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文檔簡介

試卷第=page11頁,共=sectionpages33頁試卷第=page11頁,共=sectionpages33頁1.某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)與濃度的關(guān)系曲線如圖(a)所示,將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中,并與恒壓電源,電流表等構(gòu)成如圖(b)所示的電路,閉合開關(guān)S后,若降低溶液濃度,則()A.電容器的電容減小 B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大 D.溶液濃度降低過程中電流方向為M→N

2.工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時,為了實時監(jiān)控其厚度,通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板,上下位置均固定,且分別接在恒壓直流電源的兩極上(電源電壓小于材料的擊穿電壓)。當(dāng)流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大時,下列說法正確的是()

A.A、B平行板電容器的電容減小B.A、B兩板上的電荷量變小C.有電流從b向a流過靈敏電流計D.A、B兩板間的電場強(qiáng)度減小3.計算機(jī)鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片,與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片,這組金屬片組成一個可變電容器。當(dāng)連接電源不斷電,按下某個鍵時,與之相連的電子線路就給出該鍵相關(guān)的信號,當(dāng)按下鍵時,電容器的()A.電容變大 B.極板的電量變小C.極板間的電壓變大 D.極板間的場強(qiáng)變小4.如圖所示,電容式麥克風(fēng)的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成,它與基板構(gòu)成電容器。工作時,振動膜隨聲波左右振動。下列說法正確的是()A.振動膜不振動時,電容器不帶電B.振動膜向右運動時,電容器的電容減小C.振動膜向左運動時,電容器充電D.振動膜向右運動時,電阻上有從a到b的電流5.隨著生活水平的提高,電子秤已經(jīng)成為日常生活中不可或缺的一部分,電子秤的種類也有很多,如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖。稱重時,把物體放到電子秤面板上,壓力作用會導(dǎo)致平行板上層膜片電極下移。則放上物體后()

A.電容器的電容變小 B.電容器的帶電量減少C.極板間電場強(qiáng)度不變 D.膜片下移過程中,電流表有從b到a的電流6.如圖所示,M、N是平行板電容器的兩個極板,為定值電阻,R為滑動變阻器,用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部。閉合電鍵S,電容器極板帶電量為Q,小球靜止時懸線與豎直方向的夾角為。下列判斷正確的是()A.若只將變阻器滑片P緩慢地向b端移動,則角將減小B.若只將變阻器滑片P緩慢地向b端移動,則電容器帶電量Q將減小C.若只將電容器M極板靠近N極板,則角將增大D.若只將電容器M極板靠近N極板,則電容器電量Q不變7.微信計步是通過手機(jī)內(nèi)置的電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。其原理如圖所示,M和N為電容器兩極板,M極板固定在手機(jī)上,N極板兩端與固定在手機(jī)上的兩輕彈簧連接。當(dāng)手機(jī)加速度變化時,由于慣性,N極板只能按圖中標(biāo)識的“上、下”或“左、右”方向運動。下列說法正確的是()A.手機(jī)勻速運動,定值電阻R中有電流B.N極板向左運動時,電容器的電容增大C.N極板向上運動時,電流由a向b流過電流表D.N極板向上運動時,電流由b向a流過電流表8.如圖甲為一可變電容器,圖乙為兩個完全相同的半圓形平行金屬板接在電路中,開始時兩金屬板正對,保持開關(guān)S閉合,將上側(cè)金屬板轉(zhuǎn)過,同時將兩板之間的距離增大到原來的;則調(diào)整前、后(

A.兩極板間的電場強(qiáng)度之比為2∶3 B.兩極板間的電場強(qiáng)度之比為3∶2C.電容器的電容之比為3∶2 D.電容器的電容之比為2∶39.目前許多國產(chǎn)手機(jī)都有指紋解鎖功能,用的指紋識別傳感器是電容式傳感器,如圖所示。指紋的凸起部分叫“嵴”,凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板,當(dāng)手指貼在傳感器上時,這些小極板和正對的皮膚表面形成大量的小電容器,這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同,此時傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到同一電壓值,然后,電容器放電,電容小的電容器放電較快,根據(jù)放電快慢的不同,就可以探測到嵴和峪的位置,從而形成指紋圖像數(shù)據(jù),根據(jù)文中信息,下列說法正確的是()A.充電后在嵴處形成的電容器的電荷量小B.若在手機(jī)屏上增貼了一層厚度均勻的玻璃膜,則指紋識別解鎖功能無法使用C.在峪處形成的電容器電容較小D.沾水潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響10.如圖所示,D是一只理想二極管,水平放置的平行板電容器的A、B兩極板間有一帶電液滴,在P點處于靜止?fàn)顟B(tài)。以Q表示電容器儲存的電荷量,U表示兩極板間的電壓,φ表示P點的電勢,B極板接地。若保持極板B不動,第一次將極板A稍向下平移,第二次將極板A稍向上平移(移動后極板A的位置還在P點上方),則下列說法正確的是()A.兩次移動后Q相同B.兩次移動后點電荷都保持靜止C.第一次移動后U變小,第二次移動后U變大D.第一次移動后φ增大,第二次移動后φ不變11.在水平方向的勻強(qiáng)電場中,一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運動。如圖,若小球的初速度方向沿虛線,則其運動軌跡為直線,若小球的初速度方向垂直于虛線,則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中()A.動能減小,電勢能增大 B.動能增大,電勢能增大C.動能減小,電勢能減小 D.動能增大,電勢能減小

12.如圖所示,質(zhì)量為m的小球帶正電荷q,處于一傾角的光滑絕緣斜面上,整個裝置處于一水平向左的勻強(qiáng)電場中,其電場強(qiáng)度。現(xiàn)讓小球從A點以速度水平射出,落在斜面上的B點。則小球從A到B點的過程中,下列說法中正確的是()A.小球速度大小保持不變 B.小球的機(jī)械能先變小后增大C.小球動能最小時,其電勢能達(dá)到最大值 D.重力對小球做的功等于小球電勢能的增加量13.如圖所示,在豎直向上的勻強(qiáng)電場中,A球位于B球的正上方,質(zhì)量相等的兩個小球以相同初速度水平拋出,它們最后落在水平面上同一點,其中只有一個小球帶電,不計空氣阻力,下列判斷不正確的是()A.如果A球帶電,則A球一定帶負(fù)電 B.如果A球帶電,則A球的電勢能一定增加C.如果B球帶電,則B球一定帶正電 D.如果B球帶電,則B球的電勢能一定增加14.如圖所示,在地面上空兩水平虛線區(qū)域內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場,帶正電荷的小球從勻強(qiáng)電場上方的O點由靜止釋放,不計空氣阻力,以O(shè)點為坐標(biāo)原點,水平向右為x軸正方向,豎直向下為y軸正方向,建立平面直角坐標(biāo)系。則小球在落地前的運動軌跡可能是()

A.

B.

C.

D.

15.如圖所示,一質(zhì)量為m、帶正電的液滴,在水平向右的勻強(qiáng)電場中運動,運動軌跡在豎直平面內(nèi),A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該液滴在A點的速度大小為,方向與豎直方向的夾角為30°,它運動到B點時速度大小仍為,方向與豎直方向的夾角為60°。則液滴從A運動到B的過程()A.在水平方向和豎直方向的分位移相等B.機(jī)械能增加C.電勢能增加D.合外力做功16.如圖所示,豎直面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場,其方向與x軸夾角為37°。現(xiàn)有質(zhì)量為m的一帶負(fù)電的小球,從О點以速度豎直向下拋出。已知小球的加速度沿x軸方向。sin37°=0.6,cos37°=0.8,則關(guān)于帶電小球運動過程中的說法正確的是()

A.小球加速度可能沿x軸負(fù)方向 B.小球的機(jī)械能一直在減少C.小球的電勢能一直在增加 D.小球所受電場力的大小為17.在如圖所示的空間中存在方向斜向右下方的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出),一帶正電小球從足夠高的豎直墻面上的A點以某一速度水平向左拋出,之后到達(dá)墻面上的B點.不計空氣阻力,下列說法正確的是()

A.小球遠(yuǎn)離墻面的過程中動能一定增大B.小球遠(yuǎn)離墻面的過程中動能一定減小C.小球靠近墻面的過程中動能一定增大D.小球靠近墻面的過程中動能一定減小18.如圖,傾角為30°的斜面上有一個電荷量為q(q>0)質(zhì)量為m的小球以v0的初速度水平拋出。豎直平面內(nèi)有一水平向左的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E。已知小球回到斜面時速度方向與斜面的夾角不變,克服電場力做功。從拋出小球到小球回到斜面的運動過程中,下列說法正確的是()A.B.該系統(tǒng)的機(jī)械能不變C.小球最小速度為D.若第二次拋出小球時撤去電場,則兩次小球離斜面最遠(yuǎn)距離之差為19.如圖所示,在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在著方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為。一個可視為質(zhì)點的帶電小球在時刻從y軸上的a點以沿x軸正方向的初速度進(jìn)入電場,圖中的b、c、d是從時刻開始每隔0.1s記錄到的小球位置,已知重力加速度的大小是10m/s2。則以下說法正確的是()A.小球從a運動到d的過程中,電勢能一定減小B.小球從a運動到d的過程中,機(jī)械能一定增大C.小球的初速度是60m/sD.小球的比荷()是20.如圖所示,處于真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成θ角,直線與勻強(qiáng)電場E互相垂直。在A點以大小為的初速度水平拋出一質(zhì)量為m,帶電量為的小球,經(jīng)時間t,小球下落一段距離過C點(圖中未畫出)時速度大小仍為,在小球由A點運動到C點的過程中,下列說法中正確的是()A.小球的電勢能減少B.C可能位于直線的右側(cè)C.小球的機(jī)械能減少量一定等于D.小球的機(jī)械能減少量一定大于21.如圖(a),將一彈簧振子豎直懸掛,以小球的平衡位置為坐標(biāo)原點O,豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放,其在地球與某球狀天體表面做簡諧運動的圖像如(b)所示(不考慮自轉(zhuǎn)影響),設(shè)地球、該天體的平均密度分別為和,地球半徑是該天體半徑的n倍。的值為()A. B. C. D.

22.某顆中子星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的倍,半徑約為20km,已知地球的半徑為6400km,忽略星球自轉(zhuǎn)的影響,則該中子星表面的重力加速度大小與地球表面的重力加速度大小之比約為()A. B. C. D.23.設(shè)宇宙中有一自轉(zhuǎn)角速度為,半徑為R、質(zhì)量分布均勻的小行星。在小行星上用彈簧測力計稱量某一質(zhì)量為m的物塊,在極點處彈簧測力計的示數(shù)為F,此處重力加速度大小為;在赤道處彈簧測力計的示數(shù)為,此處重力加速度大小為,則下列關(guān)系式正確的是()A. B.C. D.24.如圖所示,豎直彈簧上端固定,質(zhì)量為的小球在豎直方向做振幅為的簡諧運動。當(dāng)小球振動到最高點時彈簧恰好為原長,重力加速度為,則小球在簡諧運動過程中,下列說法正確的是()A.彈簧的彈性勢能和小球的動能之和保持不變B.小球最大動能等于C.彈簧最大彈性勢能等于D.小球在最低點時彈簧的彈力大小為25.科學(xué)家對于外太空的探測腳步一直未停止,近期在距離地球200光年發(fā)現(xiàn)了一“超級地球”行星K2-155d,研究表明其表面有可能存在液態(tài)水,所以科學(xué)家期待深入探索K2-155d的生命跡象。已知繞行星K2-155d運動的衛(wèi)星公轉(zhuǎn)周期為月球繞地球公轉(zhuǎn)周期的p倍,繞行星K2-155d運動的衛(wèi)星軌道半徑為月球繞地球軌道半徑的q倍,行星K2-155d半徑為地球半徑的n倍。并且地球表面的重力加速度為g,忽略行星K2-155d和地球的自轉(zhuǎn),則質(zhì)量為m的小球在行星K2-155d表面的重力為()A. B. C. D.26.2023年7月23日,我國首個火星探測器“天問一號”成功發(fā)射三周年,如圖所示,已知地球表面重力加速度為g,地球的質(zhì)量是火星質(zhì)量的k倍,地球的半徑是火星半徑的n倍,假設(shè)探測器在火星的著陸點為水平面,探測器總質(zhì)量為m,探測器有4條腿,每條腿與地面夾角為,則每條腿對火星表面的正壓力大小為(

)A. B. C. D.27.一物體從一行星表面某高處自由下落(不計表層大氣阻力),自開始下落計時,得到物體離該行星表面的高度h隨時間t變化的圖像如圖所示,則下列說法正確的是()A.物體作勻速直線運動B.行星表面重力加速度的大小為C.物體落到行星表面時的速度大小為D.物體下落到行星表面的過程中,平均速度的大小為28.我國自2004年起啟動月球探測工程,2022年10月31日,山東大學(xué)牽頭完成的世界第一幅1:250萬月球全月巖石類型分布圖對外公布,該研究成果發(fā)表于國際綜合性期刊《科學(xué)通報》。假設(shè)距離月球球心處的重力加速度與的關(guān)系圖像如圖所示,已知引力常量為,則()A.距月球表面距離處的重力加速度B.月球的平均密度為C.在距月球表面軌道上運行的航天器的速度大小為D.距月球球心和兩位置處的重力加速度大小相等29.如圖甲,一質(zhì)量為m的物體B放在水平面上,質(zhì)量為2m的物體A通過一輕彈簧與其連接。給A一豎直方向上的初速度,當(dāng)A運動到最高點時,B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時,A的位移隨時間變化規(guī)律如圖乙,已知重力加速度為g,下列說法正確的是()A.時間內(nèi),物體A的速度與加速度方向相反B.物體A在任意一個1.25s內(nèi)通過的路程均為50cmC.物體A的振動方程為D.物體B對水平面的最大壓力為9mg30.如圖所示,一根長為、粗細(xì)均勻且橫截面積為的木筷下端繞幾圈鐵絲,豎直浮在較大裝有水的容器中。現(xiàn)把木筷往上提起一小段距離后放手,木筷就在水中上下做簡諧振動。已知鐵絲與木筷總質(zhì)量為,木筷與鐵絲整體的等效密度為,水的密度為。簡諧運動的周期公式,其中是回復(fù)力與位移的比例系數(shù),為系統(tǒng)的質(zhì)量。當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。忽略鐵絲的體積,則該系統(tǒng)振動的周期為()A. B.C. D.答案第=page11頁,共=sectionpages22頁答案第=page11頁,共=sectionpages22頁參考答案:1.B【詳解】A.降低溶液濃度,不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)增大,根據(jù)電容器的決定式可知電容器的電容增大,故A錯誤;BC.溶液不導(dǎo)電沒有形成閉合回路,電容器兩端的電壓不變,根據(jù)結(jié)合A選項分析可知電容器所帶的電荷量增大,故B正確,C錯誤;D.根據(jù)B選項分析可知電容器所帶的電荷量增大,則給電容器充電,結(jié)合題圖可知電路中電流方向為,故D錯誤。故選B。【點睛】2.C【詳解】A.根據(jù)公式可知,當(dāng)產(chǎn)品厚度增大時,變大,電容變大,故A錯誤;BC.根據(jù),因為電容器的電容變大,兩極板間的電壓不變,故A、B兩板上的電荷量變大;此時有充電電流從b向a流過靈敏電流計,故B錯誤,C正確;D.根據(jù)可知,兩極板間電壓不變,極板間距不變,故電場強(qiáng)度不變,故D錯誤。故選C。3.A【詳解】A.根據(jù)當(dāng)按下鍵時,極板間間距d減小,則電容變大,A正確;B.連接電源不斷電,即極板間電壓不變,根據(jù)根據(jù)上述,電容變大,則極板的電量變大,B錯誤;C.連接電源不斷電,即極板間電壓不變,C錯誤;D.根據(jù)極板間電壓不變,極板間間距減小,則極板間電場強(qiáng)度變大,D錯誤。故選A。4.D【詳解】A.振動膜不振動時,電容器電容保持不變,電容器電壓不變,電容器所帶電荷量不變,故A錯誤;B.振動膜向右運動時,可知d減小,根據(jù)可知電容增大,故B錯誤;C.振動膜向左運動時,可知d增大,根據(jù)可知電容減小,電容器電荷量減小,電容器放電,故C錯誤;D.振動膜向右運動時,電容器的電容增大,電壓不變,可知電容器電荷量增大,電阻上有從a到b的電流,故D正確。故選D。5.D【詳解】ABD.根據(jù)電容的決定式當(dāng)平行板上層膜片電極下移時,即d減小,導(dǎo)致C增大,電容器兩端的電壓不變,再根據(jù)電容的比值定義式可知帶電量增大,電容器處于充電過程,所以電流表有從b到a的電流,故AB錯誤,D正確;C.根據(jù)可知,當(dāng)d減小,U不變,E增大,故C錯誤。故選D。6.C【詳解】小球處于平衡狀態(tài)可知AB.若只將變阻器滑片P緩慢地向b端移動,兩極板之間的電壓增大,根據(jù)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度與電勢差關(guān)系,可知電場強(qiáng)度增大,故則角將增大;電容器的帶電荷量為,可知電容器帶電量Q將增大,故AB錯誤;CD.若只將電容器M極板靠近N極板,根據(jù)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度與電勢差關(guān)系,可知減小極板間的距離,電場強(qiáng)度增大,故則角將增大;根據(jù)平行板電容器的決定式可知減小極板間的距離,電容器的電容增大,電容器帶電荷量為,可知電容器帶電量Q將增大,故C正確,D錯誤。故選C。7.C【詳解】A.手機(jī)勻速運動時,N極板不運動,定值電阻R中沒有電流,A錯誤;B.N極板向左運動,兩極板正對面積減小,由電容決定式可知電容C減小,B錯誤;CD.N極板向上運動時,兩極板間的距離減小,由電容決定式可知電容器的電容C增大,而N極板與M極板間的電壓不隨N極板運動而變化,由電容定義式可知電容器所帶的電荷量增加,電容器處于充電狀態(tài),充電電流由a向b流過電流表,C正確,D錯誤。故選C。8.B【詳解】AB.保持開關(guān)S閉合,電容器兩端的電壓保持不變,對電容器故故A錯誤,B正確;CD.電容器的電容又聯(lián)立解得故CD錯誤。故選B。9.C【詳解】AC.峪處d較小,嵴處d較大,根據(jù)電容的計算公式可知,峪處形成的電容器電容較小,嵴處構(gòu)成的電容器電容大,根據(jù)可知,充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大,故A錯誤,C正確;B.在手機(jī)屏上增貼了一層厚度均勻的玻璃膜,即在電容器中間插入一層厚度均勻絕緣介質(zhì),無論是嵴處還是峪處的電容都變大,但仍然是嵴處較大,峪處較小,指紋識別解鎖功能仍然可以使用,故B錯誤;D.濕的手與傳感器之間有水填充,改變了原來匹配成平行板電容器的電容,所以會影響指紋解鎖和指紋識別,故D錯誤。故選C。10.D【詳解】AC.第一次極板A稍向下平移,平移極板間距d減小,由電容器決定式可知電容C增大,電源可通過二極管對電容器充電,Q增大,電壓U不變。第二次極板A稍向上平移,極板間距d增大,由知電容C減小,若電容器兩端電壓U不變,電容器所帶電量Q將減小,由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞯碾姾刹荒芑氐诫娫矗噪娙萜鞯碾娏縌不變。由于電容C減小,由電容的定義式知,U變大。AC錯誤;BD.由和、可得可知第一次A稍向下平移,因為兩極板間距d減小,U不變,故場強(qiáng)增大,電荷向上移動。因為極板B接地,電勢為零,P點到極板B的電勢差增大,P點電勢φ增大。第二次將極板A稍向上平移,Q、S都不變,故場強(qiáng)不變,電荷保持靜止。因為極板B接地,電勢為零,P點到極板B的距離不變,則P點到極板B的電勢差不變,故P點φ不變。故D正確,B錯誤。故選D。11.D【詳解】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線,則其運動軌跡為直線,可知電場力和重力的合力沿著虛線方向,又電場強(qiáng)度方向為水平方向,根據(jù)力的合成可知電場強(qiáng)度方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虛線,則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零,電場力的方向與小球的運動方向相同,則電場力對小球正功,小球的動能增大,電勢能減小。故選D。12.D【詳解】A.因為所以合力,方向與水平夾角45°小球從A到B點的過程中,合力先做負(fù)功后做正功,動能先變小后變大,速度先變小后變大,故A錯誤;B.當(dāng)水平分速度減為零時此時豎直分速度位移偏轉(zhuǎn)角剛好落回斜面,所以電場力一直做負(fù)功,機(jī)械能一直減小,此時速度大小為,故B錯誤;C.落回斜面過程中,電場力一直做負(fù)功,電勢能一直增大,所以落回斜面時,電勢能最大,故C錯誤;D.從A到B點的過程中,根據(jù)能量守恒可知,重力對小球做的功等于小球電勢能的增加量,故D正確。故選D。13.B【詳解】兩個小球以相同初速度水平拋出,它們最后落在水平面上同一點,水平方向做勻速直線運動,則有可知兩球下落時間相同;兩小球下落高度不同,根據(jù)公式可知A球的加速度大于B球加速度,故若A球帶電,必定帶負(fù)電,受到向下的電場力作用,電場力做正功,電勢能減小;若B球帶電,必定帶正電,受到向上的電場力作用,電場力做負(fù)功,電勢能增加。本題選擇錯誤的,故選B。14.C【詳解】小球初始做自由落體運動,速度方向豎直向下,當(dāng)帶正電荷的小球進(jìn)入水平向右的勻強(qiáng)電場區(qū)域后,小球受到水平向右的電場力和豎直向下的重力,合力的方向向右偏下,速度和合力的方向不在同一條直線上,小球做曲線運動,軌跡應(yīng)夾在速度方向和合力方向之間,軌跡上凹;出電場區(qū)域后,小球受到的重力方向豎直向下,與速度的方向仍然不在同一條直線上,小球依然做曲線運動,但軌跡向下凹,選項C正確。故選C。15.A【詳解】A.將液滴的運動進(jìn)行分解,水平方向滿足豎直方向滿足聯(lián)立解得x=hA正確;BCD.豎直方向由位移速度公式可得則重力勢能增加量為電場力對液滴做正功,電場力做功為W電=F電x=maxx液滴在水平方向做勻加速直線運動有2axx=(v0sin60°)2-(v0sin30°)2=聯(lián)立解得液滴的電勢能減少,機(jī)械能增加,動能不變,合外力做功為0,BCD錯誤。故選A。16.D【詳解】A.小球帶負(fù)電,所受電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反,對小球進(jìn)行分析,受到電場力與重力,根據(jù)矢量合成規(guī)律可知,小球的加速度一定沿x軸正方向,故A錯誤;BC.結(jié)合上述可知,小球的加速度方向與初速度方向垂直,可知,小球做類平拋運動,若過O點做電場線的垂線,可知,小球先在垂線的左側(cè)遠(yuǎn)離該垂線,后靠近垂線,越過垂線后,在垂線右側(cè)又遠(yuǎn)離該垂線,可知,電場力先做負(fù)功,后做正功,則電勢能先增大后減小,即機(jī)械能先減小后增大,故BC錯誤;D.根據(jù)上述,小球所受到電場力與重力的合力方向沿x軸正方向,根據(jù)矢量合成可知故D正確。故選D。17.C【詳解】AB.小球在水平方向先勻減速到零再反向勻加速,豎直方向自由落體,水平速度減為零前遠(yuǎn)離墻面,之后靠近墻面,由于不知道方向斜向右下方的勻強(qiáng)電場的具體方向與大小,所以在離開墻面的過程中,動能可能增大,可能減小,AB錯誤;CD.小球在靠近墻面過程中,重力與電場力做正功,因此小球靠近墻面的過程中動能一定增大,C正確,D錯誤。故選C。18.D【詳解】A.設(shè)小球落回到斜面是的速度為,則其水平分速度水平方向的只受靜電力作用,做勻減速直線運動,則加速度大小為水平方向的位移大小小球克服電場力做功解得由類斜拋運動知識可得,小球合力方向垂直斜面向下,則Eq=mg解得A錯誤;B.小球克服電場力做功,機(jī)械能減小,B錯誤;C.由類斜拋運動知識可得,當(dāng)小球沿垂直斜面的分速度為0時,速度最小,即C錯誤;D.第一次拋出小球時,離斜面最遠(yuǎn)距離第二拋出小球時,在運動起點同時垂直于斜面方向和平行與斜面方向分解、g,垂于斜面向上為軸正方向,軸方向分速度軸方向分加速度大小則得所以D正確。故選D。19.D【詳解】AB.根據(jù)分析,質(zhì)點做類平拋運動,在豎直方向上有解得表明電場力方向豎直向上,小球從a運動到d的過程中,電場力做負(fù)功,則其電勢能一定增大,電場力做負(fù)功,則小球的機(jī)械能一定減小,AB錯誤;C.在水平方向上,小球做勻速直線運動,則有C錯誤;D.由牛頓第二定律有結(jié)合上述解得D正確。故選D。20.D【詳解】A.由動能定理,動能不變,合外力的功為零,重力做正功,電場力必然做負(fù)功,電勢能增加,故A錯誤;B.若C位于直線的右側(cè),則重力做正功,電場力做正功,動能增加,與動能不變矛盾,故B錯誤;CD.小球的機(jī)械能的減少量即為豎直方向的重力勢能的減少量mgh,由于電場力向右下方,重力豎直向下,將合力沿著水平和豎直方向正交分解,豎直方向的合力大于重力,故在豎直方向的分運動的加速度a大于g,豎直方向即故C錯誤,D正確。故選D。21.C【詳解】設(shè)地球表面的重力加速度為,某球體天體表面的重力加速度為,彈簧的勁度系數(shù)為,根據(jù)簡諧運動的對稱性有可得可得設(shè)某球體天體的半徑為,在星球表面,有聯(lián)立可得故選C。【點睛】22.C【詳解】地球表面物體的重力等于地球?qū)ξ矬w的萬有引力,則有解得同理中子星表面的重力加速度大小為其中則有故選C。23.B【詳解】在極點處有在赤道處有根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系有解得,故選B。24.D【詳解】A.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,因此彈簧的彈性勢能和小球的動能、重力勢能之和保持不變,A錯誤;B.小球在平衡位置的

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