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高三2024新高考单科综合卷(一)1物理(新教材)试题

最新联考 2024-08-02 15:38:31 12

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3,选项C正确；水平方向受静电力F,=ma=m8.(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm(2)30cmt1ms,小球所受的合外力是F,与mg的合力，可知合力的解析：(1)电子经电场加速清足qU。=2m03大小F=mg)+F,-2y,3mg,选项A、B错误；小球通g电场维税后制学量y=名-名·险（台）》U信L过P点时的速度大小Vp=gt=√3vo,则动能E知=联立可得y=4U。,由题图知t=0.06s时刻U信=1.8U。,2mu,=之mu2,选项D错误。解得y=4.5cm设打在屏上的点距O点的距离为Y,则有4.BD因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力（等效重力）方向向上，则静电力方向向Y L+2上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重yL力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力的方向竖直向上，所以小球运解得Y=13.5cm。动到最低点时速度最小，最小速度满足qE一mg=m乙，即(2)由题意知电子侧移量y的最大值为兰，结合(1)的分析当(qE-mg)l偏转电压超过2U。,电子就打不到荧光屏上了，可得荧光屏上,故D正确。电子能打到的区间长为3L=30cm。9.(1)1.25m(2)4.8N5.BD因为电场强度E=m3,所以小球所受静电力大小也为(3)小物块与圆心的连线与竖直方向夹角为45°0.93J解析：(1)物块恰能通过轨道最高点L的条件是mg,故小球所受合力大小为√2mg,方向斜向右下方，与竖直UL方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此mg=mR,代入数据解得z=2m/s设A到N的距离为s,对A到L过程中根据动能定理得时满足√W2mg=m元，因此小球在竖直面内做圆周运动的最小速度vmm=√√2gL,A错误；由功能关系知，小球机械能qEs-jmgs-mg.2R-2mv-0的变化等于除重力之外的其他力所做的功，小球在竖直平面代入数据解得s=1.25m。内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力对小球做的正(2)物块由P到L过程，根据动能定理得1功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，B正确；小球在mgR-gER-2mvmA点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C错误；若将小球以√g工的速度竖直向上抛出，由对称性知解得vp=2√5m/s1,g2=经时同：=2区回到相同离度，其水平位移8=名·在P点，根据牛顿第二定律得F、一gE=mR代入数据解得F、=4.8N。2L,故小球刚好运动到B点，D正确(3)如图所示，当合力的反方向延长线6.BC小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知过圆心时动能最大，设该点为B,过BP从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平的半径与竖直方向间的夹角为0，则方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为α，根据tan0=9E=1,得0=45°.NA运动学公式得x1=2a2,x2=atX1十2at,联立可得mg从A到B,由动能定理得三-子，A错误，B正确；小球从A到M,由功能关系知在水qE(s+Rsin 0)-umgs-mgR(1-cos 0)=Ekm,解得Ekm=(0.48+0.32√2)J≈0.93J。平方向上电场力做功为W,=Fx1=8J,则从A到B水平方第48课时观察电容器的充、放电现象向上电场力做功为W,=F(x1十x2)=4W,=32J,根据能量守恒定律可知，小球运动到B点时的动能为EB=Eo十1.B充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容4W:=16J十32J=48J,C正确；根据运动轨迹可知，小球的器充电结束后，电流表示数为零，A错误运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球充电过程中，随着电容器C两极板电荷量从A到B过程中最小速度一定与等效重力G垂直，在AM的积累，电压表测量电容器两端的电压，电之间，最小动能小于8J,D错误。容器两端的电压迅速增大，电容器充电结7.BC电场力与重力的合力可视为等效重束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I-t图像如力，则mg'=√(mg)+(gE)产=5图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，4 mg,C、D错误。M O则等效重力加速度g=坚，如图所示，2.充电正自右向左放电4C.0解析：将开关S合向1，电源与电容器连通，电路中有电流流tan0=gE、3gE过，说明电源在给电容器储存电荷，这一过程叫作充电；经过mg=4。当小球刚好通过等效Q这一过程，电容器的两极板就会带上等量的异种电荷，其上最低点C关于O点对称的D点（等效最.mg极板带正电荷；当把开关S由1合向2时，从电势高的正极板高点)时，就能够做完整的圆周运动。小球在D点时动能最能形成电流流到电势低的负极板，则有自右向左流过灵敏电流计G的短暂电流，这个过程叫放电。小，但并非电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在圆轨道上运动过程中能量守恒，根据3.(1)见解析图(2)在开始放电时电容器所带的电荷量(3)1.1×103(4)偏小能量守恒定律，小球在圆轨道上M点的位置电势能最小，所解析：(1)用平滑的曲线连接，作出图像如图所示。以小球的机械能最大，选项B正确；在P点和Q点，由牛顿第↑ilA500二定律得F。一mg=mR,Fp十mg=mR,从Q点到P400点，由动能定理得-mg·2R=2mu,2-2mg',联立解得300200日F。一Fp=6mg,选项C正确，D错误。100中010203040506070/s高中总复习·物理581参考答案与详解

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