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2012崇明模拟卷答案


2012 崇明模拟卷答案 一、选择题(1)每题 2 分,共 16 分 题号 答案 1 C 2 B 3 C 4 D 5 C 6 D 7 A 8 B

二、选择题(2)每题 3 分,共 24 分 题号 答案 9 D 10 B 11 C 12 D 13 A 14 D 15 C 16 B

三、多选题 每题 4 分,部分答对得 2 分,共 16 分

题号 答案 17 BC 18 CD 19 BC 20 AD

四、填空题(每空 2 分,共 20 分) (21) 、 (24) 、

V M , S NA
20 , 12.5

(22) 、

V 3T 2?G



VT 2?

(23) 、

6 gl ,45? 5

(25) 、10、20

五、实验题(共 24 分) (26) 、A B C (5 分,部分答对得 3 分) (27) 、① a ??

d2 (2 分) ,② B E(4 分,部分答对得 2 分) 2l (?t )2

(28) 、①水密度比水银小,同样压强变化时,高度差明显(2 分,答到水的密度小便能得分) ②上升(1 分) ,1.36(2 分) ;③ 5.4 (2 分) (29) 、①2.1, 2.9(2 分,每空 1 分)②

?d 2
TS

(2 分) ;③1.6(2 分)
F

六、计算题、 (共 50 分) 30、 (共 10 分)(1) F ? qE, E ?

F (2 分) (正确作图 2 分) M q

θ
N

(2) U MN ? EL cos? ?

F L cos? (3 分) q
1 2 mv ? FL cos ? (3 分) 2 0

(3) EKM ? EKN ? qU MN ? 31、 (共 13 分)

(1) (4 分)由图象可知,在 0~2s 内: a1 ? 方向沿杆向上 (1 分)

v2 ? v1 ? 20m/s2 t1

(1 分)

在 2~4s 内: a2 ?

v3 ? v2 ? ?10m/s2 (1 分) t2

负号表示方向沿杆向下 (1 分) (2) (4 分)有力时的上升过程,由受力分析和牛顿第二定律有: . . . . . . . . . . . . . . .① (1 分) F cos? ? ? (mgcos? ? F sin ? ) ? mgsin ? ? ma1 . F 停止后的上升阶段,有: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .② ? ?mgcos? ? mgsin ? ? ma2 .

??
F?

a2 ? g sin ? ? 0.5 ? g cos?

(2 分)

ma 1 ? m gsin ? ? ?m g cos? ? 60N (1 分) cos? ? ? sin ?

(3)由图可知前 0.2s 小球上升距离 S1=0.4m, (1 分) 停止拉力后,小球继续上升距离时间

t2 ?

v ? 0.4s a2

(1 分) (1 分)

v t 2 ? 0.8m 总共上升距离 s ? s1 ? s2 ? 1.2m 2 小球沿杆滑下是加速度 a3 ? g sin ? - ?g cos? ? 2m / s 2
上升距离 s2 ? 下滑时间 t3 ?

2s ? 1.2 ? 1.1s a3

(1 分) (1 分)

所以撤销外力后,小球滑到底部所用时间 t ? t2 ? t3 ? 1.5s

32、 (共 12 分) (1) (2 分)右端气体 pA =p0+ρ gh=(75+25)cmHg=100 cmHg (2 分)

(2) (4 分)当两边汞柱高度相等时,右端气柱 VA?=17.5s,pA'VA'=pAVA, (1 分) 代人数据得 pA?=171.4cmHg; (1 分) 左端气柱 pB?=pA?=171.4cmHg, (1 分) 活塞受力 F+p0S=pB?S 得 F=(pB?-p0)S=6.4N (1 分) (3)(6 分)左端气柱等压变化,T1=360K,VB=4s,T2=270K.

? VB VB , ? T1 T2

(1 分)

代人数据得 VB'=3s, 气柱长 3cm. (1 分) 设右端汞柱上升 xcm,则左侧汞柱下降 xcm, 右端气柱 p1=100cmHg,T1=360K,VA=30s, T2=270K,VA'=(30-x)s,p2=(100-2x)cmHg. (1 分)

P PV ? 1VA ? 2 A T1 T2

(1 分)

代人数据 100×30/360=(100-2x)(30-x)/270,x2-80x+375=0, 得 x1=5,x2=75(不合题意舍去). (1 分) ∴ 活塞下降距离 s=6cm. (1 分) 33、 (共 15 分) (1) (4 分)当速度最大时,感应电动势最大,R 上消耗功率最大。 E=BLV0 (1 分) E =0.4×1×6V=2.4V; (1 分) PR=I2R= (

E 2 2.4 2 ) R?( ) ? 2W ? 1.28W R?r 2 ?1

(2 分)

(2) (5 分)当金属棒速度为 v=3m/s 时,加速度为 a ?

?v 6 ? ? 3m / s 2 沿斜面向下(1 分) ?t 2

FA ? B I l ?

B 2l 2 v ? 0.16N R?r

(1 分)

由牛顿第二定律得(取沿斜面向下为正方向) :

?mgcos? ? mgsin ? ? FA ? F ? ma(1 分)
F ? ?mgcos? ? mgsin ? ? FA ? ma ? 1.16N , (1 分)
平行于斜面向上 (1 分) (3) (6 分) 由图可知速度 v ? 6 ? at (沿斜面向上为正方向) (1 分) 安培力 : FA ? BIl ?

B 2l 2 v ? 0.32 - 0.16t (沿斜面向下为正方向) (1 分) R?r

上升阶段由牛顿第二定律:

?mgcos? ? mgsin ? ? FA ? F ? ma (1 分)
代入得:F=1.32-0.16t,(0<t<2) (1 分) 下降时,摩擦力方向改变,安培力随速度改变而改变

F ? mgsin ? ? ?mgcos? ? FA ? ma(1 分)
F ? 0.16t ? 0.52
(2<t<4) (1 分)


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