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题目列表(包括答案和解析)

05(河北、河南、安徽、山西)16 .(20分) 图1中B为电源,电动势,内阻不计。固定电阻,R2

为光敏电阻。C为平行板电容器,虚线到两极板距离相等,极板长,两极板的间距。S为屏,与极板垂直,到极板的距离。P为一圆盘,由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成,它可绕轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时,R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度连续不断地射入C。已知电子电量,电子,电子质量。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。

(1)设圆盘不转动,细光束通过b照射到R2上,求电子到达屏S上时,它离O点的距离y。(计算结果保留二位有效数字)。

(2)设转盘按图1中箭头方向匀速转动,每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t=0,试在图2给出的坐标纸上,画出电子到达屏S上时,它离O点的距离y随时间t的变化图线(0—6s间)。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。(不要求写出计算过程,只按画出的图线评分。)

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05(广东卷)35  ⑴如图9所示,氢原子从n>2的某一能级跃迁到n=2的能级,

辐射出能量为2.55eV的光子。

问最少要给基态的氢原子提供多少电子伏特的能量,才能使它

辐射上述能量的光子?请在图9中画出获得该能量后的氢原子

可能的辐射跃迁图。

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05(上海卷)18 .对“落体运动快慢”、“力与物体运动关系”等问题,亚里士多德和伽利略存在着不同的观点.请完成下表:

亚里士多德的观点

伽利略的观点

落体运动快慢

重的物体下落快,轻的物体下落慢

力与物体运动关系

维持物体运动不需要力

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05(上海卷)31 .(6分)部分电磁波的大致波长范围如图所

示.若要利用缝宽与手指宽度相当的缝获得明显的衍射现象,可选用___________波段的电磁波,其原因是_______________________________________________________。

 

 

 

 

 

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05(广东卷)67 热力学第二定律常见的表述有两种。

第一种表述:不可能使热量由低温物体传递到高温物体,而不引起其他变化;

第二种表述:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化。

图10(a)是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图:外界对制冷机做功,使热量从低温物体传递到高温物体。请你根据第二种表述完成示意图10(b)。根据你的理解,热力学第二定律的实质是_________________________。

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一、选择题(本大题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错、多选或不选的得0分)

1.B     2.A     3.BCD     4.ABD     5.AD      6.ABD

7.C     8.BCD   9.AD     10.D        11.BD     12.CD

二、实验题(本小题共3小题,共18分)

14.(1)1000Ω(1分)    操作①中将选择开关

20090418

“×100”挡;在操作②之前疏漏了重新调零,

应将两表笔短接,调节调零旋钮,重新进行欧

姆调零(2分)

   (2)见右图(2分,变阻器连成限流式可给1分。)

   (3)大于(1分)

15.(1)见图(3分)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

   (3)1.46V(1.44V―1.48V)(2分)

    0.72Ω   (0.69Ω―0.74Ω)

16.(8分)解:设灯泡的额定电压为U,额定电流为I。

    则当K闭合时,根据闭合电路欧姆定律可得:

       (2分)

    当K断开后,要灯泡仍正常发光,必有:

        (2分)

    由以上二式联立可得:()  (2分)

    求得R2=50Ω(2分)

17.(10分)解:(1)当线框上边ab进入磁场,线圈中产生感应电流I,线框的速度为v由于线框匀速运动,线框受力平衡,F+mg=Mg  (2分)

                                  F=BIL      (1分)

                                  E=BIv      (1分)

                               联立解得  v=3.2m/s      (2分)

   (2)重物M下降做的功为  W=MgL=0.14J              (2分)

     由能量守恒可得产生的电能为 (2分)

18.(16分)解:(1)粒子运动轨迹如图所示,设粒子在P点时速度大小为v0,OQ段为四分之一圆弧,QP段为抛物线,根据对称性可知,粒子在Q点的速度大小也为V,方向与x轴正方向成45°。可得

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

   (2)Q到P过程,由动能定理得         (3分)

                即                      (1分)

   (3)在Q点时,                  (1分)

    由P到Q过程中,竖直方向上有:        (1分)

 

    水平方向有:    (1分)  则OQ=3L-2L=L    (1分)

    得粒子在OQ段圆周运动的半径                    (1分)

    Q到O的时间:                           (1分)

    设粒子到M点的速度为零则粒子从0到M点所用的时间为

                                          (1分)

    料子从P开始运动到第二次离开磁场所用的时间为

                t=t1+2t2+2t3=(12L+πL)/2v0                     (2分)