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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2024年华师大新版高三物理下册月考试卷339考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题,共18分)1、小球从倾角为45°的斜坡顶端A以20m/s的速度水平抛出,小球落到斜坡上B点,则小球从A运动到B的时间为(取g=10m/s2)()A.1sB.2sC.3sD.4s2、竖直发射的火箭质量为6×103kg,已知每秒钟喷出气体的质量为200kg,若使火箭最初能得到20.2m/s2的向上加速度,则喷出气体的速度应为()A.700m/sB.800m/sC.900m/sD.1000m/s3、下列说法正确的是()A.“如果电场线与等势面不垂直,那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量,在等势面上移动电荷时静电力就要做功.”用的是归纳法B.电场强度是用比值法定义的,电场强度与电场力成正比,与试探电荷的电荷量成反比C.探究导体的电阻与材料、长度、粗细的关系,用的是控制变量的方法D.奥斯特把电流沿南北方向放置在小磁针的正上方发现了电磁感应现象4、如图所示,一质量为2kg的物体静止于光滑水平面上,从t=0时开始运动,前2秒内受到的外力作用如图示.下列判断正确的是()A.第2秒内质点的位移是1米B.第2秒内外力所做的功是JC.第2秒末外力的瞬时功率最大D.0~2s内外力的平均功率是W5、下列关于弹力的叙述中,正确的是()A.只要物体相互接触,就一定有弹力产生B.两个相互接触的物体发生了弹性形变,一定有弹力产生C.微小的力不能使坚硬的物体发生形变,就没有弹力产生D.弹簧只有在伸长时才产生弹力6、【题文】英国物理学家狄拉克曾经预言,自然界中应该存在只有一个磁极的磁单极子,其周围磁感线呈均匀辐射状分布,距离它r处的磁感应强度大小为为常数),其磁场分布与点电荷的电场分布相似。现假设磁单极子S固定,带电小球在S极附近做匀速圆周运动。下列非磁性材料翻成的带电小球可以做匀速圆周运动的是7、【题文】如图所示,一束复色光AO以一定的入射角从玻璃射向真空时分成a、b两束,关于a、b这两种单色光;下列说法中正确的是。
A.此玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B.用同一双缝干涉装置进行实验a光的干涉条纹间距比b光的大C.a光光子能量小于b光光子能量D.在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角8、带电粒子M
只在电场力作用下由P
点运动到Q
点,在此过程中克服电场力做了2.6隆脕10鈭�6J
的功。那么A.M
在P
点的电势能大于它在Q
点的电势能B.P
点的场强大于Q
点的场强C.P
点的电势高于Q
点的电势D.M
在P
点的动能大于它在Q
点的动能9、如图所示,一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接,另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接,小球B与物块A质量相等,杆两端固定且足够长.现将物块A由静止从与O等高位置释放后,下落到轻绳与杆的夹角为θ时物块A运动的速度大小为vA,小球B运动的速度大小为vB.则下列说法中正确的是()A.vA=vBB.vB=vAsinθC.小球B增加的重力势能等于物块A减少重力势能D.小球B增加的机械能等于物块A减少机械能评卷人得分二、多选题(共5题,共10分)10、下列关于磁场的说法中,不正确的是()A.只有磁铁周围才存在磁场B.磁场是假想的,不是客观存在的C.磁场是在磁极与磁极、磁极和电流发生作用时才产生D.磁极与磁极,磁极与电流、电流与电流之间都是通过磁场发生相互作用11、如图所示,一个自由下落的小球,从它接触弹簧开始到弹簧压缩到最短的过程中,小球的速度和所受合外力的变化情况为()A.速度一直变小直到零B.速度先变大,然后变小直到为零C.合外力一直变小,方向向上D.合外力先变小后变大,方向先向下后向上12、如图是质谱仪的工作原理示意图,带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是()A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择中的磁场方向垂直纸面向外C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的荷质比越小13、图甲;乙、丙、丁是以时间为横轴的匀变速直线运动的图象;下列说法中正确的是()
A.图甲是加速度-时间图象B.图乙是速度-时间图象C.图丙是位移-时间图象D.图丁是加速度-时间图象14、绝热气缸的质量为M,绝热活塞的质量为m,活塞与气缸壁之间无摩擦且不漏气,气缸中密封一部分理想气体,最初气缸被销钉固定在足够长的光滑固定斜面上.如图所示,现拔去销钉,让气缸在斜面上自由下滑,当活塞与气缸相对静止时,被封气体与原来气缸静止在斜面上时相比较,以下说法正确的是()A.气体的压强不变B.气体的内能减少C.气体的温度升高D.气体的体积增大评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)15、在地面附近的一个质量为2kg的物体,从零势能面以下1m处下落到零势能面以下3m处在过程中,重力势能的最大值是____J,最小值是____J,重力势能变化了____J.16、某同学利用如图所示装置来研究加速度与力的关系;他将光电门1和2分别固定在长木板的A;B两处,换用不同的重物通过细线拉同一小车(小车质量约为200克),每次小车都从同一位置由静止释放).
(1)长木板右端垫一物块,其作用是用来____;
(2)用游标卡尺测得遮光条的宽度为____cm.
(3)对于所挂重物的质量,以下取值有利于减小实验误差的是____(填选项)
A.1克B.5克C.10克D.40克。
(4)要测出每次小车运动的加速度记录遮光条通过电门1,2的时间外还应测出____.17、力F1单独作用在物体A上时,A的加速度a1=5m/s2,力F2单独作用在物体A上时,A的加速度为a2=-1m/s2,则力F1和F2同时作用在物体A上时,A的加速度a的范围是____.18、一简谐横波沿轴正方向传播,在时刻的波形如图所示。已知介质中质点的振动周期为s,则该波传播速度为m/s,此时点振动方向为____(选填“轴正方向”或“轴负方向”)19、如图所示,将一质量分布均匀的正方形木箱abcd置于水平地面上,木箱边长为L,质量为m,今欲用一推力将木箱以c为支点翻倒,则为推起木箱所需的最小推力F为____,要使木箱刚能翻到,推力所做的功至少为____.
20、质量M=2㎏的长木板置于光滑水平面上,质量均为1㎏的m1和m2两个小物块中间用一根处于原长的弹簧相连,它们与木板间动摩擦因素μ1=0.1和μ2=0.3,g=10m/s2
(1)若要将M从m1和m2中抽出;F至少应多大?
(2)此时弹簧弹力。
(3)若木板足够长F从零开始逐渐增大,通过计算作出m2与M的摩擦力和F的关系图象21、磁场对放入其中的长为l、电流强度为I、方向与磁场垂直的通电导线有力F的作用,可以用磁感应强度B描述磁场的力的性质,磁感应强度的大小B=____________,在物理学中,用类似方法描述物质基本性质的物理量还有____________等.22、已知电流计的内阻Rg=90Ω;电表满刻度为300μA.
①若将该电流计改装成3安电流表需____联____Ω的电阻。
②若将此电表改为3伏特的电压表,则应将电流计与电阻____联,电阻的取值应为____Ω
③若用②中改装表去测电压时,如果指针在150μA的位置,则所测电压读数为____V.23、(2014秋•三水区校级期中)三轮车工人在运输比较重的贷物时,往往站着蹬,脚对踏板的力(竖直向下)F是500N,脚踏板的受力点为A,距转动轴O的距离AO是0.2m,AO与水平方向成37°.如图,则三轮车工人踏踏板的力F的力矩是____.评卷人得分四、判断题(共3题,共15分)24、封闭在汽缸内一定质量的气体,如果保持气体体积不变,当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的分子数增多.____.(判断对错)25、参考系的选取是任意的,但参考系的选取应使物体运动的描述尽可能简单.____.(判断对错)26、质点就是体积很小的物体.____(判断对错)评卷人得分五、作图题(共3题,共6分)27、画出飞车走壁杂技表演时,在竖直筒壁边上飞速行驶的飞车在图示位置时的受力示意图来.28、如图表示两面平行玻璃砖的截面图,一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上,a、b是其中的两条平行光线.光线a在玻璃砖中的光路已给出.画出光线b的光路图并求出从玻璃砖中首次出射时的折射角29、用作图法分别画出图中的未知的分力.(虚线所示为力的方向)
评卷人得分六、计算题(共4题,共32分)30、如图所示,A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球,B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子,且M=2m,盒子与地面间的动摩擦因数=0.2,盒内存在着竖直向上的匀强电场,场强大小E=2mg/q,盒外没有电场.盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔,孔间距满足一定的关系,使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触.当小球A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间,盒子B恰以v1=6m/s的初速度向右滑行.已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等、方向相反.设盒子足够长,取重力加速度g=10m/s2,小球恰能顺次从各个小孔进出盒子,且不与盒子底部相碰。试求:(1)小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间;(2)盒子上至少要开多少个小孔,才能保证小球始终不与盒子接触;(3)从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中,盒子通过的总路程.31、两个天体(
包括人造天体)
间存在万有引力,并具有由相对位置决定的势能.
如果两个天体的质量分别为m1
和m2
当它们相距无穷远时势能为零,则它们距离为r
时,引力势能为EP=鈭�Gm1m2r.
发射地球同步卫星一般是把它先送入较低的圆形轨道,如图中Ⅰ,再经过两次“点火”,即先在图中a
点处启动燃气发动机,向后喷出高压燃气,卫星得到加速,进入图中的椭圆轨道Ⅱ,在轨道Ⅱ的远地点b
处第二次“点火”;卫星再次被加速,此后,沿图中的圆形轨道Ⅲ(
即同步轨道)
运动.
设某同步卫星的质量为m
地球半径为R
轨道Ⅰ距地面非常近,轨道Ⅲ距地面的距离近似为6R
地面处的重力加速度为g
并且每次点火经历的时间都很短,点火过程中卫星的质量减少可以忽略.
求:
(1)
从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中;合力对卫星所做的总功是多大?
(2)
两次“点火”过程中燃气对卫星所做的总功是多少?32、如图所示的平面直角坐标系xOy
中,ABCD
矩形区域内有磁感应强度为B0
的匀强磁场(OD
边上无磁场,OA
边上有磁场)
其中AD
两点的坐标分别为(0,a)
和(0,鈭�a)BC
两点的坐标分别为(3a,a)
和(3a,鈭�a)
在半径为a
圆心坐标为(鈭�a,0)
的圆形区域内有磁感应强度为2B0
的匀强磁场;两个区域内磁场方向均垂直纸面向里.
在鈭�a鈮�x鈮�0
的区域均匀分布有大量质量为m
带电荷量为鈭�q
的粒子,粒子均以相同的速度沿y
轴正方向射向圆形磁场,最后粒子都进入矩形磁场,已知朝着圆心(鈭�a,0)
射入的粒子刚好从O
点沿x
轴正方向进入矩形磁场.
不计粒子的重力及粒子间的相互作用.
求:
(1)
粒子进入磁场时速度v
的大小;
(2)
从B
点射出的粒子在射入矩形磁场时的速度方向与y
轴正方向夹角娄脠
(3)
从AB
边射出的粒子数与粒子总数的比值k
.33、如图所示电路,图中甲、乙两毫安表的内阻均为6Ω,当电建K断开时AB间的电阻为3Ω.R4=12Ω.当电建闭合后甲、乙两表的读数比为1:2.求R1、R2的值.参考答案一、选择题(共9题,共18分)1、D【分析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间.【解析】【解答】解:小球做平抛运动;据题有。
tan45°===
得t==s=4s
故选:D.2、C【分析】【分析】对气体分析由动量定理可求得反冲力与动量的关系;再对火箭分析可求得加速度与力的关系,联立可求得气体的速度.【解析】【解答】解:以喷出气体为研究对象;设每秒喷出气体质量为△m
由动量定理可知:
F△t=△mv0
对火箭有F-Mg=Ma
解得:v0====900m/s;
故选:C.3、C【分析】【分析】A;如果电场线与等势面不垂直;使用的假设法;
B;比值定义法中;电场强度与电场力,及试探电荷的电荷量均无关;
C;通过控制变量法;来探究导体的电阻与材料、长度、粗细的关系;
D、奥斯特发现电流的磁效应.【解析】【解答】解:A;在假设电场线与等势面不垂直的情况下;得出的结论,属于假设法,不是归纳法,故A错误;
B;电场强度是用比值法定义的;但电场强度与电场力及电荷量均无关,故B错误;
C;通过控制变量法的方法;来研究导体的电阻与材料、长度、粗细的关系,故C正确;
D;把电流沿南北方向放置在小磁针的正上方发现了电流的磁效应现象;故D错误;
故选:C.4、B【分析】【分析】本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度,再由动能定理可求得合力的功;由功率公式求得功率;【解析】【解答】解:由动量定理Ft=mv2-mv1求出1s末、2s末速度分别为:v1===1m/s、v2===1.5m/s
A、第2秒内的位移x==1.25m;故A错误;
B、第1秒内与第2秒动能增加量分别为:=1J、=1.25J;故第2s内外力所做的功为1.25J,故B正确;
C、1s末、2s末功率分别为:P1=F1v1=2w、P2=F2v2=1.5w;故C错误;
D、由动能定理可知合力做功为w==2.25J,故0~2s内功率P==W;故D错误;
故选:B5、B【分析】【分析】发生形变的物体要恢复原状对与它直接接触的物体要施加力的作用;这个力就是弹力.
知道弹力产生的条件:1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变.【解析】【解答】解:A、弹力产生的条件:1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变.
物体相互接触;没有发生弹性形变,就没有弹力,故A错误.
B;两个相互接触的物体发生了弹性形变;一定有弹力产生,故B正确.
C;有些弹性形变的现象不明显;叫微小形变,两个相互接触的物体发生了微小形变,也有弹力产生,故C错误.
D;弹簧在缩短时也产生弹力;故D错误.
故选B.6、A【分析】【解析】根据左手定则,判断出带电小球受洛伦兹力的方向,A图向上的分量与重力平衡,水平方向的分量指向圆心,满足小球做圆周运动的向心力,A正确;同理,其它选项BCD不正确。【解析】【答案】A7、D【分析】【解析】
试题分析:以相同的入射角从玻璃射向真空,a光的偏折角大,所以折射率选项A错。根据七种单色光的波长频率折射率关系,波长则有双缝干涉的条纹间距a光波长短,干涉条纹间距小,选项B错。频率根据光子能量判断a光频率高能量高,选项C错。在玻璃中的全反射临界角a的折射率大,临界角小,选项D对。
考点:折射全反射【解析】【答案】D8、D【分析】【分析】在本题中只是知道从PP到QQ电场力做负功,而电荷的正负不知道,因此无法判断电势高低,电场线或者说电场分布情况不知,也无法判断电场强度的大小。根据电场力做功和电势能的关系可以动能和电势能的变化情况。本题要正确理解电场强度、电势、电势能的决定因素和大小判断方法,不能混淆概念。【解答】A.从题目可知克服电场力做功;即电场力做负功,故电势能增加,P
点的电势能一定小于它在Q
点的电势能,故A错误;
B.电场分布情况不知;无法判断P
点和Q
点电场强度的大小关系,故B错误;
C.因为电荷正负不知;故无法判断电势高低,C错误;
D.因为只有电场力做功;因此只有电势能和动能之间的转化,电势能增加,则动能减小,故D正确。
故选D。【解析】D
9、D【分析】【分析】将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,在沿绳子方向的分速度等于B的速度.A、B组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,通过系统机械能守恒判断小球B增加的机械能与物块A减小的机械能大小关系.【解析】【解答】解:A、B将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,在沿绳子方向的分速度等于B的速度.如图所示,在沿绳子方向的分速度为vAcosθ.
所以vB=vAcosθ.故A;B错误.
C;A、B组成的系统只有重力做功;系统机械能守恒,根据机械能守恒定律得知:A减小的重力势能等于B增加的重力势能与两球增加的动能之和,所以小球B增加的重力势能小于物块A减少重力势能,故C错误.
D;物块A下降的过程中;拉力做负功,机械能减小,物块B上升的过程,拉力做正功,机械能增加.根据系统的机械能守恒得:小球B增加的机械能等于物块A减少机械能.故D正确.
故选:D.二、多选题(共5题,共10分)10、ABC【分析】【分析】(1)磁场是磁体周围存在的一种看不见的特殊物质;是真实的存在;
(2)根据磁场的特点进行分析;即磁极间的相互作用是通过磁场作用发生的;
(3)小磁针在磁场中某点静止时的N极方向,就是磁场的方向,而小磁针在不同位置静止的指向一般不同.【解析】【解答】解:A;磁体周围与电流的周围都存在着磁场;故A错误;
B;磁场是实际存在的;不是假想的.故B错误;
C;磁场以一种物质;是看不见摸不到的,具有方向性,并不是只在磁体之间有相互作用的时候才存在的.故C错误;
D;磁极与磁极;磁极与电流、电流与电流之间都是通过磁场发生相互作用.故D正确.
本题要求选择不正确的,故选:ABC.11、BD【分析】【分析】由小球下落与弹簧接触过程中弹力变化,可分析小球合外力的变化情况,进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化,可确定速度的变化情况.【解析】【解答】解:开始于弹簧接触时;压缩量很小,因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力,此时合外力大小:F=mg-kx,方向向下;
随着压缩量的增加;弹力增大,故合外力减小,当mg=kx时,合外力为零,此时速度最大;
由于惯性物体继续向下运动;此时合外力大小为:F=kx-mg,方向向上,物体减速,随着压缩量增大,物体合外力增大,当速度为零时,合外力最大.
故整个过程中物体合力先减小后增大;速度先增大后减小,最后为零.
故BD正确;AC错误.
故选:BD12、ABC【分析】【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡,做匀速直线运动,进入偏转电场后做匀速圆周运动,根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系.【解析】【解答】解:A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动,有qE=qvB,解得v=,进入偏转电后,有qvB0=m,解得R=.知r越小;比荷越大.同位素电量相等,质量不同,则偏转半径不同,所以质谱仪是分析同位素的重要工具.故A;C正确,D错误.
B;粒子在磁场中向左偏转;根据左手定则知该粒子带正电,在速度选择器中,所受的电场力水平向右,则洛伦兹力水平向左,根据左手定则,磁场的方向垂直纸面向外.
故B正确.
故选ABC.13、BCD【分析】【分析】根据匀变速直线运动的性质可分别得出速度-时间图象、加速度-时间图象、位移-时间图象及力-时间图象;结合题意可分析各项是否正确.【解析】【解答】解:匀变速直线运动的速度随时间均匀变化;故v-t图象中匀变速直线运动为倾斜的直线,故甲;乙均为v-t图象;
而匀变速直线运动的位移x=;故其图象为抛物线,故丙应为x-t图象;
匀变速直线运动;加速度恒定不变,故a-t图象为一条平行于时间轴的直线;
由以上分析可知;BCD正确,A错误;
故选BCD.14、BD【分析】【分析】该系统为绝热系统,不能进行热交换,被封闭气体内能的改变只能通过做功实现,因此解答本题的关键是判断气体体积的变化情况,根据气缸开始和后来的状态先判断出压强的变化,即可进一步判断体积的变化情况.【解析】【解答】解:设被封闭气体压强为P,大气压强为P0,开始时有:mgsinθ+P0s=Ps,后来气缸在斜面上自由下滑,当活塞与气缸相对静止时P=P0;故被封闭气体压强减小,根据气态方程可知,体积增大,对外做功,绝热系统Q=0,根据△U=W+Q可知,内能减小,温度降低,故AC错误,BD正确.
故选BD.三、填空题(共9题,共18分)15、-20-60-40【分析】【分析】重力势能的计算式为Ep=mgh,式中h为物体相对零势能面的高度,高度最高处重力势能最大,高度最小处重力势能最小.【解析】【解答】解:物体从零势能面以下1m处的重力势能最大,为:EPmax=mgh1=2×10×(-1)J=-20J
物体从零势能面以下3m处的重力势能最大,为:EPmin=mgh2=2×10×(-3)J=-60J
重力势能变化量为△EP=EPmin-EPmax=-60-(-20)=-40J;
故答案为:-20,-60,-40.16、平衡摩擦力0.52BC两个光电门之间的距离【分析】【分析】根据实验原理可知该实验需要将长木板的一端垫起适当的高度以平衡摩擦力;游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数;不需估读;
当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力.【解析】【解答】解:(1)为了消除小车所受摩擦力对实验的影响;在该实验中需要将长木板的一端垫起适当的高度,所以长木板右端垫一物块,其作用是用来平衡摩擦力.
(2)游标卡尺主尺读数为:5mm;游标尺:对齐的是2,所以读数为:2×0.1=0.2mm;
所以d=5+0.2=5.2mm=0.52cm
(3)重物与小车一起加速运动;因此重物对小车的拉力小于重物的重力,当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力,而,A答案重物的重力太小,产生的加速度不明显,不利于减小实验误差,因此BC比较符合要求.
故选:BC
(4)由题意可知,小车经过光电门时的速度等于遮光条的宽度除以时间,该实验中保持小车质量M不变,因此有:=2as;
由于:v=;所以要测出每次小车运动的加速度记录遮光条通过电门1,2的时间外还应测出两个光电门之间的距离s.
故答案为:(1)平衡摩擦力(2)0.52;(3)BC.(4)两个光电门之间的距离.17、4m/s2≤a≤6m/s2.【分析】【分析】根据牛顿第二定律分别得出力F1、F2与加速度的关系,再研究力F1和F2同时作用在物体A上时合力的大小范围,再由牛顿第二定律求出加速度a的大小范围.【解析】【解答】解:设物体A的质量为m;根据牛顿第二定律得:
F1=ma1=5m,F2=ma2=m
力F1和F2同时作用在物体A上时合力的范围为:
4m≤F合≤6m
根据牛顿第二定律得加速度范围为4m/s2≤a≤6m/s2.
故答案为:4m/s2≤a≤6m/s2.18、略
【分析】试题分析:由题图可知,λ=6m,根据波速公式v=得v=3m/s,横波向x轴正方向传播,则P点的振动方向为y轴负方向.故答案为:3m/s,y轴负方向.考点:波长、周期(频率)和波速的关系,横波的图象【解析】【答案】3m/s轴负方向(各2分)19、略
【分析】
(1)以c为支点翻倒木箱时;木箱受到的力矩由两个:重力的力矩和推力的力矩.当力矩平衡且推力的力臂最大时推起木箱所需的推力F最小;
此时根据力矩平衡得:
解得:
(2)要使木箱刚能翻到;ac恰好在竖直线上时,重力势能的增加量等于推力所做的最小的功.
开始时,重心的高度:ac恰好在竖直线上时,物体重心的高度:h=L,所以:
故答案为:
【解析】【答案】以c为支点翻倒木箱时;力臂最大时推起木箱所需的推力F最小;要使木箱刚能翻到,ac恰好在竖直线上时,重力势能的增加量等于推力所做的最小的功.
20、略
【分析】
(1)根据题意,若将M从m1和m2中抽出,即把m1和m2看成一个整体,则M产生的加速度大于摩擦力作用下m1和m2整体的加速度:
对m1和m2而言摩擦力产生的最大加速度am=
所以要使M从m1和m2下抽出,则M产生的加速度aM>am
对M受力分析,根据牛顿第二定律可知,F=MaM+f1+f2
又因为f1=μ1m1g=1N,f2=μ2m2g=3N
∴
所以F至少为:F=MaM+f1+f2>8N
即F至少为8N;
(2)当F为8N时,系统的加速度a=
对m1进行受力分析有,水平方向m1受到M对m1水平向右的最大摩擦力f1=1N,和弹簧对m1水平向右的弹力F1
根据牛顿第二定律可得:F1+f1=ma
∴弹簧弹力F=ma-f1=1×2-1N=1N
(3)在m1没有压缩弹簧时,m2受到M的摩擦力使m2与M一起向右加速,此时m2受到的摩擦力f使m2产生与M相同的加速度;根据牛顿第二定律有:
f=m2a==
由于m1所受最大摩擦力为1N,产生加速度最大为1m/s2,所以满足时F的最大值为4
在m1开始压缩弹簧至m2开始滑动时,m2受到的摩擦力f和m1受到的最大摩擦力f1max使m1、m2产生与M相同的加速度:
f+f1max=(m1+m2)a
∴=
据题意,m2相对于M不滑动,m2产生的最大加速度为2m/s2;即F最大值为8N
当F>8N时,m2将开始滑动,所受摩擦力为恒力即f=μm2g;不随F的变化而变化.
故图象如下图所示:
答:(1)F至少为8N;
(2)此时弹簧的弹力为1N
(3)图象如上图所示.
【解析】【答案】分析:要使M从从m1和m2中抽出,则M在接力F和摩擦力作用下产生的加速度要大于m1和m2在摩擦力作用下所产生的最大加速度,据此可以算出F的最小值;算出F的最小值后,再隔离m1或m2对m1或m2进行受力分析,根据牛顿第二定律可以算出此时弹簧的弹力F;m2所受摩擦力先使m2产生与M和m1一样的加速度,当m1开始压缩弹簧时,m2和m1所受摩擦力使m1和m2产生与M相同的加速度,当m2开始滑动后;滑动摩擦力与正压力成正比,所以此时滑动摩擦力为一恒力.
21、略
【分析】解:根据磁场强度的定义可知:是采用比值法定义的,B的大小与F;IL无关,由磁场决定的,物理中的很多概念是采用比值法定义的,如电场强度等.
故答案为:电场强度.【解析】电场强度22、并0.009串99101.50【分析】【分析】①电流计改装成电流表要并联电阻分流,应并联电阻为R=;(I为改装后的量程),据此求解.
②电流表改装成电压表要串联电阻分压,应串联的阻为R=(U为改装后的量程)
③由电流表的刻度变电压表的刻度为I(Rg+R).【解析】【解答】解:①电流计改装成电流表要并联电阻分流;应并联电阻为:
R==0.009Ω
②电流表改装成电压表要串联电阻分压;应串联的阻为:
R==9910Ω
③由电流表的刻度变电压表的刻度为:
U′=I(Rg+R)=150×10-6×(90+9910)=1.50V
故答案为:①并0.009
②串9910
③1.5023、80N.m【分析】【分析】画出踏板的受力与受力的力臂,然后即可由M=FL计算出力矩的大小.【解析】【解答】解:如图画出踏板的受力与受力的力臂,则L=m.三轮车工人踏踏板的力F的力矩是:
M=FL=500×0.16N•m=80N•m
故答案为:80N.m四、判断题(共3题,共15分)24、√【分析】【分析】温度是气体分子平均动能变化的标志.气体压强是气体分子撞击器壁而产生的.【解析】【解答】解:如果保持气体体积不变;当温度升高时,分子的运动变得更加激烈,分子的运动加快,所以每秒撞击单位面积器壁的分子数增多,气体的压强增大.故该说法正确.
故答案为:√25、√【分析】【分析】参考系,是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系;参考系的选取是任意的,如何选择参照系,必须从具体情况来考虑,一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系.【解析】【解答】解:参考系;是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系;参考系的选取是任意的,参考系的选取应使物体运动的描述尽可能简单.该说法是正确的.
故答案为:√26、×【分析】【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们就可以把它看成质点,根据把物体看成质点的条件来判断即可.【解析】【解答】解:能否看成质点;与质量;体积大小无关,质量、体积很大的物体也能看成质点,比如地球公转时的地球可以看成质点,故错误.
故答案为:×五、作图题(共3题,共6分)27、略
【分析】【分析】把指定物体(研究对象)在特定物理情景中所受的所有外力找出来,并画出受力图,这就是受力分析;受力分析的一般顺序:先分析场力(重力、电场力、磁场力),再分析接触力(弹力、摩擦力),最后分析其他力.【解析】【解答】解:飞车做匀速圆周运动;受重力;支持力和静摩擦力,合力提供向心力,如图所示。
28、略
【分析】【解析】试题分析:光线从AC面射入时,折射光线与第一条光线平行,射到CD面上;根据临界角为45°,光路如图所示,到达CD边时一定会发生全反射,故从BD边射出,故光路图所图所示:考点:本题考查光的传播及折射定律,【解析】【答案】29、略
【分析】【分析】合力与分力满足平行四边形定则;根据平行四边形定则进行分析,即可明确未知力的大小及方向.【解析】【解答】解:a图中已知两力的方向;过F的末端作两边的平行线,则可得出对应的分力;
b图中已知合力和一个分力,连接合力与分力,再过O点作出连线的平行线,过F的末端作F1的平行线;则可组成平行四边形;
c图中合力为F,仅仅知道F2的方向;该情况下有多组解,画出几组如图;
答:如图所示六、计算题(共4题,共32分)30、略
【分析】(1)A在盒子内运动时,(2分)由以上两式得a=g(1分)A在盒子内运动的时间A在盒子外运动的时间(1分)A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间(1分)(2)小球在盒子内运动时,盒子的加速度(1分)小球在盒子外运动时,盒子的加速度(1分)小球运动一个周期盒子减少的速度为(2分)从小球第一次进入盒子到盒子停下,小球运动的周期数为(1分)故要保证小球始终不与盒子相碰,盒子上的小孔数至少为2n+1个,即11个.(1分)(3)小球第一次在盒内运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)小球第一次从盒子出来时,盒子的速度(1分)小球第一次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)小球第二次进入盒子时,盒子的速度(1分)小球第二次在盒子内运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)小球第二次从盒子出来时,盒子的速度(1分)小球第二次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)分析上述各组数据可知,盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列,公差d=0.12m.且当盒子停下时,小球恰要进入盒内,最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m.所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中,盒子通过的总路程为(2分)【解析】【答案】(1)(2)11个.(3)31、解:(1)卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ做圆运动;根据万有引力提供向心力得:
=m
所以有:Ek1=mV12=mgR
=m
所以有:Ek2=mV22=
运用动能定理得合力的功为:
W=Ek2-Ek1=mgR(-)=-
(2)卫星在轨道Ⅰ上的势能为:EP1=-=-mgR
卫星在轨道Ⅲ上的势能为:EP2=-=-
燃气所做的总功为:
W′=(EP2+Ek2)-(EP1+Ek1)=(-+)-(-mgR+mgR)=
答:(1)从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中,合力对卫星所做的总功是-
(2)两次“点火”过程中燃气对卫星所做的总功是.【分析】
卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ做圆运动;根据万有引力提供向心力表示出速度,运用动能定理求解合力对卫星所做的总功;
表示出卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的动能和势能;根据能量守恒进行求解.
解决本题的关键得出卫星动能和势能的变化量,从而根据动能定理和能量守恒进行求解.【解析】解:(1)
卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ做圆运动;根据万有引力提供向心力得:
GMmR2=mv12R
所以有:Ek1=12mV12=12mgR
GMm(7R)2=mv237R
所以有:Ek2=12mV22=mgR14
运用动能定理得合力的功为:
W=Ek2鈭�Ek1=mgR(114鈭�12)=鈭�3mgR7
(2)
卫星在轨道Ⅰ上的势能为:EP1=鈭�GMmR=鈭�mgR
卫星在轨道Ⅲ上的势能为:
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