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安徽省滁州中学2016届高三上学期第一周周考物理试卷 Word版含解析


2015-2016 学年安徽省滁州中学高三(上)第一周周考物理试卷
一、选择题(1-6 题单选,7-10 题多选) 1.运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为 M、m,球拍平面和 水平面之间的夹角为 θ,球拍与球保持相对静止,它们间摩擦及空气阻力不计,则( )

A.运动员的加速度为 gtanθ B.球拍对球的作用力 C.运动员对

球拍的作用力为 Mgcosθ D.若加速度大于 gsinθ,球一定沿球拍向上运动 2.中国航天局秘书长田玉龙 2015 年 3 月 6 日证实,将在 2015 年年底发射高分四号卫星, 这是中国首颗地球同步轨道高时间分辨率对地观测卫星. 如图所示, A 是静止在赤道上随地 球自转的物体;B、C 是同在赤道平面内的两颗人造卫星,B 位于离地高度等于地球半径的 圆形轨道上,C 是高分四号卫星.则下列关系正确的是( )

A.物体 A 随地球自转的角速度大于卫星 B 的角速度 B.卫星 B 的线速度大于卫星 C 的线速度 C.物体 A 随地球自转的加速度大于卫星 C 的加速度 D.物体 A 随地球自转的周期大于卫星 C 的周期 3.如图所示为一直流电路,电源内阻不能忽略,但 R0 大于电源内阻,滑动变阻器的最大阻 值小于 R, 当滑动变阻器滑片 P 从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中, 下列说法正确 的是( )

A.电压表的示数一直增大 B.电流表的示数一直增大

C.电阻 R0 消耗的功率一直增大

D.电源的输出功率一直增大

4.如图所示,在 MNQP 中有一垂直纸面向里匀强磁场.质量和电荷量都相等的带电粒子 a、 b、c 以不同的速率从 O 点沿垂直于 PQ 的方向射入磁场,图中实线是它们的轨迹.已知 O 是 PQ 的中点,不计粒子重力.下列说法中正确的是( )

A.粒子 a 带负电,粒子 b、c 带正电 B.射入磁场时粒子 a 的速率最小 C.射出磁场时粒子 b 的动能最小 D.粒子 c 在磁场中运动的时间最长 5.某同学设计的“电磁弹射”装置如图所示,足够长的光滑金属导轨(电阻不计)水平固定 放置,间距为 l,磁感应强度大小为 B 的磁场垂直于轨道平面向下.在导轨左端跨接电容为 C 的电容器,另一质量为 m、电阻为 R 的导体棒垂直于导轨摆放.先断开电键 S,对电容器 充电,使其带电量为 Q,再闭合电键 S,关于该装置及导体棒的运动情况下列说法正确的是 ( )

A.要使导体棒向右运动,电容器的 b 极板应带正电

B.导体棒运动的最大速度为 C.导体棒运动过程中,流过导体棒横截面的电量为 Q

D.导体棒运动过程中感应电动势的最大值为 6.关于气体热现象的微观解释,下列说法中错误的是( ) A.密闭在容器中的气体,在某一时刻向各个方向运动的气体分子数目基本相等 B.大量气体分子的速率有大有小,但是按“中间多,两头少”的规律分布 C.气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关 D.一定质量的理想气体,温度不变,体积减小时,气体的内能一定增大 7.如图,在半径为 R 圆环圆心 O 正上方的 P 点,将一小球以速度 v0 水平抛出后恰能从圆 环上 Q 点沿切线飞过,若 OQ 与 OP 间夹角为 θ,不计空气阻力.则( )

A.从 P 点运动到 Q 点的时间为 t=

B.从 P 点运动到 Q 点的时间为 t=

C.小球运动到 Q 点时的速度为 vQ=

D.小球运动到 Q 点时的速度为 vQ= 8.如图 1 所示,水平轨道Ⅰ、Ⅱ平滑连接于 b 点.一物体以水平速度 v0 从 a 点进入轨道, 轨道Ⅰ、Ⅱ的动摩擦因数为不同常数,若物体仅在轨道Ⅱ受水平向左的恒力 F 作用,其 v ﹣t 图象如图 2 所示,则在 0 到 7s 内( )

A.物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力比轨道Ⅱ的大 B.物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力小于 F C.物体在轨道Ⅰ、Ⅱ受到的摩擦力做功之比为 4:1 D.物体在轨道Ⅱ受到的摩擦力做的功与 F 做的功之比为 3:5 9. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动, 其电势能 EP 随位移 x 变化的关系如 图所示,其中 O~x2 段是对称的曲线,x2~x3 是直线段,则下列判断正确的是( )

A.x1 处电场强度最大

B.x2~x3 段是匀强电场 C.x1、x2、x3 处电势 φ1、φ2、φ3 的关系为 φ1>φ2>φ3 D.粒子在 O~x2 段做匀变速运动,x2~x3 段做匀速直线运动 10. 一简谐波在如图所示的 x 轴上传播, 实线和虚线分别是 t1=0 和 t2=0.2s 时刻的波形图. 则 下列说法正确的是( )

A.若该波在 t1=0 时刻已沿+x 方向传播到 x=6m 处,则波源起振方向向下 B.若该波与另一频率为 1.25Hz 的简谐波相遇时发生干涉,则该波沿+x 方向传播 C.若该波在 t2=0.2s 时刻,x=2.5m 处的质点向﹣y 方向运动,则该波向+x 方向传播 D.若该波的传播速度是 75m/s,则该波沿﹣x 方向传播

二、计算题 11.如图所示为一传送带装置模型,斜面的倾角 θ,底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够 长的水平传送带相连接,质量 m=2kg 的物体从高 h=30cm 的斜面上由静止开始下滑,它与 斜面的动摩擦因数 μ1=0.25,与水平传送带的动摩擦因数 μ2=0.5,物体在传送带上运动一段 时间以后,物体又回到了斜面上,如此反复多次后最终停在斜面底端.已知传送带的速度恒 为 v=2.5m/s,tanθ=0.75,g 取 10m/s .求: (1)物体第一次滑到底端的速度大小; (2)从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中,求传送带对物体所做功及物体对传送带 做功. (3)从物体开始下滑到最终停在斜面底端,物体在斜面上通过的总路程.
2

12.如图所示,在长为 L=57cm 的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内,用 4cm 高 的水银柱封闭着 51cm 长的理想气体,管内外气体的温度均为 33℃,大气压强 p0=76cmHg. ①若缓慢对玻璃管加热,当水银柱上表面与管口刚好相平时,求管中气体的温度; ②若保持管内温度始终为 33℃,现将水银缓慢注入管中,直到水银柱上表面与管口相平, 求此时管中气体的压强.

13.如图所示,两光滑金属导轨,间距 d=0.2m,在桌面上的部分是水平的,处在磁感应强 度 B=0.1T、方向竖直向下的有界磁场中.电阻 R=3Ω.桌面高 H=0.8m,金属杆 ab 质量 m=0.2kg,电阻 r=1Ω,在导轨上距桌面 h=0.2m 的高处由静止释放,落地点距桌面左边缘的 2 水平距离 s=0.4m,g=10m/s .求: (1)金属杆刚进入磁场时,R 上的电流大小. (2)整个过程中 R 上放出的热量.

2015-2016 学年安徽省滁州中学高三(上)第一周周考物 理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(1-6 题单选,7-10 题多选) 1.运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为 M、m,球拍平面和 水平面之间的夹角为 θ,球拍与球保持相对静止,它们间摩擦及空气阻力不计,则( )

A.运动员的加速度为 gtanθ B.球拍对球的作用力 C.运动员对球拍的作用力为 Mgcosθ D.若加速度大于 gsinθ,球一定沿球拍向上运动 【考点】共点力平衡的条件及其应用. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】由题,不计摩擦力,分析网球的受力情况,作出力图,根据牛顿第二定律求解加速 度和球拍对球的作用力;分析网球竖直方向的受力情况,判断球能否向上运动. 【解答】解:A、B、C 对网球:受到重力 mg 和球拍的支持力 N,作出力图如图,根据牛 顿第二定律得: Nsinθ=ma Ncosθ=mg 解得,a=gtanθ,N= ,故 A 正确、B 正确; 以球拍和球整体为研究对象,如图 2,根据牛顿第二定律得:

运动员对球拍的作用力为 F=

,故 C 错误.

D、当 a>gtanθ 时,网球将向上运动,由于 gsinθ 与 gtanθ 的大小关系未知,故球不一定沿 球拍向上运动.故 D 错误. 故选:AB.

【点评】 本题是两个作用下产生加速度的问题, 分析受力情况是解答的关键, 运用正交分解, 根据牛顿第二定律求解. 2.中国航天局秘书长田玉龙 2015 年 3 月 6 日证实,将在 2015 年年底发射高分四号卫星, 这是中国首颗地球同步轨道高时间分辨率对地观测卫星. 如图所示, A 是静止在赤道上随地 球自转的物体;B、C 是同在赤道平面内的两颗人造卫星,B 位于离地高度等于地球半径的 圆形轨道上,C 是高分四号卫星.则下列关系正确的是( )

A.物体 A 随地球自转的角速度大于卫星 B 的角速度 B.卫星 B 的线速度大于卫星 C 的线速度 C.物体 A 随地球自转的加速度大于卫星 C 的加速度 D.物体 A 随地球自转的周期大于卫星 C 的周期 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 【专题】人造卫星问题. 2 【分析】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期,根据 v=rω,a=rω 比较线 速度的大小和向心加速度的大小, 根据万有引力提供向心力比较 B、 C 的线速度、 周期大小. 【解答】解:A、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度,所以 ωA=ωC,

根据万有引力提供向心力

=mω r=m

2

r=ma=m

ω=

, 所以卫星 B 的角速度大于卫星 C 角速度, 所以物体 A 随地球自转的角速度小于卫

星 B 的角速度,故 A 错误;

B、v=

,所以卫星 B 的线速度大于卫星 C 的线速度,故 B 正确;
2

C、根据 a=ω r,物体 A 随地球自转的加速度小于卫星 C 的加速度,故 C 错误; D、地球赤道上的物体与同步卫星 C 有相同的角速度,所以物体 A 随地球自转的周期等于 卫星 C 的周期,故 D 错误; 故选:B. 2 【点评】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期,根据 v=rω,a=rω 比较线 速度的大小和向心加速度的大小,根据万有引力提供向心力比较 b、c 的线速度、角速度、 周期和向心加速度大小. 3.如图所示为一直流电路,电源内阻不能忽略,但 R0 大于电源内阻,滑动变阻器的最大阻 值小于 R, 当滑动变阻器滑片 P 从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中, 下列说法正确 的是( )

A.电压表的示数一直增大 B.电流表的示数一直增大 C.电阻 R0 消耗的功率一直增大 D.电源的输出功率一直增大 【考点】闭合电路的欧姆定律. 【专题】恒定电流专题. 【分析】先分析电路结构,由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化,则由闭合电路欧 姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化, 再分析局部电路可得出电流表中示数的 变化,根据功率公式判断功率变化情况. 【解答】解:A、根据电路图可知,滑动变阻器的左半部分与 R 串联后与变阻器的右半部分 并联后再与 R0 串联,接入电源,P 向左滑动时,由于滑动变阻器的最大阻值小于 R,所以 并联部分电阻增大,则总电阻增大,电路中总电流减小,电源的内电压以及 R0 所占电压都 减小,则由闭合电路欧姆定律可知,电压表示数增大,故 A 正确; B、电流表测量干路电流,根据 A 的分析可知,电流表示数减小,故 B 错误; C、根据 可知,I 减小,则功率减小,故 C 错误;

D、当外电路电阻等于电源内阻时,电源的输出功率最大,而 R0 大于电源内阻,所以随着 外电阻增大,电源的输出功率一直减小,故 D 错误; 故选:A 【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时,一般要按先外电路、再内电路、后 外电路的思路进行分析; 重点分析电路中的路端电压、 总电流及部分电路的电流及电压变化. 4.如图所示,在 MNQP 中有一垂直纸面向里匀强磁场.质量和电荷量都相等的带电粒子 a、 b、c 以不同的速率从 O 点沿垂直于 PQ 的方向射入磁场,图中实线是它们的轨迹.已知 O 是 PQ 的中点,不计粒子重力.下列说法中正确的是( )

A.粒子 a 带负电,粒子 b、c 带正电 B.射入磁场时粒子 a 的速率最小 C.射出磁场时粒子 b 的动能最小 D.粒子 c 在磁场中运动的时间最长 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性; 粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律求出粒子的速度,然后求出粒子的动能; 根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间. 【解答】解:A、根据左手定则知粒子 a 带正电,粒子 b、c 带负电,故 A 错误; B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:

qvB=m

,解得:v=

,射入磁场时粒子 c 的半径最小,则速率最小.故 B 错误;

C、粒子的动能 EK= mv =

2

,由于:q、B、m 都相同,因此 r 越大,粒子动能越大,

由图示可知,b 的轨道半径 r 最大,则 b 粒子动能最大;c 的半径最小,则动能最小.故 C 错误; D、粒子在磁场中做圆周运动的周期:T= 相同,粒子在磁场中的运动时间:t=

T= ,由于 m、q、B 都相同,粒子 c 转过的圆心角 θ 最大,则射入磁场时 c 的运动时间 最大,故 D 正确; 故选:D. 【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下,运动的半径与速率成正比,从而根据运 动圆弧来确定速率的大小.

5.某同学设计的“电磁弹射”装置如图所示,足够长的光滑金属导轨(电阻不计)水平固定 放置,间距为 l,磁感应强度大小为 B 的磁场垂直于轨道平面向下.在导轨左端跨接电容为 C 的电容器,另一质量为 m、电阻为 R 的导体棒垂直于导轨摆放.先断开电键 S,对电容器 充电,使其带电量为 Q,再闭合电键 S,关于该装置及导体棒的运动情况下列说法正确的是 ( )

A.要使导体棒向右运动,电容器的 b 极板应带正电

B.导体棒运动的最大速度为 C.导体棒运动过程中,流过导体棒横截面的电量为 Q

D.导体棒运动过程中感应电动势的最大值为 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;安培力. 【专题】电磁感应与电路结合. 【分析】导体棒向右运动,说明安培力向右,可判定电流方向,进而可知电容器极板电性; 导体棒运动时将形成与原电流相反的感应电动势, 同时电容器两端电压降低, 导体棒两端电 压升高,当二者相等时,导体棒匀速运动,由此可解答 BCD. 【解答】解:A、导体棒向右运动,安培力向右,由左手定则可知电流方向向下,则 a 带正 电,故 A 错误. B、当导体棒两端的电压与电容两端的电压相等时,导体棒做匀速运动,此时有 BLv= ,

根据动量定理得:B

=mv=Bq′L,其中:q′=Q﹣q,联立三式解得:

,故 B

正确. C、导体棒运动过程中,极板电荷不会全部放完,故流过导体棒横截面的电量小于 Q,故 C 错误.

D、导体棒运动的最大速度为

,故导体棒运动过程中感应电动势的最大值为:

E=

,故 D 错误.

故选:B. 【点评】该题的关键是判定最大速度,要明确其条件是感应电动势等于电容器两端的电压, 结合动量定理可解结果. 6.关于气体热现象的微观解释,下列说法中错误的是( )

A.密闭在容器中的气体,在某一时刻向各个方向运动的气体分子数目基本相等 B.大量气体分子的速率有大有小,但是按“中间多,两头少”的规律分布 C.气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关 D.一定质量的理想气体,温度不变,体积减小时,气体的内能一定增大 【考点】分子的热运动;物体的内能. 【分析】分子的运动杂乱无章,在某一时刻,向着任何一个方向运动的分子都有,而且向各 个方向运动的气体分子数目都相等,分子的速率按“中间多,两头少”的规律分布,气体压强 的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关. 【解答】解:A、虽然分子的运动杂乱无章,在某一时刻,向着任何一个方向运动的分子都 有在一个正方体容器里,任一时刻与容器各侧面碰撞的气体分子数目基本相同,故 A 正确; B、大量气体分子的速率有大有小,但是按“中间多,两头少”的规律分布;故 B 正确; C、 气体压强的大小跟气体分子的平均动能、 分子的密集程度这两个因素有关大; 故 C 正确; D、温度是分子平均动能的标志,一定质量的理想气体,温度不变,则气体的内能一定不变; 故 D 错误; 本题选择错误的;故选:D 【点评】本题考查了分子动理论的知识,还有影响气体压强的因素.要注意明确温度升高时 并不是所有分子的速率都增大,但平均运动一定增大. 7.如图,在半径为 R 圆环圆心 O 正上方的 P 点,将一小球以速度 v0 水平抛出后恰能从圆 环上 Q 点沿切线飞过,若 OQ 与 OP 间夹角为 θ,不计空气阻力.则( )

A.从 P 点运动到 Q 点的时间为 t=

B.从 P 点运动到 Q 点的时间为 t=

C.小球运动到 Q 点时的速度为 vQ=

D.小球运动到 Q 点时的速度为 vQ= 【考点】平抛运动. 【专题】平抛运动专题. 【分析】小球做平抛运动,根据圆的几何知识可以求得小球在水平方向的位移的大小,根据 水平方向的匀速直线运动可以求得时间的大小.根据平行四边形定则求出 Q 点的速度.

【解答】解:A、过 Q 点做 OP 的垂线,根据几何关系可知,小球在水平方向上的位移的大 小为 Rsinθ, 根据 Rsinθ=v0t,

可得时间为:t=

,故 A 正确,B 错误.

C、根据几何关系知,Q 点的速度方向与水平方向的夹角为 θ,根据平行四边形定则知,小

球运动到 Q 点时的速度为 vQ=

,故 C 错误,D 正确.

故选:AD. 【点评】 本题对平抛运动规律的直接的应用, 知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动 规律,结合运动学公式灵活求解. 8.如图 1 所示,水平轨道Ⅰ、Ⅱ平滑连接于 b 点.一物体以水平速度 v0 从 a 点进入轨道, 轨道Ⅰ、Ⅱ的动摩擦因数为不同常数,若物体仅在轨道Ⅱ受水平向左的恒力 F 作用,其 v ﹣t 图象如图 2 所示,则在 0 到 7s 内( )

A.物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力比轨道Ⅱ的大 B.物体在轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力小于 F C.物体在轨道Ⅰ、Ⅱ受到的摩擦力做功之比为 4:1 D.物体在轨道Ⅱ受到的摩擦力做的功与 F 做的功之比为 3:5 【考点】匀变速直线运动的图像;功的计算. 【专题】功的计算专题. 【分析】分析 v﹣t 图象,由图象可明确物体运动加速度的情况,再根据受力分析明确摩擦 力大小;由功的公式确定做功之比. 【解答】解:A、由图可知,物体在轨道 II 中的加速度小于轨道 1 中的加速度,因轨道 II 中受到向左的拉力,故说明轨道 II 中的摩擦力一定小于轨道 I 中的摩擦力;故 A 正确;

B、对各过程分析可知,物体在轨道 1 上的加速度 a1=

;轨道 II 上减速过程 a2=

;反向

加速过程为 a3=

;则由牛顿第二定律可知:

f1=

;F=

;f2=

;则可知轨道Ⅰ受到的滑动摩擦力大于 F;故 B 错误;

C、由 B 的分析可知,摩擦力大小之比为:16:3;由图象可知,经历的路程之比为:3:4; 则由功的公式可知,做功之比为:4:1;故 C 正确; D、轨道 II 上摩擦力一直做负功;而拉力先做负功再做正功,做功的代数和为零;故 D 错 误; 故选:A. 【点评】本题考查功的公式、对 v﹣t 图象的认识及牛顿第二定律等内容,要注意能正确从 v ﹣t 图象中得出可用的物理规律. 9. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动, 其电势能 EP 随位移 x 变化的关系如 图所示,其中 O~x2 段是对称的曲线,x2~x3 是直线段,则下列判断正确的是( )

A.x1 处电场强度最大 B.x2~x3 段是匀强电场 C.x1、x2、x3 处电势 φ1、φ2、φ3 的关系为 φ1>φ2>φ3 D.粒子在 O~x2 段做匀变速运动,x2~x3 段做匀速直线运动 【考点】电势差与电场强度的关系;电势. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E= ,结合分析图象 斜率与场强的关系,即可求得 x1 处的电场强度;根据能量守恒判断速度的变化;由 Ep=qφ, 分析电势的高低.由牛顿第二定律判断加速度的变化,即可分析粒子的运动性质.根据斜率 读出场强的变化. 【解答】解:A、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E= ,得:

E=

由数学知识可知 Ep﹣x 图象切线的斜率等于 为零,故 A 错误.

,x1 处切线斜率为零,则 x1 处电场强度

B、D、由图看出在 0~x1 段图象切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电 场力减小,加速度减小,做非匀变速运动.x1~x2 段图象切线的斜率不断增大,场强增大, 粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动.x2~x3 段斜率不变,场强不变,即电场强度大小 和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故 B 正确,D 错误; C、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,因粒子带负电,q<0,则知电势能越大,粒子所在 处的电势越低,所以有:φ1>φ2>φ3.故 C 正确. 故选:BC

【点评】本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识;解决本题的关键 要分析图象斜率的物理意义,判断电势和场强的变化,再根据力学基本规律:牛顿第二定律 进行分析电荷的运动情况. 10. 一简谐波在如图所示的 x 轴上传播, 实线和虚线分别是 t1=0 和 t2=0.2s 时刻的波形图. 则 下列说法正确的是( )

A.若该波在 t1=0 时刻已沿+x 方向传播到 x=6m 处,则波源起振方向向下 B.若该波与另一频率为 1.25Hz 的简谐波相遇时发生干涉,则该波沿+x 方向传播 C.若该波在 t2=0.2s 时刻,x=2.5m 处的质点向﹣y 方向运动,则该波向+x 方向传播 D.若该波的传播速度是 75m/s,则该波沿﹣x 方向传播 【考点】横波的图象;波长、频率和波速的关系. 【专题】振动图像与波动图像专题. 【分析】 发生干涉的条件是两列波的频率相同, 由相同的频率求出周期从而判断波的传播方 向; t2=0.2s 时刻,x=2.5m 处的质点向﹣y 方向运动,则波源在右边,波向左传播; 根据 s=vt 求出该波传播的距离,然后判断传播距离为波长的多少倍,从而判断波的传播方 向; 判断 t=0 时刻,x=6m 处质点的振动方向,继而判断出波源的振动方向 【解答】解:A、若该波在 t1=0 时刻已沿+x 方向恰传播到 x=6m 处,从 t=0 时刻的波形图上 判断 x=6m 的质点与 x=2m 处质点运动情况相同,其前面的点(波向右传播,左边为前)在 其上方,则此质点将向上运动,所有质点的起振方向是一致的,故波源起振方向向上,故 A 错误; B、 频率为 1.25Hz 的简谐波周期为 T= =0.8s, 则 , 根据波的平移法实线右移 波 长为虚线波形,则波向右传播,即该波沿+x 方向传播,故 B 正确; C、t2=0.2s 时刻,x=2.5m 处的质点向﹣y 方向运动,则波源在右侧,波向﹣x 方向传播,C 错误; D、根据 s=vt=75m/s×0.2s=15m, ,即传播距离为 3 λ,根据波的平移法,波向左平

移 波长为虚线波形,故波向﹣x 方向传播,D 正确. 故选:BD 【点评】 解决本题的前提是能熟练根据传播方向判断质点运动方向以及能根据波的传播方向 判断质点振动方向,且熟悉波的平移法. 二、计算题 11.如图所示为一传送带装置模型,斜面的倾角 θ,底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够 长的水平传送带相连接,质量 m=2kg 的物体从高 h=30cm 的斜面上由静止开始下滑,它与 斜面的动摩擦因数 μ1=0.25,与水平传送带的动摩擦因数 μ2=0.5,物体在传送带上运动一段

时间以后,物体又回到了斜面上,如此反复多次后最终停在斜面底端.已知传送带的速度恒 为 v=2.5m/s,tanθ=0.75,g 取 10m/s .求: (1)物体第一次滑到底端的速度大小; (2)从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中,求传送带对物体所做功及物体对传送带 做功. (3)从物体开始下滑到最终停在斜面底端,物体在斜面上通过的总路程.
2

【考点】动能定理的应用;牛顿第二定律. 【专题】动能定理的应用专题. 【分析】 (1)根据动能定理求出物体到达底端的速度; (2)分析物体的运动过程,明确物体对传送带的作用力,根据功的性质可求得物体对传送 带所做的功; (3)物体在传送带上运动的过程中,摩擦力做功为零,对全过程运用动能定理,求出物体 在斜面上通过的总路程. 【解答】解: (1)对物体从静止开始到达底端的过程运用动能定理得: ﹣0 代入数据解得:v1=2m/s, (2)物体受到传送带的摩擦力 Ff=μmg

得加速度 a=μ2g=5m/s ,

2

到最右端的时间 t1=

= =0.4s,物体返回到传送带的左端也为 t1

因为第一次物体滑上传送带的速度小于传送带的速度,故物体回到传送带的速度也为 v0 由动能定理得到,摩擦力对物体做功为 0 传送带的位移 x=vt=2vt1=2m; 物体对传送带做功 W=Ffx 代入计算得 W=20J (3)从物体开始下滑到最终停在斜面底端全过程由动能定理 mgh=μ1mgs 总 cosθ 代入数据得 s 总=1.5m 答: (1)物体第一次滑到底端的速度大小为 2m/s; (2)从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中,传送带对物体所做功及物体对传送带做 功为 20J. (3)从物体开始下滑到最终停在斜面底端,物体在斜面上通过的总路程为 1.5m. 【点评】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律、运动学公 式和动能定理进行求解,知道物体在传送带上运动的过程中,摩擦力做功的代数和为零. 12.如图所示,在长为 L=57cm 的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内,用 4cm 高 的水银柱封闭着 51cm 长的理想气体,管内外气体的温度均为 33℃,大气压强 p0=76cmHg. ①若缓慢对玻璃管加热,当水银柱上表面与管口刚好相平时,求管中气体的温度;

②若保持管内温度始终为 33℃,现将水银缓慢注入管中,直到水银柱上表面与管口相平, 求此时管中气体的压强.

【考点】理想气体的状态方程;封闭气体压强. 【专题】理想气体状态方程专题. 【分析】 (1)对气体加热的过程中,气体的压强不变,求出气体的状态参量,然后根据玻意 耳定律和盖﹣吕萨克定律求出气体的温度. (2)当水银柱上表面与管口相平,设水银柱的高度为 H,管内气体经等温压缩,由玻意耳 定律即可求出结果. 【解答】解:①设玻璃管横截面积为 S,以管内封闭气体为研究对象,气体经等压膨胀: 初状态:V1=51S,T1=306K; 末状态:V2=53S,T2=?

由盖吕萨克定律: 解得:T2=318K ②当水银柱上表面与管口相平,设此时管中气体压强为 p,水银柱的高度为 H,管内气体经 等温压缩, 初状态:V1=51S,p1=80cmHg 末状态:V2=(57﹣H)S,p2=(76+H)cmHg 由玻意耳定律:p1V1=p2V2 得:H=9cm 故:p2=85cmHg 答: ①若缓慢对玻璃管加热, 当水银柱上表面与管口刚好相平时, 管中气体的温度是 318K; ②若保持管内温度始终为 33℃,现将水银缓慢注入管中,直到水银柱上表面与管口相平, 此时管中气体的压强是 85cmHg. 【点评】 本题考查了应用理想气体状态方程求气体压强, 分析清楚气体状态变化过程是正确 解题的关键. 13.如图所示,两光滑金属导轨,间距 d=0.2m,在桌面上的部分是水平的,处在磁感应强 度 B=0.1T、方向竖直向下的有界磁场中.电阻 R=3Ω.桌面高 H=0.8m,金属杆 ab 质量 m=0.2kg,电阻 r=1Ω,在导轨上距桌面 h=0.2m 的高处由静止释放,落地点距桌面左边缘的 2 水平距离 s=0.4m,g=10m/s .求: (1)金属杆刚进入磁场时,R 上的电流大小. (2)整个过程中 R 上放出的热量.

【考点】 导体切割磁感线时的感应电动势; 匀速直线运动及其公式、 图像; 机械能守恒定律; 能量守恒定律. 【专题】电磁感应——功能问题. 【分析】 (1)金属棒由静止释放,只有重力做功,由机械能守恒定律可确定,金属棒进入磁 场时的速度大小, 再由法拉第电磁感应定律可求出切割时的感应电动势, 最后由闭合电路欧 姆定律来算出 R 上的电流大小; (2)由金属棒做平抛运动的高度与水平位移,来确定金属棒平抛的速度,从而由动能定理 求出整个过程中 R 上放出的热量. 【解答】解: (1)金属棒由静止下滑过程中,只有重力做功,金属棒机械能守恒,则有:

由法拉第电磁感应定律可得: E=Bdv1 由闭合电路欧姆定律可得: A (2)金属棒离开桌面后,做平抛运动, 在竖直方向做自由落体运动,则有:

水平方向做匀速直线运动,则有: s=v2t 金属棒在过程中,由动能定理可得: J 解之得: J (1)金属杆刚进入磁场时,R 上的电流大小 0.01A. (2)整个过程中 R 上放出的热量 0.225J. 【点评】考查机械能守恒定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平抛运动规律及 动能定理,同时注意要求 R 上放出的热量,而不是整个电路产生的热量.


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