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广东省河源市龙川一中2015-2016学年高二上学期第七周周测物理试卷


2015-2016 学年广东省河源市龙川一中高二(上)第七周周测物理 试卷
一、单选题: 1.下列几种物理现象的解释中,正确的是( ) A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻 B.跳高时在沙坑里填沙,是为了减小冲量 C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零 D.动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用,两个物体将同时停下来 2.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是

( ) A.只要系统内存在着摩擦力,系统的动量的就不守恒 B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统的动量就不守恒 C.只有系统所受的合外力为零,系统的动量就守恒 D.只要系统所受外力的冲量的矢量和为零,系统的动量就守恒 3.如图所示,在水平地面上放着斜面体 B,物体 A 置于斜面体 B 上,一水平向右的力 F 作用 于物体 A.在力 F 变大的过程中,两物体相对地面始终保持静止,则地面对斜面体 B 的支持 力 N 和摩擦力 f 的变化情况是( )

A.N 变大,f 不变

B.N 变大,f 变小

C.N 不变,f 变大

D.N 不变,f 不变

4.一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射子弹时,关于车、枪和子弹 的说法正确的是( ) A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.枪、车和子弹组成的系统动量守恒 D.若忽略摩擦,枪、车组成的系统动量守恒

二、双项选择题: 5.木块 A、B 分别重 40N 和 60N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为 0.25.夹在 A、B 之间的轻弹簧被压缩了 3cm,弹簧的劲度系数为 200N/m,系统置于水平地面上静止不动.现 用 F=2N 的水平拉力作用在木块 B 上,如图所示,力 F 作用后( )

A.木块 Α 所受摩擦力大小是 6Ν,水平向右 B.木块 Α 所受摩擦力大小是 8Ν,水平向左

C.木块 Β 所受摩擦力大小是 8Ν,水平向左 D.木块 Β 所受摩擦力大小是 4Ν,水平向右 6.如图所示, 一只理想变压器原线圈与频率为 50Hz 的正弦交流电源相连,两个阻值均为 20Ω 的电阻串联后接在副线圈的两端.图中电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈匝数 分别为 200 匝和 100 匝,电压表的示数为 5V.则( )

A.电流表的读数为 0.5A B.流过电阻的交流电的频率为 100Hz C.变压器原线圈两端电压的最大值为 20 D.交流电源的输出功率为 2.5W 7.如图所示,M、N 为两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星,下列说法正确的是( ) V

A.M 的运行周期比 N 的大 B.M 的角速度比 N 的大 C.M 的线速度比 N 的小 D.M 的向心加速度比 N 的大 8.如图是两个等量异种点电荷形成的电场,AB 为中垂线,且 AO=BO,则( )

A.A、B 两点场强相等 B.A、B 两点场强方向相反 C.正电荷从 A 运动到 B,电势能增加 D.A、B 两点电势差为零 9.甲、乙、丙是三个在同一直线上运动的物体,它们运动的 v﹣t 图象如图所示,下列说法正 确的是( )

A.丙与甲的运动方向相反 B.丙与乙的运动方向相同 C.乙的加速度大于甲的加速度 D.丙的加速度大小小于乙的加速度大小

三、实验题: 10.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时,测得的结果如图甲所示,则该金属丝 的直径 d= mm.另一位学生用游标尺上标有 20 等分刻度的游标卡尺测一工件的 长度,测得的结果如图乙所示,则该工件的长度 L= cm.

11.现需测量一个电池的电动势 E 和内电阻 r.器材有:电流表(量程 60mA,内阻约为 10Ω) ; 电压表(量程 10V,内阻约为 20kΩ) ;热敏电阻(80Ω~200Ω) ;一杯水;一个开关;酒精灯; 温度计;导线若干.

(1)一位同学根据现有器材设计实验电路并连接了部分实物,如图所示,请你用笔画线代替 导线把电压表接入电路.

(2)用酒精灯对水加热,下表为该同学在不同水温下测得的电流和电压数据,并在 U﹣I 图 中标出,由该图可得电池的电动势 E= V,内电阻 r= Ω(保留 2 位有 效数字) . t/℃ 20 40 60 80 100 I/mA 26.1 33.3 40.0 46.2 52.2 U/V 5.48 5.33 5.20 5.08 4.96 (3)利用以上数据还可以粗略算出热敏电阻的阻值,发现随着温度的升高,热敏电阻的阻值 将会变 (填“小”或“大”) .

四、计算题: 12.如图所示,一个板长为 l,板间距离也是 l 的平行板电容器上极板带正电,下极板带负电, 在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场.有一质量为 m,重力不计,带电量 ﹣q 的粒子从极板正中以初速度为 v0 水平射入,恰能从上 极板边缘飞出又能从下极板边缘飞 入,求: (1)两极板间匀强电场的电场强度 E 的大小和方向 (2)﹣q 粒子飞出极板时的速度 v 的大小与方向 (3)磁感应强度 B 的大小.

13.如图所示为某种弹射装置的示意图,光滑的水平导轨 MN 右端 N 处与水平传送带理想连 接,传送带长 L=4.0m,皮带轮沿顺时针方向转动,带动皮带以速率 v=3.0m/s 匀速运动.三个 质量均为 m=1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上,开始时滑块 B、C 之间用细绳相连,其 间有一压缩的轻质弹簧处于静止状态. 滑块 A 以初速度 v0=2.0m/s 沿 B、 C 连线方向向 B 运动, A 与 B 碰撞后粘合在一起, 碰撞时间极短, 可认为 A 与 B 碰撞过程中滑块 C 的速度仍为零. 碰 撞使连接 B、C 的细绳受扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使 C 与 A、B 分离,滑块 C 脱离 弹簧后以速度 vc=2.0m/s 滑上传送带,并从右端滑落至地面上的 P 点.已知滑块 C 与传送带之 2 间的动摩擦因数 μ=0.20,g=10m/s .求:

(1)滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小;

(2)滑块 B、C 用细绳相连时弹簧的最大弹性势能 EP; (3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同,要使滑块 C 总能落至 P 点,则滑块 A 与滑块 B 碰撞前的最大速度 vm 是多少.

2015-2016 学年广东省河源市龙川一中高二(上)第七周 周测物理试卷
参考答案与试题解析

一、单选题: 1.下列几种物理现象的解释中,正确的是( ) A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻 B.跳高时在沙坑里填沙,是为了减小冲量 C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零 D.动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用,两个物体将同时停下来 【考点】动量定理;惯性. 【专题】动量定理应用专题. 【分析】动量定理:合力的冲量等于动量的变化,公式为:Ft=△ P. 【解答】解:A、砸钉子时不用橡皮锤,是由于橡皮锤有弹性,作用时间长,根据动量定理 Ft=△ P,产生的力小,故 A 错误; B、跳高时在沙坑里填沙,根据动量定理 Ft=△ P,是为了增加作用时间,减小了作用力,冲量 等于动量的变化,是恒定的,故错误; C、在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力,推力的冲量 Ft 不为零,故 C 错误; D、动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用,根据动量定理 Ft=△ P,两个物体将同时停 下来,故 D 正确; 故选:D. 【点评】本题关键根据动量定律列式分析,动量定理反映了力对时间的累积效应对物体动量 的影响. 2.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( ) A.只要系统内存在着摩擦力,系统的动量的就不守恒 B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统的动量就不守恒 C.只有系统所受的合外力为零,系统的动量就守恒 D.只要系统所受外力的冲量的矢量和为零,系统的动量就守恒 【考点】动量守恒定律. 【分析】系统动量守恒的条件是合外力为零.系统内存在着摩擦力或一个物体具有加速度时, 系统的动量不一定不守恒. 【解答】解: A、若系统内存在着摩擦力,而系统所受的合外力为零,系统的动量仍守恒.故 A 错误. B、只要系统中有一个物体具有加速度时,系统的动量也可能守恒,比如碰撞过程,两个物体 的速度都改变,都有加速度,系统的动量却守恒.故 B 错误. C、只有系统所受的合外力为零,系统的动量不能改变,即系统的动量守恒.故 C 正确. D、只有系统所受外力的冲量的矢量和保持为零时,系统的动量才守恒.故 D 错误. 故选 C 【点评】本题考查对动量守恒条件的理解,抓住守恒条件:合外力为零,通过举例的方法进 行分析.

3.如图所示,在水平地面上放着斜面体 B,物体 A 置于斜面体 B 上,一水平向右的力 F 作用 于物体 A.在力 F 变大的过程中,两物体相对地面始终保持静止,则地面对斜面体 B 的支持 力 N 和摩擦力 f 的变化情况是( )

A.N 变大,f 不变 B.N 变大,f 变小 C.N 不变,f 变大 D.N 不变,f 不变 【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】对 A 和 B 整体受力分析,受重力、支持力、推力和摩擦力,根据共点力平衡条件列 式求解. 【解答】解:对 A 和 B 整体受力分析,受重力(M+m)g、支持力 N、推力 F 和地面的静摩 擦力 f,由于两物体相对地面始终保持静止,故加速度为零,合力为零,根据平衡条件,有: 竖直方向:N=(M+m)g ① 水平方向:F=f ② 当推力 F 变大时,f 变大,支持力不变; 故选 C. 【点评】本题关键是灵活地选择研究对象;如果对两个物体分别受力分析,然后运用共点力 平衡条件列式求解,问题将复杂化. 4.一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射子弹时,关于车、枪和子弹 的说法正确的是( ) A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.枪、车和子弹组成的系统动量守恒 D.若忽略摩擦,枪、车组成的系统动量守恒 【考点】动量守恒定律. 【分析】当系统不受外力或所受的外力之和为零,系统动量守恒,根据题意应用动量守恒条 件分析答题. 【解答】解:A、枪和子弹组成的系统,由于小车对枪有外力,枪和弹组成的系统外力之和不 为零,所以动量不守恒,故 A 错误; B、枪和车组成的系统,由于子弹对枪有作用力,导致枪和车组成的系统外力之和不为零,所 以动量不守恒,故 B 错误; C、小车、枪和子弹组成的系统,在整个过程中所受合外力为零,系统动量守恒.故 C 正确, D 错误; 故选:C. 【点评】本题考查了判断系统动量是否守恒掌握动量守恒的条件、应用动量守恒条件分析即 可正确解题. 二、双项选择题: 5.木块 A、B 分别重 40N 和 60N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为 0.25.夹在 A、B 之间的轻弹簧被压缩了 3cm,弹簧的劲度系数为 200N/m,系统置于水平地面上静止不动.现 用 F=2N 的水平拉力作用在木块 B 上,如图所示,力 F 作用后( )

A.木块 Α 所受摩擦力大小是 6Ν,水平向右 B.木块 Α 所受摩擦力大小是 8Ν,水平向左 C.木块 Β 所受摩擦力大小是 8Ν,水平向左 D.木块 Β 所受摩擦力大小是 4Ν,水平向右 【考点】牛顿第二定律;滑动摩擦力. 【专题】牛顿运动定律综合专题. 【分析】 根据滑动摩擦力的公式可以计算出 AB 两个物体与地面之间的滑动摩擦力的大小,滑 动摩擦力的大小近似等于物体与地面之间的最大静摩擦力, 由此可以判断 AB 物体与地面之间 的摩擦力的情况,进而可以判断施加拉力之后 AB 的受力情况. 【解答】解:最大静摩擦力可以近似的认为和物体受到的滑动摩擦力的大小相等, 所以 A 物体受到的滑动摩擦力为 f=μFN=0.25×40N=10N, B 物体受到的滑动摩擦力为 f′=μFN=0.25×60N=15N, 此时弹簧的弹力的大小为 F=kx=200×0.03=6N, 所以弹簧的弹力的大小小于物体受到的最大静摩擦力的大小,物体处于静止状态, 根据平衡条件:A 受到的摩擦力大小是 6N,方向向右,B 受到的摩擦力大小也是 6N,方向向 左, 当在 B 上在施加向右的拉力 F 后,B 受到的摩擦力的大小为 8N,方向向左,故 C 正确 D 错 误; 施加 F 后弹簧的形变量未改变则 A 受力情况不变,A 受到的摩擦力大小仍为 6N,方向向右, 故 A 正确 B 错误, 故选:AC. 【点评】本题考查学生对静摩擦力和滑动摩擦力的判断,最大静摩擦力可以近似的认为和物 体受到的滑动摩擦力的大小相等. 6.如图所示, 一只理想变压器原线圈与频率为 50Hz 的正弦交流电源相连,两个阻值均为 20Ω 的电阻串联后接在副线圈的两端.图中电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈匝数 分别为 200 匝和 100 匝,电压表的示数为 5V.则( )

A.电流表的读数为 0.5A B.流过电阻的交流电的频率为 100Hz C.变压器原线圈两端电压的最大值为 20 V

D.交流电源的输出功率为 2.5W 【考点】变压器的构造和原理. 【专题】交流电专题. 【分析】交流电表的示数为有效值,经过变压器的交流电的频率不变,交流电的输入功率等 于输出功率

【解答】解:A、副线圈电流为 B、原副线圈频率相同,故 B 错误

,原线圈电流为 0.4×

A=0.2A,故 A 错误

C、副线圈电压 10V,原线圈电压 20V,最大值 20

V,故 C 正确

D、输出功率为

.故 D 正确

故选 CD 【点评】根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等, 逐项分析即可得出结论. 7.如图所示,M、N 为两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星,下列说法正确的是( )

A.M 的运行周期比 N 的大 B.M 的角速度比 N 的大 C.M 的线速度比 N 的小 D.M 的向心加速度比 N 的大 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用. 【专题】万有引力定律的应用专题. 【分析】根据万有引力提供向心力,得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的 关系,从而比较出大小.

【解答】 解: 根据

=

得, v=



, T=



a=

,知轨道半径越大,线速度越小、角速度越小、周期越大、向心加速度越小.故 B、D

正确,A、C 错误. 故选 BD. 【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论,知道线速度、角速度、周期、 向心加速度与轨道半径的关系. 8.如图是两个等量异种点电荷形成的电场,AB 为中垂线,且 AO=BO,则( )

A.A、B 两点场强相等 B.A、B 两点场强方向相反 C.正电荷从 A 运动到 B,电势能增加

D.A、B 两点电势差为零 【考点】电势能;电场强度. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】两个等量异种点电荷形成的电场,中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之 垂直;该中垂线是一条等势线,所有点的电势都相等. 【解答】解:A:两个等量异种点电荷形成的电场,两个电荷的连线上下的电场是对称的, AO=BO,那么 AB 两点的场强就是相等的,故 A 正确; B:两个等量异种点电荷形成的电场,中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之垂直, 故 B 错误; CD:该中垂线是一条等势线,所有点的电势都相等,AB 之间的电势差为 0,故 D 正确;正 电荷从 A 运动到 B,电场力不做功,电势能不变.故 C 错误. 故选:AD 【点评】该题考查常见的电场和电场线,只有掌握两个等量异种点电荷形成的电场的特点, 即可正确解答.属于简单题. 9.甲、乙、丙是三个在同一直线上运动的物体,它们运动的 v﹣t 图象如图所示,下列说法正 确的是( )

A.丙与甲的运动方向相反 B.丙与乙的运动方向相同 C.乙的加速度大于甲的加速度 D.丙的加速度大小小于乙的加速度大小 【考点】匀变速直线运动的图像. 【专题】运动学中的图像专题. 【分析】速度的正负表示速度的方向.匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线.根据图线 的纵坐标直接读出速度的大小,图象与坐标轴围成的面积表示位移. 【解答】解:A、由图看出,甲和丙的速度均为正值,说明甲丙都沿正方向运动,它们的运动 方向相同.故 A 错误; B、由图看出,乙和丙的速度均为正值,说明乙丙都沿正方向运动,它们的运动方向相同.故 B 正确; C、由图可知:乙的斜率比甲大,所以乙的加速度大于甲的加速度.故 C 正确; D、由图可知:乙的斜率比丙的斜率的绝对值小大,所以乙的加速度小于丙的加速度大小,故 D 错误. 故选 BC 【点评】本题考查识别速度图象和读图的能力.匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线. 三、实验题:

10.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时,测得的结果如图甲所示,则该金属丝 的直径 d= 2.706 mm. 另一位学生用游标尺上标有 20 等分刻度的游标卡尺测一工件的长度, 测得的结果如图乙所示,则该工件的长度 L= 5.015 cm.

【考点】刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用. 【专题】实验题. 【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读.螺 旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读. 【解答】解:1、螺旋测微器的固定刻度为 2.5mm,可动刻度为 0.01×20.6mm=0.206mm,所以 最终读数为 2.5mm+0.206mm=2.706mm. 2、游标卡尺的主尺读数为:5cm=50mm,游标尺上第 3 个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以 游标读数为 3×0.05mm=0.15mm, 所以最终读数为:50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm. 故答案为:2.706 (或 2.705、2.707 ) ,5.015 【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,正确使用这些基本仪 器进行有关测量. 11.现需测量一个电池的电动势 E 和内电阻 r.器材有:电流表(量程 60mA,内阻约为 10Ω) ; 电压表(量程 10V,内阻约为 20kΩ) ;热敏电阻(80Ω~200Ω) ;一杯水;一个开关;酒精灯; 温度计;导线若干.

(1)一位同学根据现有器材设计实验电路并连接了部分实物,如图所示,请你用笔画线代替 导线把电压表接入电路. (2)用酒精灯对水加热,下表为该同学在不同水温下测得的电流和电压数据,并在 U﹣I 图 中标出,由该图可得电池的电动势 E= 6.1 V,内电阻 r= 21 Ω(保留 2 位有效数字) . t/℃ 20 40 60 80 100 I/mA 26.1 33.3 40.0 46.2 52.2

U/V

5.48

5.33

5.20

5.08

4.96

(3)利用以上数据还可以粗略算出热敏电阻的阻值,发现随着温度的升高,热敏电阻的阻值 将会变 小 (填“小”或“大”) . 【考点】测定电源的电动势和内阻. 【专题】实验题;恒定电流专题. 【分析】本题的关键是因电压表内阻远大于电源内阻,应使电压表直接测量电源的路端电压, 这样因电压表的分流而造成的误差相对减小. 【解答】解: (1)因电源的内电阻阻值远小于电压表内阻,电压表表应测量路端电压,所画 电路如图. (2)根据表中数据可画出 U﹣I 图象如图所示,则电源电动势 E=6.1V, 内电阻 r= =21Ω

(3)根据欧姆定律 R= 可粗略算出随着温度的升高,热敏电阻的阻值将会变小. 故答案为: (1)所画电路如图 (2)6.1,21; (3)小

【点评】在测电阻或描绘小灯泡的伏安特性曲线时,应注意一般采用分压接法; 在测量电源电动势和内阻时,要注意根据画出的 U﹣I 图象分析出电动势及内阻. 四、计算题: 12.如图所示,一个板长为 l,板间距离也是 l 的平行板电容器上极板带正电,下极板带负电, 在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场.有一质量为 m,重力不计,带电量 ﹣q 的粒子从极板正中以初速度为 v0 水平射入,恰能从上 极板边缘飞出又能从下极板边缘飞 入,求: (1)两极板间匀强电场的电场强度 E 的大小和方向 (2)﹣q 粒子飞出极板时的速度 v 的大小与方向 (3)磁感应强度 B 的大小.

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力;带电粒子在匀强电场中的 运动. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】 (1)平行板电容器上极板带正电,下极板带负电,场强方向应竖直向下.粒子进入 电场后做类平抛运动,在水平方向上做匀速运动,在竖直方向上做匀加速运动.粒子恰能从 上极板边缘飞出时,电场中偏转距离为 ,根据牛顿第二定律和运动学公式结合,运用运动的 合成和分解法,求解电场强度 E 的大小; (2)根据速度的合成,求出粒子飞出极板时的速度 v 的大小与方向; (3)粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,由题,恰能从上极板边缘飞出 又能从下极板边缘飞入,画出轨迹,由几何知识求出轨迹半径,即可由牛顿第二定律求出 B. 【解答】解: (1)由于上板带正电,下板带负电,故板间电场强度方向竖直向下. ﹣q 粒子在水平方向上匀速运动,在竖直方向上匀加速运动,则有 水平方向:l=v0t 竖直方向: =

又由牛顿第二定律得 a=

联立解得,E= (2)设粒子飞出板时水平速度为 vx,竖直速度为 vy,水平偏转角为 θ,则 水平方向:vx=v0, 竖直方向:vy=at=

则 tanθ=

,v=

可得 θ=45°,v=

(3 )设粒子在磁场中运动的半径为 R,由几何关系易知 R=

由洛伦兹力提供向心力,则得 qvB=m

得 B=

答: (1)两极板间匀强电场的电场强度 E 的大小是 (2)﹣q 粒子飞出极板时的速度 v 的大小是

,方向竖直向下;

v0,方向与水平方向成 45°斜向上.

(3)磁感应强度 B 的大小是



【点评】本题中带电粒子在组合场中运动,要掌握类平抛运动的研究方法:运动的合成和分 解,磁场中画轨迹是解题的关键. 13.如图所示为某种弹射装置的示意图,光滑的水平导轨 MN 右端 N 处与水平传送带理想连 接,传送带长 L=4.0m,皮带轮沿顺时针方向转动,带动皮带以速率 v=3.0m/s 匀速运动.三个 质量均为 m=1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上,开始时滑块 B、C 之间用细绳相连,其 间有一压缩的轻质弹簧处于静止状态. 滑块 A 以初速度 v0=2.0m/s 沿 B、 C 连线方向向 B 运动, A 与 B 碰撞后粘合在一起, 碰撞时间极短, 可认为 A 与 B 碰撞过程中滑块 C 的速度仍为零. 碰 撞使连接 B、C 的细绳受扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使 C 与 A、B 分离,滑块 C 脱离 弹簧后以速度 vc=2.0m/s 滑上传送带,并从右端滑落至地面上的 P 点.已知滑块 C 与传送带之 2 间的动摩擦因数 μ=0.20,g=10m/s .求:

(1)滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小; (2)滑块 B、C 用细绳相连时弹簧的最大弹性势能 EP; (3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同,要使滑块 C 总能落至 P 点,则滑块 A 与滑块 B 碰撞前的最大速度 vm 是多少. 【考点】动量守恒定律;牛顿第二定律;功能关系.

【分析】 (1)C 在传送带上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律求出加速度,然后应用匀变速 直线运动规律求出 C 离开传送带时的速度. (2)A、B 碰撞过程、弹簧弹开过程系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以 求出弹簧的弹性势能. (3)应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块 A 的最大速度. 【解答】解: (1)滑块 C 滑上传送带后做匀加速运动,设滑块 C 从滑上传送带到速度达到传 送带的速度 v 所用的时间为 t,加速度大小为 a,在时间 t 内滑块 C 的位移为 x. 由牛顿第二定律得:μmg=ma, 由运动学公式得:v=vC+at,x=vCt+ at , 代入数据可得:x=1.25m,x=1.25m<L, 滑块 C 在传送带上先加速,达到传送带的速度 v 后随传送带匀速运动,并从右端滑出,则滑 块 C 从传送带右端滑出时的速度为 v=3.0m/s. (2)设 A、B 碰撞后的速度为 v1,A、B 与 C 分离时的速度为 v2,选取向右为正方向, 由动量守恒定律:mAv0=(mA+mB)v1, (mA+mB)v1=(mA+mB)v2+mCvC, AB 碰撞后,弹簧伸开的过程系统能量守恒: EP+ (mA+mB)v1 = (mA+mB)v2 + mCvC , 代入数据可解得:EP=1.0J; (3)在题设条件下,若滑块 A 在碰撞前速度有最大值,则碰撞后滑块 C 的速度有最大值,它 减速运动到传送带右端时,速度应当恰好等于传递带的速度 v. 设 A 与 B 碰撞后的速度为 v1′,分离后 A 与 B 的速度为 v2′,滑块 C 的速度为 vc′, 2 C 在传送带上做匀减速运动的末速度为 v=3m/s,加速度大小为 2m/s 2_ 2 由匀变速直线运动的速度位移公式得:v vC′ =2(﹣a)L,解得:vC′=5m/s, 以向右为正方向,由动量守恒定律可得: A、B 碰撞过程:mAvA=(mA+mB)v1′, 弹簧伸开过程: (mA+mB)v1′=mCvC′+(mA+mB)v2′, 在弹簧伸开的过程中,由能量守恒定律得: EP+ (mA+mB)v1′ = (mA+mB)v2′ + mCvC′ , 代入数据解得:vm=7.1m/s; 答: (1)滑块 C 从传送带右端滑出时的速度为 3.0m/s; (2)滑块 B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能为 1.0J; (3)滑块 A 与滑块 B 撞前速度的最大值 vmax 是 7.1m/s. 【点评】本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题,同时借助传送带考查到物体在恒 定摩擦力作用下的匀减速运动,还需用到平抛的基本知识,这是力学中的一道知识点比较多 的综合题,学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷.
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