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2017届河北省定州中学新高三上学期周练(四)(7.8)物理试题(解析版)


河北定州中学 2017 届新高三物理周练(四)
第 I 卷(选择题) 一. 选择题(共 44 分,本大题共 11 小题,每小题 4 分,在每小题给出的四个选项中,第 1 至 7 题 只有一项符合题目要求,第 8 至 11 题有多项符合题目要求. 全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有 选错的得 0 分) 1.对于环绕地球做圆周运动的卫星来说,它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化,某 同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径 r 与周期 T 关系作出如图所示图象,则可求得地球质量为(已 知引力常量为 G) ( )

4? 2 a A. Gb

4? 2b B. Ga

Ga 2 C. 4? b

Gb 2 D. 4? a

2.如图 1 所示,线圈 abcd 固定于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度随时间的变化情况如 图 2 所示。下列关于 ab 边所受安培力随时间变化 F-t 图像(规定安培力方向向右为正)正确的是( )

3.如图所示,用一根轻绳晾晒重量为 G 的衣服,衣服是通过一个光滑的小圆环穿过细绳后悬挂起来的,此 时绳两段间的夹角为 120°,绳中张力为 F1;若在环上加一水平拉力使细绳的一部分处在竖直线上,此时 晾衣绳中的张力大小为 F2,不计小圆环的重力,则下列关系正确的是( )

A.F1= F2= G B.F2< F1=G C.F2> F1>G D.F2< F1<G 4.某人在地面上最多可举起 50kg 的物体,某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了 60kg 的物体,据此 2) 判断此电梯加速度的大小和方向(g=10m/s ( ) 2 2 A.2m/s 竖直向上 B.5/3m/s 竖直向上
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C.2m/s 竖直向下 D.5/3m/s 竖直向下 5.如图所示,平行板电容器两极板 M、N 相距 d,两极板分别与电压恒为 U 的电源两极两极,极板 M 带正 电,现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 k,则( )

2

2

A、油滴带负电
mg B、油滴带电荷量为 Ud

kmgd C、电容器的电容为 U

D、将极板 N 向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动 6.如图所示,小木块可以分别从固定斜面沿左边或右边由静止开始滑下,且滑到水平面上的 A 点或 B 点停 下,假定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平缓连接,图中水平面上的 O 点位于 斜面顶点正下方,则( )

A、距离 OA 等于 OB B、距离 OA 大于 OB C、距离 OA 小于 OB D、无法作出明确的判断 7.用水平力 F 拉一物体,使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动, t 1 时刻撤去拉力 F,物体做 匀减速直线运动,到 t 2 时刻停止,其速度—时刻图象如图所示,且
? ??

,若拉力 F 做的功为 W 1 ,平均功 )

率为 P1 ;物体克服摩擦阻力 F f 做的功为 W 2 ,平均功率为 P 2 ,则下列选项正确的是(

A、 W 1 ? W 2 , B、 W 1 ? W 2 ,

F ? 2 Ff F ? 2 Ff

C、 W 1 ? W 2 , P1 ? P 2 D、 P1 ? P 2 ,
F ? 2 Ff

8.已知一质量为 m 的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为 ? N ,假设地球是质量分别均匀的球体,半
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径为 R。则地球的自转周期为(设地球表面的重力加速度为 g)

T ? 2?
A、地球的自转周期为

mR ?N mR ?N

T ??
B、地球的自转周期为

mR 1 ( )3 R ? N C、地球同步卫星的轨道半径为 2(
D、地球同步卫星的轨道半径为

mR 1 )3 R ?N

9.如图所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒 c、d,置于 边界水平的匀强磁场上方同一高度 h 处。磁场宽为 3h,方向与导轨平面垂直。先由静止释放 c,c 刚进入 磁场即做匀速运动,此时再由静止释放 d,两导体棒与导轨始终保持良好接触,用 表示 d 的动能,

ac 表示 c 的加速度,Ekd

xc 、 xd 分别表示 c、d 相对释放点的位移,图中正确的是

10.如图所示,圆心在 O 点、半径为 R 的圆弧轨道 abc 竖直固定在水平桌面上,Oc 与 Oa 的夹角为 60°, 轨道最低点 a 与桌面相切。 一不可伸长的轻绳两端系着质量分别为 m 和 4m 的小球 A 和 B (均可视为质点) , 挂在圆弧轨道边缘 c 的两边,开始时,B 位于 c 点,从静止释放,设轻绳足够长,不计一切摩擦,则在 B 球由 c 下滑到 a 的过程中( )

A.小球 A 的机械能一直增加 B.重力对小球 B 做功的功率一直不变

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8 gR 19 C.小球 B 经过 a 点时的速度大小为 2 gR D.小球 B 经过 a 点时的速度大小为 5
11.如图甲所示,交流发电机的矩形金属线圈 abcd 的匝数 n=100,线圈的总电阻 r=5.0Ω ,线圈位于匀强 磁场中,且线圈平面与磁场方向平行.线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环 E、F(集流环)焊接在一起, 并通过电刷与阻值 R=95Ω 的定值电阻连接. 现使线圈绕过 bc 和 ad 边中点、 且垂直于磁场的转轴 OOˊ以一 定的角速度匀速转动.穿过线圈的磁通量Φ 随时间 t 变化的图象如图乙所示.若电路其他部分的电阻以及 线圈的自感系数均可忽略不计.则下列说法中正确的是( )

A.线圈匀速转动的角速度为 100rad/s B.线圈中产生感应电动势的最大值为 200V C.线圈中产生感应电动势的有效值为 100V D.线圈中产生感应电流的有效值为 二、计算题:共 6 题 共 66 分
12.如图,一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的绝热气缸内,活塞质量为 30kg,横截面积 S= 100cm 2 , 活塞与气缸间连着自然长度 L=50cm,劲度系数 k=500N/m 的轻弹簧,活塞可沿着气缸壁无摩擦自由移动。初始 时刻,气缸内气体温度 t=27℃,活塞距气缸底部 40cm。现对气缸内气体缓慢加热,使活塞上升 30cm,已知外 界大气压 P 0

2A
第 II 卷(非选择题)

? 1.0 ?105 pa , g ? 10m / s 2 ,求:气缸内气体达到的温度

13.如图,矩形 abcd 区域有磁感应强度为 B 的匀强磁场,ab 边长为 3L,bc 边足够长。厚度不计的挡板 MN 长 为 5L,平行 bc 边放置在磁场中,与 bc 边相距 L,左端与 ab 边也相距 L。质量为 m、电荷量为 e 的电子,由静 止开始经电场加速后沿 ab 边进入磁场区域,电子与挡板碰撞后完全被吸收并导走。

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(1)如果加速电压控制在一定范围内,能保证在这个电压范围内加速的电子进入磁场后在磁场中运动时间都相 同。求这个加速电压 U 的范围。 (2)调节加速电压,使电子能落在挡板上表面,求电子落在挡板上表面的最大宽度 ? L 14.如图所示,在光滑水平地面上,有一质量 m1 ? 4.0kg 的平板小车,小车的右端有一固定的竖直挡板,挡板 上固定一轻质细弹簧,位于小车 A 点处的质量为 m 2 ? 1.0kg 的木块(视为质点)与弹簧的左端相接触但不连接, 此时弹簧与木块间无相互作用力,木块与 A 点左侧的车面之间有摩擦,与 A 点右侧的车面之间的,摩擦可忽略 不计。现小车与木块一起以 v0 ? 2.0m / s 的初速度向右运动,小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞,已知碰撞时
2 间极短,碰撞后小车以 v1 ? 1.0m / s 的速度水平向左运动,取 g ? 10m / s 。

①求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小; ②若弹簧始终处于弹性限度内,求小车撞墙后于木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能。 15.如图所示,光滑的四分之一圆弧 AB(质量可忽略)固定在甲车的左端,其半径 R=1m。质量均为 M=3kg 的甲乙两辆小车静止与光滑水平面上, 两车之间通过一感应开关相连 (当滑块滑过感应开关时, 两车自动分离) 。 其中甲车上表面光滑,乙车上表面与滑块 P 之间的动摩擦因数μ =0.4.将质量为 m=2kg 的滑块 P(可视为质点) 从 A 处由静止释放,滑块 P 滑上乙车后最终未滑离乙车。( g

? 10m / s 2 )求:

(i)滑块 P 刚滑上乙车时的速度大小; (ii)滑块 P 在乙车上滑行的距离为多大? 16.有两列简谐横波 a、b 在同一媒质中沿 x 轴正方向传播,波速均为 V=2.5m/s.在 t=0 时,两列波的波峰正 好在 x=2.5m 处重合,如图所示.求:

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①两列波的周期分别为多少? ②当 t1=0.4s 时,横波 b 的传播使质点 P 的位移为多少? ③t=0 时,两列波的波峰重合处的所有位置。 17.如图(甲)所示,一倾角为 370 的传送带以恒定速率运行。现将一质量 m=2 kg 的小物体以某一初速度放上 g=10m/s2, sin 370=0. 6, 传送带, 物体相对地面的速度随时间变化的关系如图 (乙) 所示, 取沿传送带向上为正方向, cos370=0.8.求:

(1)物体与传送带间的动摩擦因数; (2)0~10 s 内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量 Q.

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参考答案

1.A 【解析】 试题分析:由万有引力提供向心力有:G

Mm 4? 2 GMT 2 r 3 GM a 3 ,得: ,由图可知: = m r = = , r = r2 T2 T 2 4? 2 b 4? 2

所以地球的质量为: M ?

4? 2 a ,故 A 正确、BCD 错误.故选 A. Gb

考点:万有引力定律的应用 【名师点睛】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系 G 理解图象的物理含义,知道图象的斜率表示什么。 2 .C 【解析】 试题分析:由楞次定律知,感应电流的方向为 adcba,根据电磁感应定律 E=n

Mm 4? 2 = m r ,找到 r3-T2 函数关系,同时要能 2 2 r T

?? ?B =n S ,根据 ?t ?t

I=n

?B S, ab 边所受安培力的方向向右, 电流为定值, 根据左手定则, 由 F=BIL 知, 安培力均匀增加. 故 R?t

选项 C 正确。 考点:电磁感应定律;左手定则 【名师点睛】 解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律, 以及安培力的大小和方向的判定。 3.B 【解析】 试题分析:分别对两种情况下的环进行受力分析如图:

由图可知,开始时三个力的方向之间的夹角都是 120°,所以 F1=G;若在环上加一水平拉力使细绳的一部 分处在竖直线上,则在竖直方向上:F2+F2sinθ =G,所以 F2<G,所以三个力之间的关系为:F2<F1=G;故 选 B. 考点:物体的平衡 【名师点睛】本题是关于物体的平衡问题,题中环与动滑轮类似,要抓住绳中的拉力大小左右相等的特点, 由平衡条件求解绳子的拉力。
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4 .D 【解析】 试题分析:由题意某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了 60kg 的物体,知物体处于失重状态,此人最 大的举力为 F=mg=50×10N=500N.则由牛顿第二定律得,m′g-F=m′a,解得

a?

m? g ? F 60 ?10 ? 500 5 = = m / s 2 .方向向下.故选 D. m? 60 3

考点:牛顿第二定律的应用 【名师点睛】 】本题是应用牛顿第二定律研究超重和失重的问题,关键抓住人的最大举力是一定的;当物体 的加速度向上时发生超重,加速度向下时发生失重。 【答案】A 【解析】 试题分析:由题,带电荷量为 q 的微粒静止不动,则微粒受到向上的电场力,平行板电容器板间场强方向 竖直向下,则微粒带负电,故 A 正确;由平衡条件得: mg ? q 误;根据 C ?
U mgd ,得油滴带电荷量为: q ? ,故 B 错 d U

Q kmgd ,结合 mg ? qE ,且 Q ? kq ,则得电容器的电容为: C ? .故 C 错误;极板 N 向下缓 U U2

慢移动一小段距离,电容器两极板距离 s 增大,板间场强减小,微粒所受电场力减小,则微粒将向下做加 速运动,故 D 错误。 考点:带电粒子在混合场中的运动 【名师点睛】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析,由平衡条件判断微粒的电性,注意由受力情况 来确定运动情况,是解题的思路。 【答案】A 【解析】 试题分析:设斜面的高度为 h ,木块与斜面、水平面间的动摩擦因数为 ? ,斜面的长度和木块在水平面上 滑行距离如图:

根据动能定理, M→A 过程: mgh ? ? mgcos? ? L1 ? ? mgS1 ? 0 ,得: L1cos? ? S1 ? M→B 过程: mgh ? ? mgcos ? ? L2 ? ? mgS2 ? 0 ,得: L2 cos? ? S2 ?
h

h

?

?

可见 L1cos? ? S1 ? L2 cos? ? S2 ,即 OA ? OB ,故 A 正确,B、C、D 错误。 考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系 【名师点睛】本题运用动能定理分析木块的水平位移关系,可理解的基础上记住滑动摩擦力做功的特点:
W ? ?? mgS水平 , S 水平 是物体的水平位移大小。
8页

【答案】B 【解析】 试题分析:对于运动的整个过程,根据动能定理,有 W ? W1 ? W2 ? 0 ,故 W1 ? W2 ;由图象可以看出,加速 过程加速度 a1 大于减速过程的加速度 a 2 ,根据牛顿第二定律,有: F ? Ff ? ma1 , Ff ? ma2 ,由于, a1>a2 ,
v v 故, F ? Ff >Ff ,即 F>2 Ff ,设物体的最大速度为 v ,由平均功率公式 P =F v ,得到 P ,由 1 =F ? , P 2 =Ff ? 2 2

于 F>2 Ff ,故 P 1>2 P 2 ,故选项 B 正确。 考点:功率、平均功率和瞬时功率;匀变速直线运动的速度与时间的关系;功的计算 【名师点睛】本题关键是根据动能定理、平均功率的表达式 P =F v 以及牛顿第二定律列式求解;同时从图 象得到加速过程加速度较大以及加速过程的平均速度等于整个过程的平均速度也很重要。 8.AC 【解析】 试题分析:在北极 FN 1 ? G

Mm Mm 4? 2 ①,在赤道: G 2 ? FN 2 ? m 2 R ②,根据题意,有 FN1 ? FN 2 ? ?N R2 R T

③,联立解得: T ? 2? 正确,

Mm 4? 2 mR 1 mR ,对于地球同步卫星有 G 2 ? m 2 r ④,联立可得 r ? ( ) 3 R ,AC r T ?N ?N

考点:考查了万有引力定律的应用 【名师点睛】在万有引力这一块,涉及的公式和物理量非常多,掌握公式

G

Mm v2 4? 2 r 2 然后弄清楚各个物理量 ? m ? m ? r ? m ? ma 在做题的时候,首先明确过程中的向心力, r2 r T2

表示的含义,最后选择合适的公式分析解题,另外这一块的计算量一是非常大的,所以需要细心计算 9.BD 【解析】 试题分析:设 c、d 刚进磁场时速度为 v,c 刚进入磁场做匀速运动,此时由静止释放 d.设 d 经时间 t 进入 磁场,并设这段时间内 c 的位移为 x 则由于 h ?

v t , x ? vt ,得到 x ? 2h ,则 d 进入磁场时,c 相对释放 2

点的位移为 3h,d 进入磁场后,cd 二者都做匀速运动,且速度相同,二者与导轨组成的回路磁通量不变, 感应电流为零,不受安培力,两导体棒均做加速度为 g 的匀加速运动,故 A 错误,B 正确;c 出磁场时 d 下落 2h,c 出磁场后,只有导体棒 d 切割磁感线,此时 d 的速度大于进磁场时的速度,d 受到安培力作用 做减速运动,动能减小,d 出磁场后动能随下落高度的增加而均 匀增大,故 C 错误,D 正确. 考点:考查了导体切割磁感线运动 【名师点睛】未进入磁场时,c、d 做自由落体运动,到达磁场上边界时速度相同.c、d 都进入磁场后,同 时在磁场中运动时,两者速度相同,没有感应电流产生,只受重力,都做匀加速直线运动,加速度为 g.c
9页

出磁场后,d 在切割磁感线时,此时 d 的速度比进磁场时大,产生感应电动势增大,感应电流增大,受到 的安培力增大,则 d 做匀减速直线运动.根据动能与高度的关系选择动能图象 10.AC 【解析】 试题分析:在 B 球由 c 下滑到 a 的过程中,绳子的拉力一直对 A 球做正功,由功能原理可知,A 球的机械 能一直增加.故 A 正确.重力瞬时功率公式为 P=mgvcosα ,α 是重力与速度的夹角.一开始 B 球是由静止 释放的,所以 B 球在开始时重力的功率为零.B 球运动到 a 点时,α =90°,重力的功率也为零,所以重力 对小球 B 做功的功率先增大后减小,故 B 错误.设小球 B 经过 a 点时的速度大小为 v1,此时 A 球的速度大 小为 v2.则有:v2=v1cos30° 由系统的机械能守恒得:4mgR(1-cos60°)=mgR+

1 2 1 2 ×4mv1 + mv2 2 2

联立解得 v1 ?

8 gR .故 C 正确,D 错误.故选 AC. 19

考点:功率;机械能守恒定律的应用 【名师点睛】本题考查功率以及机械能守恒定律的应用;解题的关键是对两个小球运动情况的分析,知道 两球沿绳子方向的分速度大小相等以及系统的机械能守恒。 11.BD 【解析】

2? ? 2 ? 100 rad / s ,A 错误 ;交流发电机产生电动势的最大值 T 2n?? m 2? -2 Em=nBSω ,而Φ m=BS, ? ? ,所以 Em ? ,由Φ -t 图线可知:Φ m=2.0×10 Wb,T=6.28× T T
-2 试题分析:由图知 T=π ×10 S,则 ? ?

10-2s 所以 Em=200 V.交流发电机产生的电动势最大值为 200V.则 B 正确;电动势的有效值

E=

Em 2

? 100 2 V ? 则 C 错误;由闭合电路的欧姆定律,电路中电流的有效值为

I?

E 100 2 ? A ? 2 A ,则 D 正确;故选 BD. R ? r 95 ? 5

考点:交流电的产生及变化规律 【名师点睛】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式 Em=nBSω ,以及知道峰值与有效值的关系

E=

Em ,交流电表的读数是交流电的有效值。 2

12. T2 ? 588K 或 t2 ? 315℃ 【解析】 试题分析:开始时,弹簧压缩的长度为: ?l1 ? 0.1m ,活塞受力平衡有: p1S ? k ?l1 ? p0 S ? mg
10 页

得 p1 ? p0 ? mg ? k ?l1S

p1 ? p0 ?

mg ? k ?l1 ,V1 ? 0.01? 0.4m3,T1 ? 300 K S

气缸内加热后,弹簧伸长的长度为: ?l2 ? 0.2m 活塞受力平衡有: p2 S ? mg ? p0 S ? k ?l2 得 p2 ? p0 ? mg ? k ?l2 S , P 2 ?P 0 ? mg ? k ?l2 S

V1 ? 0.01? 0.7m3,T2 ? ?
理想气体状态方程:

PV PV 1 1 ? 2 2 T1 T2

联立以上各式并代入数据,解得: T2 ? 588K 或 t2 ? 315℃ 考点:考查了理想气体状态方程的应用 【名师点睛】利用理想气体状态方程解题,关键是正确选取状态,明确状态参量,尤其是正确求解被封闭 气体的压强,这是热学中的重点知识 13. (1) 0 ? U ? 【解析】 试题分析: (1)只要电子从 ad 边离开磁场,其运动的轨迹为半圆,运动时间相同,都为

2eB 2 L2 (2) ( 5 ?1) L m

T ,当垫子与挡 2

板下表面相切时,轨迹的半径 r1 ? 2 L ,圆心为 O1 ,如图所示,要使垫子在磁场中的运动时间相等,必须 满足: r ? r1 ? 2L ① 根据牛顿第二定律 eBv ? m 根据动能定理: eU ?

v2 ② r1

1 2 mv ③ 2

联立解得 U ?

2eB 2 L2 ④(取等号也可) m

若垫子恰好能绕过挡板最后段从 ad 边离开磁场,设其轨迹的半径为 r2 ,根据几何关系可得

r22 ? (6L ? r2 )2 ? (2L)2 ⑤

11 页

解得 r2 ?

10 L ? 3L ⑥,即电子将从 bc 边出去了,即电子不可能绕过挡板最右端 N 点从 ad 边离开磁场, 3

所以,使得电子在磁场中运动时间相同的电压的取值范围是 0 ? U ?

2eB 2 L2 m

(2)电子能打到挡板上表面必须满足一下要求: (i)电子能通过 M 点边缘,设其对应的半径为 r3 ,圆心为 O3 ,打在上板的 C 点, 则有: r3 ? (r3 ? L) ? (2L) ⑧, S MC ? 2 r32 ? (2 L) 2 ? 3L ⑨
2 2 2

(ii)电子不能从 bc 边射出,设电子轨迹与 bc 边相切时的半径为 r4 ,圆心为 O4 ,打在上板的 D 点,则有:

r4 ? 3L , S MD ? ? r4 ? L ? ? r42 ? (2 L) 2
所以 ?L ? SCD ? SMD ? SMC ? ( 5 ?1) L 考点:考查了带电粒子在组合场中的运动 【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题,首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况,再选择 合适方法处理.对于匀变速曲线运动,常常运用运动的分解法,将其分解为两个直线的合成,由牛顿第二 定律和运动学公式结合求解;对于磁场中圆周运动,要正确画出轨迹,由几何知识求解半径 【答案】① 12 kg ? m / s ;② E p=3.6 J 【解析】 试题分析: ①小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中, 小车动量变化量的大小为:?p=m1v1-m1 (-v0 )=12 kg ? m / s 。 ②整个过程中,小车和木块组成的系统动量守恒,设小车和木块相对静止时的速度大小为 v,根据动量守 恒定律有: m1v1-m2 v0=(m1+m2 )v ,解得 v=0.40 m / s ,当小车与木块首次达到共同速度 v 时,弹簧压缩至 最短,此时弹簧的弹性势能最大,设最大弹性势能为 Ep,根据机械能守恒定律可得: Ep=

1 1 1 2 2 m1 v1 + m2 v0 - (m1+m2)v2 , E p=3.6 J 。 2 2 2

考点:动量守恒定律;弹性势能 【名师点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用,关键是找出木块与小车间发生相对运动将弹簧 压缩至最短时,二者速度大小相等的临界条件,属于较难题目。
12 页

15. (i) v1 ? 15m / s,v2 ? 【解析】

15 m / s (ii)L=2m 3

试题分析: (i)设滑块 P 刚滑上乙车时的速度为 v1 ,此时两车的速度为 v 2 ,滑块、甲、乙两辆小车组成系 统,规定向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒列出等式: mv1 ? 2Mv2 ? 0 , 对整体应用能量守恒有: mgR ?

1 2 1 15 2 mv1 ? ? 2 Mv2 ,解得: v1 ? 15m / s,v2 ? m/s 2 2 3

(ii)设滑块 P 和小车乙达到的共同速度为 v,滑块 P 在乙车上滑行的距离为 L, 规定向右为正方向,对滑块 P 和小车乙应用动量守恒有: mv1 ? Mv2 ? ? m ? M ? v 对滑块 P 和小车乙应用能量守恒有: ? mgL ? 考点:考查了动量守恒定律的应用 【名师点睛】正确分析物体的运动过程,把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键,结合动量守恒定 律和能量守恒定律进行求解.动量守恒定律解题时应注意其矢量性 16.①1s;1.6s ②-0.02m ③:x=(2.5±20K)m,k=0,1,2,3,… 【解析】 试题分析:①从图中可以看出两列波的波长分别为λ a=2.5m,λ b=4.0m 所以它们的周期分别为

1 2 1 1 2 mv1 ? Mv2 ? ? M ? m ? v 2 ,解得:L=2m 2 2 2

Ta ?

?a
V

? 1s

Tb ?

?b
V

? 1 .6 s

②当 t1=0.4s 时,质点振动了 1/4 的周期,由图知振幅为 0.02m,故质点的位移为-0.02m。 ③两列波的最小公倍数为:S=20m t=0 时,两列波的波峰重合处的所有位置为:x=(2.5±20K)m,k=0,1,2,3,… 考点:机械波的传播 【名师点睛】本题考查运用数学知识解决物理问题的能力.对于多解问题,往往要分析规律,列出通项表 达式,解题时要防止漏解。 17. (1)0.875(2)252J 【解析】 试题分析: (1)由速度图象可知,物体在传送带上加速运动的加速度

a?

4 ? (?2) m / s 2 ? 1m / s 2 6

由牛顿第二定律 μ mgcosθ -mgsinθ =ma

13 页

μ =

7 ? 0.875 8 1 1 ? (8 ? 4) ? 4 ? ? 2 ? 2(m) ? 22 m 2 2
2分

(2)由速度图象可知,物体在 0~10s 内的位移

S?

物体上升的高度 h=Ssinθ 增加的重力势能 △Ep=mgh=264J 增加的动能 △Ek=

1 1 mV 2 ? mV02 ? 12 J 2 2 1 1 ? 4 ? 4 ? ? 2 ? 2m ? 6m 2 2

机械能变化量 △E=△Ep+ △Ek =276J (解法二:物体在 0~6s 内的位移 S1= 受到滑动摩擦力 f=μ mgcosθ

物体在 6~10s 内做匀速运动,受到静摩擦力 f2=mgsinθ 发生的位移 S2=Vt2=24m 根据功能原理,物体机械能的变化等于除重力外其他力做功代数和,即 △E=μ mgcosθ S1+mgsinθ S2=276J 物体在 0~6s 内的位移 S1=

1 1 ? 4 ? 4 ? ? 2 ? 2m ? 6m 2 2

传送带的位移 S2=Vt=4×6m=24m 摩擦产生的热量 Q=μ mgcosθ (S2-S1)=252J 考点:动能定理及牛顿第二定律的应用 【名师点睛】本题一要读懂速度图象,根据图象分析物体的运动情况,求出位移和加速度,二要根据牛顿 第二定律和功能关系求解相关的量,对于热量,要根据相对位移求解.

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