西安市西安中學(xué)2021屆高三上學(xué)期第二次月考物理試題含解析_第1頁(yè)
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學(xué)必求其心得,業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得,業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得,業(yè)必貴于專精陜西省西安市西安中學(xué)2021屆高三上學(xué)期第二次月考物理試題含解析西安中學(xué)高2021屆高三第二次月考物理試題一、選擇題:(1至7題只有一個(gè)正確答案,8至12題有多個(gè)正確答案,每題4分,共計(jì)48分)1.一輛汽車(chē)以20m/s的速度在平直的公路上行駛,當(dāng)駕駛員發(fā)現(xiàn)前方有險(xiǎn)情時(shí),立即進(jìn)行急剎車(chē),剎車(chē)后的速度v隨剎車(chē)位移x的變化關(guān)系如圖所示,設(shè)汽車(chē)剎車(chē)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),則當(dāng)汽車(chē)剎車(chē)后的速度減小為12m/s時(shí),剎車(chē)的距離x1為A.12m B.12.8m C.14m D。14.8m【答案】B【解析】【詳解】由題意可知,汽車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小a,由公式,其中,代入解得:,當(dāng)時(shí),汽車(chē)剎車(chē)的位移為,故B正確.故選B.2。矢量發(fā)動(dòng)機(jī)是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機(jī)以速度v斜向上飛行時(shí),其矢量發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口如圖所示。已知飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力、與速度方向垂直的升力和與速度方向相反的空氣阻力。下列受力分析示意圖可能正確的是()A. B.C。 D.【答案】A【解析】【詳解】由題意可知所受重力G豎直向下,空氣阻力Ff與速度方向相反,升力F2與速度方向垂直,發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1的方向沿噴口的反方向,對(duì)比圖中選項(xiàng)可知只有A選項(xiàng)符合題意。故選A。3.如圖所示,一質(zhì)量為M的楔形木塊放在水平桌面上,它的頂角為90°,兩底角為α和β;a、b為兩個(gè)位于斜面上質(zhì)量均為m的小木塊,已知所有接觸面都是光滑的.現(xiàn)發(fā)現(xiàn)a、b沿斜面下滑,而楔形木塊靜止不動(dòng),這時(shí)楔形木塊對(duì)水平桌面的壓力等于()A。Mg+mgB.Mg+2mgC.Mg+mg(sinα+sinβ)D.Mg+mg(cosα+cosβ)【答案】A【解析】【分析】本題由于斜面光滑,兩個(gè)木塊均加速下滑,分別對(duì)兩個(gè)物體受力分析,求出其對(duì)斜面體的壓力,再對(duì)斜面體受力分析,求出地面對(duì)斜面體的支持力,然后根據(jù)牛頓第三定律得到斜面體對(duì)地面的壓力.【詳解】對(duì)木塊a受力分析,如圖,受重力和支持力

由幾何關(guān)系,得到:N1=mgcosα故物體a對(duì)斜面體的壓力為:N1′=mgcosα…①同理,物體b對(duì)斜面體的壓力為:N2′=mgcosβ…②對(duì)斜面體受力分析,如圖,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,得到:N2′cosα—N1′cosβ=0…③F支-Mg-N1′sinβ—N2′sinα=0…④根據(jù)題意有:α+β=90°…⑤由①~⑤式解得:F支=Mg+mg根據(jù)牛頓第三定律,斜面體對(duì)地的壓力等于Mg+mg;故選A.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵先對(duì)木塊a和b受力分析,求出木塊對(duì)斜面的壓力,然后對(duì)斜面體受力分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求出各個(gè)力.也可以直接對(duì)三個(gè)物體整體受力分析,然后運(yùn)用牛頓第二定律列式求解,可使解題長(zhǎng)度大幅縮短,但屬于加速度不同連接體問(wèn)題,難度提高.4。近日,美國(guó)成功發(fā)射了帕克太陽(yáng)探測(cè)器,如圖所示,假設(shè)帕克太陽(yáng)探測(cè)器繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),太陽(yáng)相對(duì)帕克太陽(yáng)探測(cè)器的張角為,已知萬(wàn)有引力常量G,下列說(shuō)法正確的是()A。若測(cè)得周期和張角,可得到太陽(yáng)的質(zhì)量B。若測(cè)得周期和張角,可得到探測(cè)器的質(zhì)量C。若測(cè)得周期、軌道半徑和張角,可得到太陽(yáng)表面的重力加速度D.若測(cè)得周期、軌道半徑和張角,可得到探測(cè)器的向心力【答案】C【解析】【詳解】AB.若測(cè)得周期和張角,根據(jù)可知,沒(méi)有兩者間距無(wú)法計(jì)算太陽(yáng)質(zhì)量,而探測(cè)器的質(zhì)量被約去,無(wú)法計(jì)算,故AB錯(cuò)誤;CD.若測(cè)得周期、軌道半徑和張角,根據(jù)可知太陽(yáng)質(zhì)量,根據(jù)間距和張角可以計(jì)算太陽(yáng)半徑,根據(jù),可計(jì)算太陽(yáng)表面的重力加速度,但不知道探測(cè)器的質(zhì)量,無(wú)法計(jì)算探測(cè)器的向心力,故C正確D錯(cuò)誤。故選C.5。如圖,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長(zhǎng)度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自a點(diǎn)處從靜開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),重力加速度大小為g,則小球運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為()A.2mgR B。3mgR C。4mgR D。5mgR【答案】A【解析】【詳解】因?yàn)镕=mg,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),由動(dòng)能定理故選A。6.我國(guó)高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平,它是由動(dòng)車(chē)和拖車(chē)組合而成,提供動(dòng)力的車(chē)廂叫動(dòng)車(chē),不提供動(dòng)力的車(chē)廂叫拖車(chē).假設(shè)動(dòng)車(chē)組各車(chē)廂質(zhì)量均相等,動(dòng)車(chē)的額定功率都相同,動(dòng)車(chē)組在水平直軌道上運(yùn)行過(guò)程中阻力與車(chē)重成正比。某列動(dòng)車(chē)組由8節(jié)車(chē)廂組成,其中第1、5節(jié)車(chē)廂為動(dòng)車(chē),其余為拖車(chē),則該列車(chē)組()A。啟動(dòng)時(shí)乘客受到車(chē)廂作用力的方向與車(chē)運(yùn)動(dòng)的方向相反B。做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車(chē)廂間的作用力之比為2:3C.進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來(lái)滑行的距離與速度成正比D.與改為4節(jié)動(dòng)車(chē)帶4節(jié)拖車(chē)的動(dòng)車(chē)組最大速度之比為1:2【答案】D【解析】【詳解】A.啟動(dòng)時(shí),加速度方向向前,根據(jù)牛頓第二定律知,乘客受到車(chē)廂作用力方向向前,與運(yùn)動(dòng)方向相同,故A錯(cuò)誤;B.做加速運(yùn)動(dòng)時(shí),有兩節(jié)動(dòng)力車(chē)廂,對(duì)整個(gè)的車(chē)進(jìn)行受力分析得:對(duì)6、7、8車(chē)廂進(jìn)行受力分析得:對(duì)7、8車(chē)廂進(jìn)行受力分析得:聯(lián)立可得:故B錯(cuò)誤;C.設(shè)進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來(lái)滑行的距離為s,則:可知滑行的距離與速度不成正比,故C錯(cuò)誤。D.當(dāng)只有兩節(jié)動(dòng)力車(chē)時(shí),最大速率為v,則:改為4節(jié)動(dòng)車(chē)帶4節(jié)拖車(chē)的動(dòng)車(chē)組時(shí):所以:v′=2v故D正確。故選D。7.在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上,把物體P輕放在彈簧上端,P由靜止向下運(yùn)動(dòng),物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧,改用物體Q完成同樣的過(guò)程,其關(guān)系如圖中虛線所示。假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體.已知星球M的半徑是星球N的3倍,則()A。M的密度是N的3倍B.Q的質(zhì)量是P的3倍C。Q下落過(guò)程中的最大動(dòng)能是P的4倍D.Q下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍【答案】C【解析】【詳解】A.在星球表面,根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力可得則星球的體積星球的密度根據(jù)圖像可知,在M星球表面的重力加速度為在N表面的重力加速度為星球M的半徑是星球N的3倍,則M與N的密度相等,A錯(cuò)誤;B.加速度為零時(shí)受力平衡,根據(jù)平衡條件可得解得B錯(cuò)誤;C.根據(jù)動(dòng)能定理可得根據(jù)圖像的面積可得整理得C正確;D.根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知,P下落過(guò)程中彈簧最大壓縮量為,Q下落過(guò)程中彈簧最大壓縮量為,Q下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量是P的2倍,D錯(cuò)誤.故選C.8.地下礦井中的礦石裝在礦車(chē)中,用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送至地面.某豎井中礦車(chē)提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示,其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)程,它們變速階段加速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質(zhì)量相等.不考慮摩擦阻力和空氣阻力.對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程,A.礦車(chē)上升所用的時(shí)間之比為4:5B。電機(jī)的最大牽引力之比為2:1C。電機(jī)輸出的最大功率之比為2:1D。電機(jī)所做的功之比為4:5【答案】AC【解析】【詳解】A.由圖可得,變速階段的加速度,設(shè)第②次所用時(shí)間為t,根據(jù)速度—時(shí)間圖象的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知,,解得:,所以第①次和第②次提升過(guò)程所用時(shí)間之比為,選項(xiàng)A正確;B.由于兩次提升變速階段的加速度大小相同,在勻加速階段,由牛頓第二定律,,可得提升的最大牽引力之比為1∶1,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.由功率公式,P=Fv,電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比,為2∶1,選項(xiàng)C正確;D.加速上升過(guò)程的加速度,加速上升過(guò)程的牽引力,減速上升過(guò)程的加速度,減速上升過(guò)程的牽引力,勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的牽引力.第①次提升過(guò)程做功;第②次提升過(guò)程做功;兩次做功相同,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.【點(diǎn)睛】此題以速度圖像給出解題信息.解答此題常見(jiàn)錯(cuò)誤主要有四方面:一是對(duì)速度圖像面積表示位移掌握不到位;二是運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解牽引力錯(cuò)誤;三是不能找出最大功率;四是不能得出兩次提升電機(jī)做功.實(shí)際上,可以根據(jù)兩次提升的高度相同,提升的質(zhì)量相同,利用功能關(guān)系得出兩次做功相同.9.如圖所示,一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道內(nèi)側(cè)最低點(diǎn)A處,B為軌道最高點(diǎn),C、D為圓的水平直徑兩端點(diǎn).輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點(diǎn),另一端與小球栓接,已知彈簧的勁度系數(shù)為,原長(zhǎng)為L(zhǎng)=2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),若給小球一水平初速度v0,已知重力加速度為g,則()A.無(wú)論v0多大,小球在A點(diǎn)對(duì)軌道都有壓力B。如果v0較小,小球可能離開(kāi)圓軌道C.只要v0>,小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)D。只要小球能做完整圓周運(yùn)動(dòng),則小球與軌道間的最大壓力與最小壓力之差與v0無(wú)關(guān)【答案】ACD【解析】【詳解】AB.因彈簧的勁度系數(shù)為,原長(zhǎng)為L(zhǎng)=2R,所以小球始終會(huì)受到彈簧的彈力作用,大小為F=k(L—R)=kR=mg方向始終背離圓心,無(wú)論小球在CD以上的哪個(gè)位置速度為零,重力在沿半徑方向上的分量都小于等于彈簧的彈力(在CD以下,軌道對(duì)小球一定有指向圓心的支持力),所以無(wú)論v0多大,小球在A點(diǎn)對(duì)軌道都有壓力,小球在任何位置均不會(huì)離開(kāi)圓軌道,故A正確,B錯(cuò)誤;C.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功,彈簧的彈力和軌道的支持力不做功,機(jī)械能守恒,當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為零,在最低點(diǎn)的速度最小,有解得所以只要小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),故C正確;D.在最低點(diǎn)時(shí),設(shè)小球受到的支持力為N,有解得運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力最小,設(shè)為N′,設(shè)此時(shí)的速度為v,由機(jī)械能守恒有此時(shí)合外力提供向心力,有聯(lián)立解得解得壓力差為△N=6mg與初速度無(wú)關(guān),故D正確。故選ACD。10。在無(wú)風(fēng)的環(huán)境里,某人在高處釋放靜止的籃球,籃球豎直下落:如果先讓籃球以一定的角速度繞過(guò)球心的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)如圖再釋放,則籃球在向下掉落過(guò)程中偏離豎直方向做曲線運(yùn)動(dòng)。其原因是,轉(zhuǎn)動(dòng)的籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受重力外,還受到空氣施加的阻力和偏轉(zhuǎn)力。這兩個(gè)力與籃球速度v的關(guān)系大致為:,方向與籃球運(yùn)動(dòng)方向相反;,方向與籃球運(yùn)動(dòng)方向垂直.下列說(shuō)法正確的是()A.、是與籃球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度無(wú)關(guān)的常量B.籃球不可能回到原高度且角速度與釋放時(shí)的角速度相同C.人站得足夠高,落地前籃球有可能向上運(yùn)動(dòng)D。釋放條件合適,籃球有可能在空中持續(xù)一段水平直線運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】【詳解】A.籃球未轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),籃球豎直下落,沒(méi)有受到偏轉(zhuǎn)力f2的作用。而籃球轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),將受到偏轉(zhuǎn)力f2的作用,所以偏轉(zhuǎn)力f2=k2v中的k2與籃球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度有關(guān),故A錯(cuò)誤;B.空氣阻力一直對(duì)籃球做負(fù)功,籃球的機(jī)械能將減小,籃球的角速度也將減小,所以籃球沒(méi)有足夠的能量回到原高度且角速度與釋放時(shí)的角速度相同,故B錯(cuò)誤;C.籃球下落過(guò)程中,其受力情況如下圖所示:籃球下落過(guò)程中,由受力分析可知,隨著速度不斷增大,籃球受到f1和f2的合力沿豎直方向的分力可能比重力大,可使籃球豎直方向的分速度減小為零或變成豎直向上,所以籃球可能向上運(yùn)動(dòng),故C正確;D.如果籃球的速度變成水平方向,則空氣阻力的作用會(huì)使籃球速度減小,則籃球受到的偏轉(zhuǎn)力f2將變小,不能保持f2與重力持續(xù)等大反向,所以不可能在空中持續(xù)一段水平直線運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。

故選C.11.如圖所示,一光滑細(xì)桿固定在水平面上的C點(diǎn),細(xì)桿與水平面的夾角為30°,一原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈性繩,下端固定在水平面上的B點(diǎn),上端與質(zhì)量為m的小環(huán)相連,當(dāng)把小環(huán)拉到A點(diǎn)時(shí),AB與地面垂直,彈性繩長(zhǎng)為2L,將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放,當(dāng)小環(huán)運(yùn)動(dòng)的AC的中點(diǎn)D時(shí),速度達(dá)到最大。重力加速度為gA。小環(huán)的機(jī)械能守恒B.小環(huán)剛釋放時(shí)的加速度大小為gC。小環(huán)的最大速度為D。小環(huán)到達(dá)AD的中點(diǎn)時(shí),彈性繩的彈性勢(shì)能為零【答案】BC【解析】【詳解】A.小環(huán)受重力、支持力和拉力,拉力做功,故環(huán)的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;B.在A位置,環(huán)受重力、拉力、支持力,根據(jù)牛頓第二定律,有:在D點(diǎn),環(huán)的速度最大,說(shuō)明加速度為零,彈簧長(zhǎng)度為2L,故:聯(lián)立解得:a=g故B正確;C.小環(huán)和橡皮繩系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,在D點(diǎn)速度最大,此時(shí)橡皮繩長(zhǎng)度等于初位置橡皮繩的長(zhǎng)度,故初位置和D位置環(huán)的機(jī)械能相等,故:解得:故C正確;D.小環(huán)到達(dá)AD的中點(diǎn)時(shí),彈性繩的長(zhǎng)度為2L故選BC。12.如圖所示,在某行星表面上有一傾斜的勻質(zhì)圓盤(pán),盤(pán)面與水平面的夾角為,圓盤(pán)繞垂直于盤(pán)面的固定對(duì)稱軸以恒定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng),盤(pán)面上離轉(zhuǎn)軸距離L處有一小物體與圓盤(pán)保持相對(duì)靜止.已知能使小物體與圓盤(pán)保持相對(duì)靜止的最大角速度為。物體與盤(pán)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,該星球的半徑為R,引力常量為G,下列說(shuō)法正確的是()A。這個(gè)行星的質(zhì)量B.這個(gè)行星的第一宇宙速度C。這個(gè)行星的同步衛(wèi)星的周期是D.離行星表面距離為2R的地方的重力加速度為【答案】AB【解析】【詳解】物體在圓盤(pán)上受到重力、圓盤(pán)的支持力和摩擦力,合力提供向心加速度;可知當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤(pán)的最低點(diǎn),所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大時(shí),角速度最大,由牛頓第二定律:可得:A.繞該行星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體受到的萬(wàn)有引力提供向心力:可得這個(gè)行星的質(zhì)量:故A正確;B.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力:,結(jié)合以及:g=4ω2L,聯(lián)立可得這個(gè)行星的第一宇宙速度故B正確C.不知道同步衛(wèi)星的高度,也不知道該行星的自轉(zhuǎn)周期,所以不能求出該行星同步衛(wèi)星的周期,故C錯(cuò)誤;D.設(shè)離行星表面距離為h=2R的地方的重力加速度為g′,對(duì)于高為h的位置,根據(jù)萬(wàn)有引力近似等于重力有:對(duì)于行星表面,根據(jù)萬(wàn)有引力近似等于重力有:聯(lián)立可得:故D錯(cuò)誤。故選AB。二、實(shí)驗(yàn)題(每空2分,共12分)13.一細(xì)繩跨過(guò)懸掛的定滑輪,兩端分別系有小球A和B,如圖所示。一實(shí)驗(yàn)小組用此裝置測(cè)量小球B運(yùn)動(dòng)的加速度。令兩小球靜止,細(xì)繩拉緊,然后釋放小球,測(cè)得小球B釋放時(shí)的高度h0=0.590m,下降一段距離后的高度h=0。100m;由h0下降至h所用的時(shí)間T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a=_______m/s2(保留3位有效數(shù)字)。從實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)得知,小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150。0g,當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間=9。80m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a′=_______m/s2(保留3位有效數(shù)字)。可以看出,a′與a有明顯差異,除實(shí)驗(yàn)中的偶然誤差外,寫(xiě)出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因:__________.【答案】(1).1。84(2)。1。96(3)?;喌妮S不光滑,繩和滑輪之間有摩擦(或滑輪有質(zhì)量)【解析】詳解】①有題意可知小球下降過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得a=1。84m/s2;②根據(jù)牛頓第二定律可知對(duì)小球A有對(duì)小球B有帶入已知數(shù)據(jù)解得;③在實(shí)驗(yàn)中繩和滑輪之間有摩擦?xí)斐蓪?shí)際計(jì)算值偏小。14。某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1所示裝置測(cè)定平拋運(yùn)動(dòng)初速度。把白紙和復(fù)寫(xiě)紙疊放一起固定在豎直木板上,在桌面上固定一個(gè)斜面,斜面的底邊ab與桌子邊緣及木板均平行。每次改變木板和桌邊之間的距離,讓鋼球從斜面頂端同一位置滾下,通過(guò)碰撞復(fù)寫(xiě)紙,在白紙上記錄鋼球的落點(diǎn)。①為了正確完成實(shí)驗(yàn),以下做法必要的是________。A。實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)保持桌面水平B。每次應(yīng)使鋼球從靜止開(kāi)始釋放C。使斜面的底邊ab與桌邊重合D。選擇對(duì)鋼球摩擦力盡可能小的斜面②實(shí)驗(yàn)小組每次將木板向遠(yuǎn)離桌子的方向移動(dòng),在白紙上記錄了鋼球的4個(gè)落點(diǎn),相鄰兩點(diǎn)之間的距離依次為、、,示意如圖2。重力加速度,鋼球平拋的初速度為_(kāi)_______m/s。③圖1裝置中,木板上懸掛一條鉛垂線,其作用是________?!敬鸢浮浚?)。AB(2)。2(3)。方便調(diào)整木板保持在豎直平面上【解析】【詳解】①[1]A.實(shí)驗(yàn)過(guò)程中要保證鋼球水平拋出,所以要保持桌面水平,故A正確;B.為保證鋼球拋出時(shí)速度相同,每次應(yīng)使鋼球從同一位置靜止釋放,故B正確;CD.實(shí)驗(yàn)只要每次鋼球拋出時(shí)速度相同即可,斜面底邊ab與桌面是否重合和鋼球與斜面間的摩擦力大小對(duì)于每次拋出的速度無(wú)影響,故C錯(cuò)誤,D錯(cuò)誤。故選AB。②[2]每次將木板向遠(yuǎn)離桌子的方向移動(dòng),則在白紙上記錄鋼球的相鄰兩個(gè)落點(diǎn)的時(shí)間間隔相等,剛球拋出后在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),根據(jù)可知相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔為剛球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以小球初速度為③[3]懸掛鉛垂線的目的是方便調(diào)整木板保持在豎直平面上。三、計(jì)算題(15題12分,16題16分,共28分)15.如圖所示,質(zhì)量為M,長(zhǎng)度為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板放在水平桌面上,木板右端放有一質(zhì)量為m的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ;開(kāi)始時(shí)木塊、木板均靜止,某時(shí)刻起給木板施加一大小為F方向水平向右的恒定拉力,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.(1)若桌面光滑,且M和m相對(duì)靜止,則木塊受到的摩擦力f多大?(2)若木板與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為μ,拉力F=6μ(M+m)g,求從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到木板從小木塊下抽出經(jīng)歷的時(shí)間t?!敬鸢浮浚?);(2)【解析】【詳解】(1)對(duì)M與m整體運(yùn)用牛頓第二定律得對(duì)m受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得(2)在此過(guò)程中,木塊與木板各做勻加速運(yùn)動(dòng),木塊的加速度為木板的加速度為木板從小木塊下抽出時(shí),木塊的位移木板的位移又s2-s1=L解得16.如圖所示,釘子A、B相距5l,處于同一高度.細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊,另一端繞過(guò)A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn),B、C間的線長(zhǎng)為3l.用手豎直向下拉住小球,使小球和物塊都靜止,此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°.松手后,小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零,然后向下運(yùn)動(dòng).忽略一切摩擦,重力加速度為(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物塊和小球的質(zhì)量之比M:m;(3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),物塊M所受的拉力大小T【答案】(1)(2)(3)(或)【解析】【詳解】(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1sin53°=F2cos53°F+mg=F1cos53°+F2sin53°且F1=Mg解得(2)小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過(guò)程中小球上升高度h1=3lsin53°,物塊下降高度h2=2機(jī)械能守恒定律mgh1=Mgh2解得(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律,小球回到起始點(diǎn).設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a,重物受到的拉力為T(mén)牛頓運(yùn)動(dòng)定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛頓運(yùn)動(dòng)定律T′–mgcos53°=ma解得()【點(diǎn)睛】本題考查力平衡、機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律.解答第(1)時(shí),要先受力分析,建立豎直方向和水平方向的直角坐標(biāo)系,再根據(jù)力的平衡條件列式求解;解答第(2)時(shí),根據(jù)初、末狀態(tài)的特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程,應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解,要注意利用幾何關(guān)系求出小球上升的高度與物塊下降的高度;解答第(3)時(shí),要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析,弄清小球加速度和物塊加速度之間的關(guān)系,因小球下落過(guò)程做的是圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度剛好為零,所以小球沿AC方向的加速度(切向加速度)與物塊豎直向下加速度大小相等.四、選做題(請(qǐng)?jiān)谙铝袃傻肋x做題中任選一道作答,其中第一小題4分,第二小題8分,共計(jì)12分)【選修3—3】17。關(guān)于熱現(xiàn)象,下列說(shuō)法正確的是()A。布朗運(yùn)動(dòng)反映了懸浮在液體中的小顆粒內(nèi)部的分子在永不停息地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)B.氣體的溫度升高,個(gè)別氣體分子運(yùn)動(dòng)的速率可能減小C.功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶?shí)際宏觀過(guò)程是不可逆過(guò)程D。一定質(zhì)量的理想氣體溫度升高、壓強(qiáng)降低,一定從外界吸收熱量E.在完全失重狀態(tài)下,密閉容器中的理想氣體的壓強(qiáng)為零【答案】BCD【解析】【詳解】A.布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中的小顆粒的運(yùn)動(dòng),反映了液體分子在永不停息地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;B.氣體的溫度升高,分子平均動(dòng)能增大,但個(gè)別氣體分子運(yùn)動(dòng)的速率可能減小,故B正確;C.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知,功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶?shí)際宏觀過(guò)程是不可逆過(guò)程,故C正確;D.一定質(zhì)量的理想氣體溫度升高,內(nèi)能增大,壓強(qiáng)降低,,則體積變大,對(duì)外做功,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知,一定從外界吸收熱量,故D正確;E.理想氣體的壓強(qiáng)與重力無(wú)關(guān),是氣體分子對(duì)器壁的頻繁撞擊引起的,故E錯(cuò)誤故選BCD。18.如圖,一封閉的圓柱形容器豎直放置在水平地面上,一重量不可忽略的光滑活塞將容器內(nèi)的理想氣體分為A、B兩部分,A體積為壓強(qiáng)為;B體積為,壓強(qiáng)為現(xiàn)將容器緩慢轉(zhuǎn)至水平,氣體溫度保持不變,求此時(shí)A、B兩部分氣體的體積。【答案】,【解析】【詳解】對(duì)A中氣體:初態(tài):壓強(qiáng),體積,末態(tài):壓強(qiáng),體積,根據(jù)玻意耳定律可得:對(duì)B中氣體:初態(tài):壓強(qiáng),體積,末態(tài):壓強(qiáng),體積,根據(jù)玻意耳定律可得:容器水平后有:容器的總體積保持不變,即:聯(lián)立式可得:,【選修3—4】19.如圖甲所示為一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖。圖乙表示該波傳播的介質(zhì)中x=2m處的a質(zhì)

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