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文檔簡介
2021屆全國百師聯(lián)盟新高考原創(chuàng)預(yù)測試卷(十三)
物理
★祝考試順利★
注意事項:
1、考試范圍:高考范圍。
2、答題前,請先將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡
上的相應(yīng)位置,并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用2B鉛筆將答題卡上試卷
類型A后的方框涂黑。
3、選擇題的作答:每個小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂
黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無效。
4、主觀題的作答:用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙
和答題卡上的非答題區(qū)域的答案一律無效。如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答
案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。
5、選考題的作答:先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案用
0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi),寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選
修題答題區(qū)域的答案一律無效。
6、保持卡面清潔,不折疊,不破損,不得使用涂改液、膠帶紙、修正帶等。
7、考試結(jié)束后,請將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交。
第I卷(選擇題40分)
一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分。共40分。其中1-6小題為單選題,7-10小題
為多選題。)
1.我國自主研制的絞吸挖泥船“天鰻號”達到世界先進水平.若某段工作時間內(nèi),“天鰥號”
的泥泵輸出功率恒為IxlO^kW,排泥量為L4m3/s,排泥管的橫截面積為0.7n?,則泥泵
對排泥管內(nèi)泥漿的推力為()
A.5X106NB.2X107NC.2X109ND.
5X109N
【答案】A
【解析】
【詳解】設(shè)排泥的流量為0,t時間內(nèi)排泥的長度為:
VQt1.4°
%=—=—=——t=2t
SS0.7
輸出的功:
W=Pt
排泥的功:
W=Fx
輸出的功都用于排泥,則解得:
F=5xlO6N
故A正確,BCD錯誤.
2.打印機正常情況下,進紙系統(tǒng)能做到“每次只進一張紙”,進紙系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)示意圖如圖所
示,設(shè)圖中剛好有20張相同的紙,每張紙的質(zhì)量均為加,搓紙輪按圖示方向轉(zhuǎn)動帶動最上面
的第1張紙向右運動搓紙輪與紙張之間的動摩擦因數(shù)為從,紙張與紙張之間紙張與底部摩擦
片之間的動摩擦因數(shù)均為〃2,工作時搓紙輪給第1張紙壓力大小為正打印機正常工作時,
下列說法正確的是()
A.第2張紙受到第1張紙的摩擦力方向向左
B.第10張紙與第11張之間的摩擦力大小為例(尸+1°mg)
C.第20張紙與摩擦片之間的摩擦力為0
D.要做到“每次只進一張紙”,應(yīng)要求從〉〃2
【答案】D
【解析】
【分析】
第1張紙受到滑動摩擦力,從第2張紙往下的紙張均受靜摩擦力,根據(jù)整體法受力分析解決
問題.
【詳解】A.第1張紙相對第二張紙向右運動,所以給第2張紙的摩擦力方向水平向右,故A
錯誤;
B.將第2到10張紙為整體,第1張紙對第2張紙的摩擦力大小:
/=〃2('咫+尸)
第10張紙與第11張紙之間為靜摩擦力,所以第10張紙與第11張之間的摩擦力大小為:
/=〃2(Mg+F)
故B錯誤;
C.將第2到第20張紙作為整體受力分析可知,第20張紙與摩擦片之間的摩擦力為靜摩擦力,
大小不為零,故C錯誤;
D.第1張紙下表面受到第2張紙施加的滑動摩擦力:
/'=售(,"g+F)
要將紙一張一張進入就需要滿足:
通常情況下尸mg,所以M>〃2,故D正確.
【點睛】多個物體共加速度(加速度為0時,即靜止或勻速直線運動),優(yōu)先考慮整體法的應(yīng)
用.
3.如圖所示為氫原子的能級圖,則下列說法正確的是
A.若己知可見光的光子能量范圍為1.61、3.10eV,則處于第4能級狀態(tài)的氫原子,發(fā)射光的
譜線在可見光范圍內(nèi)的有2條
B.當氫原子的電子由外層軌道躍遷到內(nèi)層軌道時,氫原子的電勢能增加,電子的動能增加
C.處于第3能級狀態(tài)的氫原子,發(fā)射出的三種波長分別為儲、“、(X1>X2>X3)的三
條譜線,則入1=入2+入3
D.若處于第2能級狀態(tài)的氫原子發(fā)射出的光能使某金屬板發(fā)生光電效應(yīng),則從第5能級躍遷
到第2能級時發(fā)射出的光也一定能使此金屬板發(fā)生光電效應(yīng)
【答案】A
【解析】
【詳解】A.從〃N躍遷到n=l能級時放出的光子能量為-0.85+13.60eV=12.75eV;不在可
見光范圍之內(nèi),從k4能級躍遷到/產(chǎn)2能級時輻射的光子能量-0.85+3.41eV=2.55eV;在
可見光范圍,從rp\能級躍遷到/7=3能級時輻射的光子能量-0.85+1.51eV=0.66eV,不在
可見光光子能量范圍之內(nèi);從爐3能級躍遷到77=2能級時發(fā)出的光子能量為
-1.51+3.40eV=l.89eV,在可見光范圍之內(nèi);從〃=2能級躍遷到爐1能級時發(fā)出的光子能
量為-3.40+13.60=10.2eV,不在可見光范圍之內(nèi),故則處于第4能級狀態(tài)的氫原子,發(fā)射
光的譜線在可見光范圍內(nèi)的有2條,A正確;
B.氫原子的電子由外層軌道躍遷到內(nèi)層軌道時,軌道半徑減小,原子能量減小,向外輻射光
子.根據(jù)
,e2v2
K—=m—
rr
知軌道半徑越小,動能越大,知電子的動能增大,電勢能減小,B錯誤;
C.根據(jù)
444
即為
4=2^
14+4
C錯誤;
D.因為從第5能級躍遷到第2能級時發(fā)射出的光的頻率小于處于第2能級狀態(tài)的氫原子發(fā)射
出的光的頻率,故不一定發(fā)生光電效應(yīng),D錯誤;
故選Ao
考點:考查了氫原子躍遷
【名師點睛】所有的難題實際都是又一個一個的簡單的題目復(fù)合而成的,所以在學(xué)習(xí)中不能
好高萼遠,貪大貪難,解決了基礎(chǔ)題,拔高題也就迎刃而解了.
4.如圖,理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2:1,原線圈一側(cè)接一輸出電壓恒為,的正弦交
流電源,電阻石、尼、及、兄的阻值相等.下列說法正確的是()
B.S斷開時,用消耗的電功率等于用的2倍
C.S閉合后,R、鳳、石消耗的電功率相同
D.S閉合后,石兩端電壓比S閉合前的更小
【答案】C
【解析】
A、S斷開時,設(shè)原線圈的電流為根據(jù)變壓器知識課知,2=26,而4=/毋+2。2,
。2=/,-ZR,可得/1_402_9,故A錯誤.B、由P=/我可知4=4=9,
9Rq一可一1打k4
故B錯誤.D、S閉合后,U|=/;R+2U;,°;=/;.”,聯(lián)立可知/;=">/1,故口錯誤.(;、
27/?
因而并聯(lián)電路分流可知=//?=?=/:,可得吊、后、用三個電阻流過的電流
相同,可知三電阻的功率相同,C正確.故選C.
【點睛】本題考查變壓器規(guī)律的應(yīng)用,要注意明確變壓器的輸入電壓不是電源的輸出電壓,
而是電阻電壓與變壓器輸入電壓之和等于電源的電壓,要根據(jù)變壓比和變流比結(jié)合來解決這
類問題.
5.如圖是德國物理學(xué)家史特恩設(shè)計的最早測定氣體分子速率的示意圖.M、N是兩個共軸圓筒
的橫截面,外筒N的半徑為此內(nèi)筒的半徑比"小得多,可忽略不計.筒的兩端封閉,兩筒之
間抽成真空,兩筒以相同角速度。繞其中心軸線勻速轉(zhuǎn)動.M筒開有與轉(zhuǎn)軸平行的狹縫S,
且不斷沿半徑方向向外射出速率分別為b和介的分子,分子到達N筒后被吸附,如果樂明
摩保持不變,。取某合適值,則以下結(jié)論中正確的是()
H
A.當N〃2時(n為正整數(shù)),分子落在不同的狹條上
V;V2co
RR2乃
B-當彳+工=〃"時(n為正整數(shù)),分子落在同一個狹條上
C.只要時間足夠長,N筒上到處都落有分子
D.分子不可能落在N筒上某兩處且與S平行的狹條上
【答案】A
【解析】
微粒從M到N運動時間,對應(yīng)N筒轉(zhuǎn)過角度。=創(chuàng)=紗,即如果以vi射出時;轉(zhuǎn)
VV
過角度:a=切=——,如果以vz射出時,轉(zhuǎn)過角度:o2=(ot=—,只要9打不是
匕彩
相差2n的整數(shù)倍,即當‘一3?!?2時(n為正整數(shù)),分子落在不同的兩處與S平行的
匕v2(0
RR2萬
狹條上,故A正確,D錯誤;若相差2n的整數(shù)倍,則落在一處,即當------=〃一時(n
V]v2co
為正整數(shù)),分子落在同一個狹條上.故B錯誤;若微粒運動時間為N筒轉(zhuǎn)動周期的整數(shù)倍,
微粒只能到達N筒上固定的位置,因此,故C錯誤.故選A
點睛:解答此題一定明確微粒運動的時間與N筒轉(zhuǎn)動的時間相等,在此基礎(chǔ)上分別以0、V2
射出時來討論微粒落到N筒上的可能位置.
6.如圖所示,勻強電場中有一個以。為圓心、半徑為彳的圓,電場方向與圓所在平面平行,
圓上有三點從B、C,其中/與C的連線為直徑,/4=30°。有兩個完全相同的帶正電粒子,
帶電量均為9(9>0),以相同的初動能區(qū)從/點先后沿不同方向拋出,它們分別運動到氏C
兩點。若粒子運動到8、C兩點時的動能分別為國=2及、&=3及,不計粒子的重力和粒子間
的相互作用,則勻強電場的場強大小為
E
A.-4kc星D線
qR3qR3qR
【答案】D
【解析】
【詳解】從4點到6點應(yīng)用動能定理有:qU,B=2&-々=&
從1點到C點應(yīng)用動能定理有:qUAc=3Ek-Ek=2Ek
所以UAC=2UAB
做出等勢面和電場線如圖所示:
則從4點到B點應(yīng)用動能定理有:qEd=qE\AD\=Ek,即gE'普=Ek
解得E=冬恒
3qR
選項D正確,A、B、C錯誤。
7.在星球A上將一小物塊P豎直向上拋出,P的速度的二次方/與位移x間的關(guān)系如圖中實
線所示;在另一星球5上用另一小物塊。完成同樣的過程,。的V?一x關(guān)系如圖中虛線所
示.已知A的半徑是B的半徑的工,若兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體(球的體積公式為
3
4
V=-^r3,〃為球的半徑),兩星球上均沒有空氣,不考慮兩星球的自轉(zhuǎn),貝M)
A.A表面的重力加速度是3表面的重力加速度的9倍
B.P拋出后落回原處的時間是。拋出后落回原處的時間的4
C.A的密度是8的密度的9倍
D.A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的&倍
【答案】AD
【解析】
【詳解】A.對豎直上拋運動據(jù)速度位移關(guān)系公式得:/=2gx知:圖象中的斜率A=2g,
所以對星球4其斜率
k2
A=-=gA
%
其表面重力加速度
3年
8A=-~,
同理得:
kBb=r=2OgB8
3M
得
g,=宜
SB/
6%
所以
魚=9
SB
故A正確;
B.產(chǎn)物體拋出后落回到原處的時間
t.=2、回、述^
g.3%
同理,Q物體拋出后回到原處的時間
8B%
故
[7
故B錯誤;
C.根據(jù)重力和萬有引力相等,即
GMm
mg=R2
解得:
例,
G
球體的密度
絲二「二上
VG士兀R34兀GR
3
則
P&_3gA4兀GRB一27
PB4%G/?A3gzi
故C錯誤;
D.據(jù)第一宇宙速度公式
得:
%=叵=6
%Jg囚
故D正確;
8.如圖所示,小車板面上的物體質(zhì)量為m=8kg,它被一根水平方向上拉伸了的彈簧拉住而靜止
在小車上,這時彈簧的彈力為6N.現(xiàn)沿水平向右的方向?qū)π≤囀┮宰饔昧?,使小車由靜止開
始運動起來,運動中加速度由零逐漸增大到隨即以lm/一的加速度做勻加速直線運動.下
列說法中正確的是()
A.物體與小車始終保持相對靜止,彈簧對物體的作用力始終沒有發(fā)生變化
B.物體受到的摩擦力先減小、后增大,先向左、后向右
C.當小車加速度(向右)為0.75m//時,物體不受摩擦力作用
I).小車以Im/s2的加速度向右做勻加速直線運動時,物體受到的摩擦力為8N
【答案】ABC
【解析】
【詳解】物體靜止不動時、水平方向彈簧彈力和向左的靜摩擦力二力平衡有:Ff=F*6N;物
體隨小車一起向右加速,當靜摩擦力為零時有F和=mai,解得:a^O.75m/s2;當向右的加速度
大于0.75m/s2時,靜摩擦力開始向右,當靜摩擦力向右且達到6N時有:FW+Ff=ma2,解得:
2
a2=l.5m/s,方向向右.
A、由于小車的加速度Im/s2<1.5m/s2,故物體與小車始終保持相對靜止,彈簧伸長量不變,
故彈力不變,故A正確.
B、開始時,由于彈簧處于伸長狀態(tài),物體有向右的運動趨勢,故此時靜摩擦力方向向左,大
小為6N;當加速度等于0.75m//時,靜摩擦力為零;當加速度大于0.75m/s2時,彈簧的彈力
不能滿足物體的向右加速運動了,物體相對小車有向左的運動趨勢,此時的摩擦力方向向右,
隨著向右加速度的增大而增大,故物體受到的摩擦力先減小、后增大,先向左、后向右,故B、
C正確.
D、小車以Im/J的加速度向右做勻加速直線運動時,由牛頓第二定律可知物體受到的合外力
為8N,因F彈=6N,所以靜摩擦力Fr=2N,故D錯誤.
故選:A、B、C.
9.如圖所示,用跨過光滑滑輪的輕質(zhì)細繩將小船沿直線拖向岸邊,已知拖動細繩的電動機功
率恒為R電動機卷繞繩子的輪子的半徑R=25cm,輪子邊緣的向心加速度與時間滿足
a=[2(2+J5)廳,小船的質(zhì)量機=3kg,小船受到阻力大小恒為/=10x(G+1)N,小船
經(jīng)過4點時速度大小%=2gm/s,滑輪與水面豎直高度1.5m,則()
A.小船過8點時速度為4m/s
B.小船從4點到6點的時間為(及+l)s
C.電動機功率P=50W
D.小船過6點時的加速度為25四一2()6+5m/S?
6
【答案】AD
【解析】
2
【詳解】AB.由。=上得,沿繩子方向上的速度為:
R
v=JaR=(2+V5)t
小船經(jīng)過A點時沿繩方向上速度為:
QnoG
v,=vora.y3O°=—v0
小船經(jīng)過A點時沿繩方向上的速度為:
6
v2-VBCOS45°=vB
作出沿繩速度的「力圖象,直線的斜率為:
72V3
------UR----------%
22。=2+0
A到B圖象與橫軸所夾面積即為沿繩的位移:
.212.°”(2一揚〃
聯(lián)立可解得:V/i—4m/s;f—(5/2—1)s
選項A正確,B錯誤;
C.小船從A點運動到B點,由動能定理有:
Pt-fs=
由幾何知識可知:
$=(6-1)h
聯(lián)立可解得:
P=50(72+1)W
選項C錯誤;
D.小船在B處,由牛頓第二定律得:
P
-----------cos450-f=ntaR
VBCOS45°
解得:
250-206+5,2
aB-----------------m/s
選項D正確。
故選AD。
10.如圖所示,光滑金屬導(dǎo)軌/C、/!〃固定在水平面內(nèi),并處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大
小為8的勻強磁場中。有一質(zhì)量為小的導(dǎo)體棒以初速度%從某位置開始在導(dǎo)軌上向右運動,
最終恰好靜止在4點。在運動過程中,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終構(gòu)成等邊三角形回路,且通過/點
的總電荷量為(7。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻值恒為總其余電阻不計,則()
A.該過程中導(dǎo)體棒做勻減速運動
B.當導(dǎo)體棒的速度為為時,回路中感應(yīng)電流小于初始時的一半
2
C.開始運動時,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌所構(gòu)成回路的面積為處
B
D.該過程中接觸電阻產(chǎn)生的熱量為:加詔
【答案】BC
【解析】
【詳解】A.由法拉第電磁感應(yīng)定律可得導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv,其感應(yīng)電流大小
為
,EBlv
I=-=---
RR
安培力大小為
由牛頓第二定律可知,導(dǎo)體棒將做加速度逐漸減小的減速運動,選項A錯誤;
B.由/=等可知,當速度減為g%時,導(dǎo)體棒的長度/也將變小,故其感應(yīng)電流小于初始時
的一半,選項B正確;
C.由于在導(dǎo)體棒運動的過程中,通過導(dǎo)體棒的總電荷量為<7,而q=7&,1=-,E=紗,
△0=8$以上各式聯(lián)立可得S=8—,選項C正確;
B
D.由能量守恒定律可知,該過程中,導(dǎo)體棒的動能全部轉(zhuǎn)化為接觸電阻產(chǎn)生的熱量,故
1,
Q=—mv(y',選項D錯誤。
故選BCo
第II卷(非選擇題70分)
二、實驗題(本大題共2小題,共18分。)
11.如圖所示,用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律,即研究兩個小球在軌道水平部分碰
撞前后的動量關(guān)系:先安裝好實驗裝置,在地上鋪一張白紙,白紙上鋪放復(fù)寫紙,記下重垂
線所指的位置0。接下來的實驗步驟如下:
步驟1:不放小球2,讓小球1從斜槽上月點由靜止?jié)L下,并落在地面上。重復(fù)多次,用盡可
能小圓,把小球的所有落點圈在里面,其圓心就是小球落點的平均位置;
步驟2:把小球2放在斜槽前端邊緣位置8讓小球1從4點由靜止?jié)L下,使它們碰撞。重復(fù)
多次,并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置;
步驟3:用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置以RN離。點的距離,即線段〃伙0P、
QV的長度。
①對于上述實驗操作,下列說法正確的是
A.應(yīng)使小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下
B,斜槽軌道必須光滑
C.斜槽軌道末端必須水平
D.小球1質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量
②上述實驗除需測量線段〃以0P、公'的長度外,還需要測量的物理量有;
A.A,8兩點間的高度差九
B.4點離地面的高度加
C.小球1和小球2的質(zhì)量陽、nk
D.小球1和小球2的半徑r
③當所測物理量滿足表達式(用所測物理量的字母表示)時,即說明兩球碰撞
遵守動量守恒定律.如果還滿足表達式(用所測物理量的字母表示)時,即說
明兩球碰撞時無機械能損失;
④完成上述實驗后,某實驗小組對上述裝置進行了改造,如圖所示.在水平槽末端與水平地
面間放置了一個斜面,斜面的頂點與水平槽等高且無縫連接.使小球1仍從斜槽上A點由靜
止?jié)L下,重復(fù)實驗步驟1和2的操作,得到兩球落在斜面上的平均落點獷、*、M。用刻
度尺測量斜面頂點到〃、/>'、M三點的距離分別為h、h、則驗證兩球碰撞過程中動
量守恒的表達式為________一(用所測物理量的字母表示)。
?入射小球
球
-u__力、
【答案】(1).ACD(2).C⑶.g?OP=叫OM+%ON(4).
222
■(OP)=m}-(OM)+/?,?(ON)(5).如""=勿|"+皿
【解析】
【詳解】①[1]A.從相同的位置落下,保證小球1每次到達軌道末端的速度相同,A正確:
B.現(xiàn)實中不存在絕對光滑的軌道,B錯誤;
C.為了保證兩小球能夠發(fā)生對心碰撞且碰后做平拋運動,所以軌道末端必須水平,C正確:
D.為了保證1小球碰后不反彈,所以小球1質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量,D正確。
故選ACD;
②③[2][3]小球碰撞滿足動量守恒定律:
犯%=mrvl+m,v2
小球飛出軌道后做平拋運動,下落時間由高度決定:
人”
水平方向做勻速直線運動:
0P
%二7
0M
V丁
ON
彩
聯(lián)立方程:叫OP^m]OM+m2ON,所以還需要測量的物理量為兩小球的質(zhì)量,C正確,
ABD錯誤;
[4]若能量守恒,根據(jù)能量守恒定律:
121212
/町%=5町w+/和嶺
聯(lián)立方程:W1■(0P)2=町?(0M)2+"h-(ON)2;
④[5]小球飛出后做平拋運動,斜面的傾角為分解位移:
Icos0=vt
Isin0=^gt2
消去時間,解得:V-V7-.M--COS0,根據(jù)題意,代入動量守恒方程中得:
V2sme
州瓜=州a+m2M。
12.圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場.現(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場
中所受的安培力,來測量磁場的磁感應(yīng)強度大小、并判定其方向.所用部分器材已在圖中給
出,其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框,其底邊水平,兩側(cè)邊豎直且等長;E為直流電源;R
為電阻箱:④為電流表;S為開關(guān).此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線.
(1)在圖中畫線連接成實驗電路圖.
(2)完成下列主要實驗步驟中的填空:
①按圖接線.
②保持開關(guān)S斷開,在托盤內(nèi)加入適量細沙,使D處于平衡狀態(tài);然后用天平稱出細沙質(zhì)量
nii?
③閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當,在托盤內(nèi)重新加入適量細沙,使D_;然
后讀出,并用天平稱出一.
④用米尺測量.
(3)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強度的大小,可以得出B=.
(4)判定磁感應(yīng)強度方向的方法是:若,磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外;反之,磁感
應(yīng)強度方向垂直紙面向里.
【答案】(1).(1)如圖所示
(2).重新處于平衡狀態(tài)(3).電流表的示數(shù)I
叫一
(4).此時細沙的質(zhì)量叱(5).D的底邊長度L(6).(7).m>m.
IL2
【解析】
【詳解】(1)口]如圖所示
(2)[2][3][4]③重新處于平衡狀態(tài);讀出電流表的示數(shù)/;此時細沙的質(zhì)量和;④D的底邊
長度上
(3)(4)[5][6]開關(guān)S斷開時,D中無電流,D不受安培力,此時D所受重力//的密S閉
合后,D中有電流,左右兩邊所受合力為0,D所受合力等于底邊所受的安培力,如果用>0,
有
德受mig+BIL
則安培力方向向下,根據(jù)左手定則可知,磁感應(yīng)強度方向向外;如果他〈的,有
m>g=nixg-BIL
則安培力方向向上,根據(jù)左手定則可知,磁感應(yīng)強度方向向里;綜上所述,則
D-
II
三、解答題(本大題共3小題,共52分。寫出必要的文字說明與步驟。)
13.圖a為自動感應(yīng)門,門框上沿中央安裝有傳感器,當人或物體與傳感器的水平距離小于或
等于某個設(shè)定值(可稱為水平感應(yīng)距離)時,中間兩扇門分別向左右平移,當人或物體與傳
感器的距離大于設(shè)定值時,門將自動關(guān)閉.圖b為感應(yīng)門的俯視圖,A為傳感器位置,虛線圓
是傳感器的感應(yīng)范圍,已知每扇門的寬度為d,最大移動速度為%,若門開啟時先勻加速運動
而后立即以大小相等的加速度勻減速運動,每扇門完全開啟時的速度剛好為零,移動的最大
距離為d,不計門及門框的厚度.
(1)求門開啟時做加速和減速運動的加速度大??;
(2)若人以%的速度沿圖中虛線S走向感應(yīng)門,要求人到達門框時左右門同時各自移動日的距
離,那么設(shè)定的傳感器水平感應(yīng)距離/應(yīng)為多少?
⑶若以⑵感應(yīng)距離設(shè)計感應(yīng)門,欲搬運寬為子的物體(厚度不計),并使物體中間沿虛
線S垂直地勻速通過該門(如圖C),物體的移動速度不能超過多少?
【解析】
試題分析:(1)作出每扇門開啟過程中的速度圖象,根據(jù)圖象求出加速度;(2)人只要在門
打開4的時間內(nèi)到達門框處即可安全通過,由此求出設(shè)定的傳感器水平感應(yīng)距離;(3)為滿
2
7
足寬為一”的物體通過門,根據(jù)題意分析門所做的運動,根據(jù)運動公式求解.
4
(1)依題意每扇門開啟過程中的速度圖象如圖所示:
設(shè)門全部開啟所用的時間為片,由圖可得
由速度時間關(guān)系得:%=)
2
聯(lián)立解得:4=至
d
(2)要使單扇門打開幺,需要的時間為
22
人只要在t時間內(nèi)到達門框處即可安全通過,所以人到門的距離為/=%,
聯(lián)立解得:l=d
77
⑶依題意寬為心的物體移到門框過程中,每扇門至少要移動廠的距離,每扇門的運動
各經(jīng)歷兩個階段:開始以加速度a運動4=弓的距離,速度達到%,所用時間為而
713
后又做勻減速運動,設(shè)減速時間為與,門又動了S2=7d--4二弓4的距離
828
由勻變速運動公式,得:&=卬2-gs;
d3d
解得:弓=丁和馬=丁(不合題意舍去)
2%2%
73d
要使每扇門打開一d所用的時間為乙+%=丁
82%
I2
故物體移動速度不能超過丫=------=三%
【點睛】抓住本題的關(guān)鍵,就是會根據(jù)題意作出每扇門的速度時間圖象,并且知道速度時間
圖象的考點,即斜率表示加速度,與時間軸圍成的面積表示位移,最后根據(jù)題目意思分析門
框的運動狀態(tài),得出門框的運動性質(zhì),由此進行列式求解.
14.如圖甲所示,有一裝置由傾斜軌道AB、水平軌道BC、豎直臺階CD和足夠長的水平直軌道
DE組成,表面處處光滑,且AB段與BC段通過一小圓弧(未畫出)平滑相接.有一小球用輕
繩豎直懸掛在C點的正上方,小球與BC平面相切但無擠壓.緊靠臺階右側(cè)停放著一輛小車,
車的上表面水平與B點等高且右側(cè)固定一根輕彈簧,彈簧的自由端在Q點,其中PQ段是粗糙
的,Q點右側(cè)表面光滑.現(xiàn)將一個滑塊從傾斜軌道的頂端A處自由釋放,滑至C點時與小球發(fā)
生正碰,然后從小車左端P點滑上小車.碰撞之后小球在豎直平面做圓周運動,輕繩受到的
拉力如圖乙所示.已知滑塊、小球和小車的質(zhì)量分別為nn=3kg、m2=lkg和ni3=6kg,AB軌道頂
端A點距BC段的高度為h=0.8m,PQ段長度為L=0.4m,輕繩的長度為R=0.5m.滑塊、小球
均可視為質(zhì)點.取g=10m/s)求:
(1)滑塊到達BC軌道上時的速度大小.
(2)滑塊與小球碰后瞬間小球的速度大小.
(3)要使滑塊既能擠壓彈簧,又最終沒有滑離小車,則滑塊與PQ之間的動摩擦因數(shù)u應(yīng)在
什么范圍內(nèi)?(滑塊與彈簧的相互作用始終在彈簧的彈性范圍內(nèi))
【答案】(1)v=4ms(2)v'=6m's(3)-<u<-
063
【解析】
試題分析:(1)設(shè)滑塊與小球碰撞前瞬間速度為%,由機械能守恒,
有=;叫片①
得V。=4m/s
(2)設(shè)小球在最高點的速度為v,由圖乙可知小球在最高點時受到的拉力F=22N
2
由牛頓第二定律,有尸+加遇=氣[②
設(shè)小球碰撞后瞬間速度為由機械能守恒,有;加2M2/+2,%gR③
聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù),解得v'=6m,s
(3)滑塊與小球碰撞過程滿足動量守恒:肛%=町匕+/〃2M④
得碰撞后叫的速度V1=2m
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