湖南省瀏陽(yáng)、醴陵、攸縣三校高三物理聯(lián)考試題(含解析).doc_第1頁(yè)
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湖南省瀏陽(yáng)、醴陵、攸縣三校2015屆高三聯(lián)考物理試題(解析版)時(shí)間:90分鐘 分值:110分【試卷綜析】本試卷是高三模擬試題,包含了高中物理的必修一、必修二、選修3-1的電場(chǎng)、恒定電流內(nèi)容,主要包含受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、電場(chǎng)、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)、閉合電路歐姆定律等內(nèi)容,在考查問(wèn)題上以基本定義、基本規(guī)律為主,重視生素養(yǎng)的考查,注重主干知識(shí),兼顧覆蓋面。一、單項(xiàng)選擇題(每小題4分,共32分,每小題給出的四個(gè)選項(xiàng),只有一個(gè)選項(xiàng)正確)【題文】1、在物理學(xué)的發(fā)展過(guò)程中,科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法,以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述正確的是 ( )a、在不需要考慮物體本身的大小和形狀時(shí),用質(zhì)點(diǎn)代替物體的方法叫微元法b、在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí),先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系,再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,該實(shí)驗(yàn)采用了假設(shè)法c、在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí),把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段,每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng),然后把各小段的位移相加,這里采用了理想模型法d、伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為900的斜面上的運(yùn)動(dòng),再根據(jù)銅球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,這里采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法【知識(shí)點(diǎn)】 物理學(xué)史p0【答案解析】 d 解析:a、在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時(shí),用點(diǎn)電荷代替物體的方法叫建立理想化模型的方法故a錯(cuò)誤b、在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí),先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系,再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,該實(shí)驗(yàn)采用了控制變量法;故b錯(cuò)誤;c、在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí),把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段,每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng),然后把各小段的位移相加,這里采用了微元法,故c錯(cuò)誤;d、伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為90的斜面上的運(yùn)動(dòng),再根據(jù)銅球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,這是采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法故d正確;故選d【思路點(diǎn)撥】在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時(shí),用點(diǎn)電荷代替物體的方法叫建立理想化模型的方法在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí),先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系,再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,該實(shí)驗(yàn)采用了控制變量法;在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí),把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段,每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng),然后把各小段的位移相加,這里采用了微元法伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為90的斜面上的運(yùn)動(dòng),再根據(jù)銅球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,這是采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法在高中物理學(xué)習(xí)的過(guò)程中,我們會(huì)遇到多種不同的物理分析方法,這些方法對(duì)我們理解物理有很大的幫助,故在理解概念和規(guī)律的基礎(chǔ)上,要注意方法的積累【題文】2、在空氣阻力大小恒定的條件下,小球從空中下落,與水平地面相碰(碰撞時(shí)間極短)后彈到空中某一高度。以向下為正方向,其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示,取g=10 m/s2,則以下結(jié)論正確的是 ( )a小球彈起的最大高度為1.0mb小球彈起的最大高度為0.45 mc小球彈起到最大高度的時(shí)刻t2=0.80 sd空氣阻力與重力的比值為15【知識(shí)點(diǎn)】 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像a5【答案解析】 d 解析:a、b、根據(jù)圖象可知小球彈起的最大高度h=30.25m=0.375m故a、b錯(cuò)誤;c、d、小球下落過(guò)程中有a1= mg-f=ma1解得 f=mg-ma1=mg故,故d正確在小球彈起過(guò)程中有mg+f=ma2解得a2=12m/s2故小球上升的時(shí)間t= =0.25s 故c錯(cuò)誤故選:d【思路點(diǎn)撥】解決本題的關(guān)鍵是正確理解速度時(shí)間圖象的物理意義:速度圖象的斜率代表物體的加速度,速度圖象與時(shí)間軸圍成的面積代表物體的位移,根據(jù)牛頓第二定律求出物體所受的阻力進(jìn)而求出反彈的時(shí)間,最后求出反彈的高度利用速度時(shí)間圖象可以求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度,然后利用牛頓第二定律求出物體的受力情況,進(jìn)而根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或速度時(shí)間圖象求解物體的運(yùn)動(dòng)情況【題文】3、如圖所示,質(zhì)量均為m的a、b兩球由輕質(zhì)彈簧相連,在恒力f作用下,以大小為a的加速度豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng),突然撤除恒力瞬間,a、b的加速度大小分別為( ) aaa =ab=abaa =2g+a,ab=acaa =ab=gdaa=2g+a,ab=0【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律c2【答案解析】b 解析:根據(jù)題意知,以ab整體為研究對(duì)象有:f-2mg=2ma可得:恒力f=2mg+2ma,再以a為研究對(duì)象,得f-mg-f彈簧=ma可得f彈簧=f-m(g+a)=m(g+a)f撤去瞬間,f消失,彈簧彈力瞬間保持不變,故以a為研究對(duì)象:f合a=mg+f彈簧=mg+m(g+a),根據(jù)牛頓第二定律知,此時(shí)a的加速度aa=對(duì)b而言,在f撤去瞬間,由于彈簧彈力保持不變,故b的受力瞬間沒(méi)有發(fā)生變化,即此時(shí)b的加速度ab=a所以b正確,acd錯(cuò)誤故選:b 【思路點(diǎn)撥】抓住撤去外力f的瞬間,恒力f立即消失,而彈簧彈力由于形變量沒(méi)有發(fā)生變化,在此瞬間彈簧彈力保持不變,運(yùn)用整體法和隔離法分別求解即可解決本題的關(guān)鍵是抓住f瞬間消失,在f消失的瞬間,彈簧的形變量沒(méi)有發(fā)生變化故在此瞬間彈簧彈力保持不變,由此再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度情況【題文】4、據(jù)新華社北京11月1日電(記者張辛欣)1日,探月工程三期再入返回飛行試驗(yàn)任務(wù)的返回器經(jīng)歷了數(shù)天的太空之旅后平安回家,標(biāo)志著探月工程全面轉(zhuǎn)入無(wú)人自主采樣返回新階段。中國(guó)探月工程以無(wú)人探測(cè)為主,分三個(gè)實(shí)施階段:“繞”“落”“回”三步走。2007年10月24日,嫦娥一號(hào)衛(wèi)星由長(zhǎng)征三號(hào)甲運(yùn)載火箭在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射升空。2013年12月2日,嫦娥三號(hào)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射,2013年12月14日,嫦娥三號(hào)成功著陸月球。設(shè)探月衛(wèi)星可貼近月球表面運(yùn)動(dòng)且軌道是圓形的,已知地球半徑約是月球半徑的4倍,地球質(zhì)量約是月球質(zhì)量的81倍,地球近地衛(wèi)星的周期約為84min,地球表面重力加速度g取10m/s2,則:a、 繞月球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的探月衛(wèi)星,其運(yùn)動(dòng)周期約是80min b、 設(shè)想宇航員在月球表面上做自由落體實(shí)驗(yàn),某物體從離月球表面20m處自由下落,約經(jīng)4.5s時(shí)間落地c、嫦娥三號(hào)衛(wèi)星最小以7.9km/s的速度離開月球才能成為繞月衛(wèi)星d、繞月球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的探月衛(wèi)星,其向心加速度約是4m/s2【知識(shí)點(diǎn)】 萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用d5【答案解析】b 解析:a、對(duì)地球近地衛(wèi)星:,解得:t= ,故饒?jiān)虑蜻\(yùn)動(dòng)耳朵衛(wèi)星pr+prd、電路中總電阻為2時(shí),外電阻上消耗的功率最大且為2.25w【知識(shí)點(diǎn)】 閉合電路的歐姆定律;電功、電功率j2【答案解析】 d 解析:a、b:直流電的總功率pe=ei,故圖線a的斜率等于電的電動(dòng)勢(shì),由得到e= =3v由圖線b,當(dāng)i=3a時(shí),pr=9w,由公式pr=i2r得,r=1故a、b錯(cuò)誤;c、在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的a、b、c三點(diǎn),這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)pa、pb、pc,則這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)pa、pb、pc分別是電的總功率、電內(nèi)部的發(fā)熱功率和輸出功率,根據(jù)能量關(guān)系可知,pa=pb+pc即p=pr+pr,故c錯(cuò)誤d、由圖線c可知,當(dāng)電流為1.5a時(shí)外電阻消耗的功率最大此時(shí)電路中的總電阻為r+r= =2,外電阻上消耗的功率最大為pr=ei-i2r=31.5-1.521=2.25w故d正確故選d 【思路點(diǎn)撥】三種功率與電流的關(guān)系是:直流電的總功率pe=ei,內(nèi)部的發(fā)熱功率pr=i2r,輸出功率pr=ei-i2r,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)選擇圖線根據(jù)圖線a斜率求解電的電動(dòng)勢(shì)由圖讀出電流i=3a時(shí),發(fā)熱功率pr=i2r,求出電的內(nèi)阻當(dāng)電流為1.5a時(shí),根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出總電阻,根據(jù)能量關(guān)系求外電阻上消耗的最大功率本題首先考查讀圖能力,物理上往往根據(jù)解析式理解圖象的物理意義【題文】7、某同學(xué)在研究電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí),得到了電子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡(圖中實(shí)線所示),圖中未標(biāo)明方向的一組虛線可能是電場(chǎng)線,也可能是等勢(shì)面,則下列說(shuō)法不正確的判斷是 ( )a如果圖中虛線是電場(chǎng)線,電子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn),動(dòng)能減小,電勢(shì)能增大。b如果圖中虛線是等勢(shì)面,電子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn),動(dòng)能增大,電勢(shì)能減小。c不論圖中虛線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面,a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都大于b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)d不論圖中虛線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面,a點(diǎn)的電勢(shì)都高于b點(diǎn)的電勢(shì)【知識(shí)點(diǎn)】 電場(chǎng)線;電場(chǎng)強(qiáng)度i1 i2【答案解析】 d 解析:a、若虛線是電場(chǎng)線,從軌跡彎曲方向可知電場(chǎng)力沿著電場(chǎng)線向左,ab曲線上每一點(diǎn)的瞬時(shí)速度與電場(chǎng)力方向均成鈍角,故電子做減速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能減小,電勢(shì)能增大,所以a正確;b、若虛線為等勢(shì)面,根據(jù)等勢(shì)面與電場(chǎng)線處處垂直可大致畫出電場(chǎng)線,顯然可看出曲線上每個(gè)位置電子受到的電場(chǎng)力與速度成銳角,電子加速運(yùn)動(dòng),故動(dòng)能增大,電勢(shì)能減小,所以b正確;c、不論圖中虛線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面,由電場(chǎng)線的密集程度可看出a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)較大,故c正確;d、若虛線是等勢(shì)面,從電子曲線軌跡向下彎曲可知電場(chǎng)線方向垂直虛線向上,沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)越越低,故a點(diǎn)電勢(shì)較小;若虛線是電場(chǎng)線,從軌跡彎曲方向可知電場(chǎng)力沿著電場(chǎng)線向左,故電場(chǎng)線方向向右,沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)越越低,故a點(diǎn)電勢(shì)較大,故d錯(cuò)誤本題選不正確的故選d【思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直,電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大,電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小,在等勢(shì)面密的地方,電場(chǎng)的強(qiáng)度也是較大,在等勢(shì)面疏的地方,電場(chǎng)的強(qiáng)度也是較小,沿電場(chǎng)線的方向,電勢(shì)降低無(wú)論虛線代表的是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面,粒子受到的電場(chǎng)力的方向都是指向運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲的內(nèi)側(cè),由此可以判斷粒子的受力的方向和運(yùn)動(dòng)方向之間的關(guān)系,從而可以確定電場(chǎng)力對(duì)粒子做的是正功還是負(fù)功【題文】8、在如圖所示的電路中,電電動(dòng)勢(shì)為e、內(nèi)電阻為r,c為電容器,r。為定值電阻,r為滑動(dòng)變阻器。開關(guān)閉合后,燈泡l能正常發(fā)光;當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)后,下列說(shuō)法中正確的是 ( ) a燈泡l變亮 b電容器c的帶電量將增大 cr0兩端的電壓減小 d電的總功率變小,但電的輸出功率一定變大【知識(shí)點(diǎn)】 閉合電路的歐姆定律j2【答案解析】b 解析: a、把滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí),變阻器接入電路的電阻減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知:電路中總電流i減小,則燈泡l變暗故a錯(cuò)誤;b、c電容器兩端的電壓uc=e-ir,i減小,e、r不變,則uc增大,即電容器兩極板的電壓減小,由q=cu知電容器的電量增大,電容器放電,r0上電壓為零,沒(méi)有變化故b正確,c錯(cuò)誤;d、由于電的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知,無(wú)法判斷電輸出功率的變化故d錯(cuò)誤;故選:b【思路點(diǎn)撥】把滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí),變阻器接入電路的電阻增大,根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中總電流的變化,判斷燈泡l亮度的變化電路穩(wěn)定時(shí)電容器的電壓等于路端電壓,分析路端電壓的變化,判斷電容器電量的變化根據(jù)電內(nèi)外電阻的關(guān)系分析的電輸出功率的變化本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題,根據(jù)變阻器接入電路的電阻變化,確定外電路總電阻的變化,再分析電容器的電壓變化,是常用的分析方法和思路二、 多項(xiàng)選擇題(每小題4分,共16分,每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)正確,全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,選錯(cuò)或不答的得0分)【題文】9、如圖所示,一電荷量為+q、質(zhì)量為m的物體在傾角為,質(zhì)量為m的絕緣斜面體上恰能勻速下滑,此時(shí)地面對(duì)斜面體的摩擦力為f1;地面對(duì)斜面體的支持力為fn1;如果在空間突然施加平行斜面向上的、場(chǎng)強(qiáng)為e的勻強(qiáng)電場(chǎng),在物體停止運(yùn)動(dòng)前,地面對(duì)斜面體的摩擦力為f2,地面對(duì)斜面體的支持力為fn2,施加電場(chǎng)前后斜面體均不動(dòng),則( )a、f1=0,f2=qecosb、fn1=(m+m)g,fn2(m+m)gc、f1=0,f2=0d、fn1=fn2=(m+m)g【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律;力的合成與分解的運(yùn)用b4 c2【答案解析】 cd 解析: 沒(méi)加電場(chǎng)時(shí)物體在斜面上恰能勻速下滑,物體處于平衡狀態(tài),可得斜面對(duì)物體的摩擦力與斜面對(duì)物體支持力的合力豎直向上,跟物體的重力相抵消,有牛頓第三定律得,物體對(duì)斜面的摩擦力與物體對(duì)斜面的壓力的合力必定豎直向下,大小必為mg,所以斜面受到地面的支持力fn=(m+m)g,地面對(duì)斜面的摩擦力為0;當(dāng)施加沿斜面向上的電場(chǎng)力f后,m與m之間的彈力沒(méi)有變化,因而m與m之間的滑動(dòng)摩擦力也沒(méi)有變化,故彈力和摩擦力的合力也不會(huì)變化,物體對(duì)斜面的摩擦力與物體對(duì)斜面的壓力的合力必定豎直向下,大小必為mg,斜面受到地面的支持力也是fn=(m+m)g,地面對(duì)斜面的摩擦力仍然為0,故選cd【思路點(diǎn)撥】求解地面對(duì)斜面的支持力采用隔離法,斜面受到重力、支持力、小物體的壓力和摩擦力四個(gè)力作用,列豎直方向的平衡方程即可,求物體的加速度也應(yīng)采取隔離法,對(duì)斜面上的物體受力分析由于沒(méi)加外力時(shí)物體在斜面上恰能勻速下滑,可得所以摩擦力恰好與重力沿斜面向下的分力相平衡,運(yùn)用等效的觀點(diǎn),好像物體僅受沿斜面向下的力f,利用牛頓第二定律可解【題文】10、光滑水平面上有一邊長(zhǎng)為l的正方形區(qū)域處在電場(chǎng)強(qiáng)度為e的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點(diǎn),以垂直于該邊的水平速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí),具有的動(dòng)能可能為( )mv02- qelmv02a、 b、mv02+ qelc、mv02+ qeld、【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) i3【答案解析】abd 解析: a、若初速度的方向與電場(chǎng)方向平行,但方向與電場(chǎng)方向相反,則小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng),若沒(méi)有到達(dá)對(duì)邊速度就減為零,則小球會(huì)返回到出發(fā)點(diǎn),速度仍為v0,動(dòng)能為若從對(duì)面出去則ek=-eql,若初速度的方向與電場(chǎng)方向平行,但方向與電場(chǎng)方向相同,則小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),從對(duì)邊出去,根據(jù)動(dòng)能定理,ek=+eql故a、b正確c、d、若初速度方向與電場(chǎng)方向垂直,則小球做類平拋運(yùn)動(dòng),從鄰邊出去,根據(jù)動(dòng)能定理,ek=,若果從對(duì)邊出去則 ,所以c錯(cuò)誤、d正確;故選abd【思路點(diǎn)撥】若初速度的方向與電場(chǎng)方向平行,則可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng),也可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到對(duì)邊邊緣,還可能未到對(duì)邊邊緣,速度減為0,然后返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)若初速度方向與電場(chǎng)方向垂直,則小球做類平拋運(yùn)動(dòng)解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)速度與合力方向平行時(shí),做直線運(yùn)動(dòng),可能加速直線,也可能做減速直線;當(dāng)速度與合力垂直時(shí),做曲線運(yùn)動(dòng),故存在多種情況,要分別討論【題文】11、如圖所示,豎直面有兩個(gè)3/4圓形導(dǎo)軌固定在一水平地面上,半徑r相同,a軌道由金屬凹槽制成,b軌道由金屬圓管制成,均可視為光滑軌道。在兩軌道右側(cè)的正上方將質(zhì)量均為m的金屬小球a和b由靜止釋放,小球距離地面的高度分別用ha和hb表示,則下列說(shuō)法正確的是( ) a適當(dāng)調(diào)整ha和hb,均可使兩小球從軌道最高點(diǎn)飛出后,恰好落在軌道右端口處 b若ha=hb=2r,則兩小球在軌道最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為4mg c若ha=hb=r,則兩小球都能上升到離地高度為r的位置 d若使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)并且能從最高點(diǎn)飛出,a小球的最小高度為5r/2,b小球在hb2r的任何高度均可?!局R(shí)點(diǎn)】 機(jī)械能守恒定律;牛頓第二定律;向心力c2 d4 e3【答案解析】cd 解析:a、a中為繩模型,小球a能從a飛出的最小速度為v=,從最高點(diǎn)飛出后下落r高度時(shí),水平位移的最小值為:xa=,小球a落在軌道右端口外側(cè)而適當(dāng)調(diào)整hb,b可以落在軌道右端口處故a錯(cuò)誤;b、若ha=hb=2r,由機(jī)械能守恒定律可知,小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度v=,則由向心力公式可得:f=mg+m =3mg;故b錯(cuò)誤;c、若ha=hb=r,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,兩小球都到達(dá)與o點(diǎn)等高的位置速度為零,即兩小球都能上升到離地高度為r的位置,故c正確;d、由a的分析可知,a球最高點(diǎn)最小速度為,則由機(jī)械能守恒定律可知,mg(ha-2r)=mva2,a球下落的最小高度為r;而b中小球只要在最高點(diǎn)的速度大于2r即可;故d正確;故選cd 【思路點(diǎn)撥】小球a恰好能到a軌道的最高點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)小球無(wú)作用力,由重力提供小球的向心力,由牛頓第二定律求出速度小球恰好能到b軌道的最高點(diǎn)時(shí),速度為零,根據(jù)機(jī)械能守恒分別求出ha和hb再判斷ha=hb=2r,兩小球是否能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)根據(jù)最高點(diǎn)的臨界速度求出小球最高點(diǎn)飛出的水平位移的最小值本題是向心力、機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)的綜合,a軌道與輕繩系的球模型相似,b軌道與輕桿固定的球模型相似,要注意臨界條件的不同【題文】12、在傾角為的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊a、b,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,彈簧勁度系數(shù)為k,c為一固定擋板,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力f拉物塊a使之向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊b剛要離開擋板c時(shí),物塊a運(yùn)動(dòng)的距離為d,速度為v,則此時(shí) a物塊b的質(zhì)量滿足 b物塊a的加速度為 c拉力做功的瞬時(shí)功率為 d此過(guò)程中,彈簧彈性勢(shì)能的增量為【知識(shí)點(diǎn)】 功能關(guān)系;功率、平均功率和瞬時(shí)功率e1【答案解析】bd 解析:a、開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧彈力等于a的重力沿斜面下的分力,當(dāng)b剛離開c時(shí),彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力,故m2gsin=kx2,x2為彈簧相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)量,但由于開始是彈簧是壓縮的,故dx2,故m2gsinkd,故a錯(cuò)誤;b、當(dāng)b剛離開c時(shí),彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力,故m2gsin=kx2,根據(jù)牛頓第二定律:f-m1gsin-kx2=ma,已知m1gsin=kx1,x1+x2=d 故物塊a加速度等于,故b正確;c、拉力的瞬時(shí)功率p=fv,故c錯(cuò)誤;d、根據(jù)功能關(guān)系,彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量,即為:fd-m1gdsin-m1v2,故d正確;故選:bd 【思路點(diǎn)撥】當(dāng)b剛離開c時(shí),彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力,根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長(zhǎng)量;根據(jù)牛頓第二定律求出物塊a的加速度大?。桓鶕?jù)機(jī)械能守恒定律求解a的速度含有彈簧的問(wèn)題,往往要研究彈簧的狀態(tài),分析物塊的位移與彈簧壓縮量和伸長(zhǎng)量的關(guān)系是常用思路三、 實(shí)驗(yàn)題(共2小題,16分)【題文】13、(4分)一個(gè)實(shí)驗(yàn)小組在“探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中,使用兩條不同的輕質(zhì)彈簧a和b,得到彈力與彈簧長(zhǎng)度的圖象如圖所示。下列表述正確的是 ( ) aa的原長(zhǎng)比b的長(zhǎng) ba的勁度系數(shù)比b的大 ca的勁度系數(shù)比b的小 d測(cè)得的彈力與彈簧的長(zhǎng)度成正比【知識(shí)點(diǎn)】 探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系b5【答案解析】b 解析:a、在圖象中橫截距表示彈簧的原長(zhǎng),故a的原長(zhǎng)比b的短,故a錯(cuò)誤;b、在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k,故a的勁度系數(shù)比b的大,故b正確;c、在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k,故a的勁度系數(shù)比b的大,故c錯(cuò)誤;d、彈簧的彈力滿足胡克定律,彈力與彈簧的形變量成正比,故d錯(cuò)誤故選:b【思路點(diǎn)撥】彈簧的彈力滿足胡克定律,f=kx,在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k,橫截距表示彈簧的原長(zhǎng)本題考查了胡克定律,注意f-t圖象的認(rèn)識(shí),明確胡確定律中的x為形變量【題文】14、(12分)如下面右圖所示,用包有白紙的質(zhì)量為1.00kg的圓柱棒替代紙帶和重物,蘸有顏料的毛筆固定在電動(dòng)機(jī)上并隨之轉(zhuǎn)動(dòng),使之替代打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。當(dāng)燒斷懸掛圓柱棒的線后,圓柱棒豎直自由下落,毛筆就在圓柱棒面上的紙上畫出細(xì)線,如左圖所示,設(shè)毛筆接觸棒時(shí)不影響棒的運(yùn)動(dòng)。測(cè)得各線之間的距離依次為26.0mm、42.0mm、58.0mm、74.0mm、90.0mm、106.0mm,已知電動(dòng)機(jī)銘牌上標(biāo)有“1500r/min”字樣,由此驗(yàn)證機(jī)械能守恒。根據(jù)以上內(nèi)容,回答下列問(wèn)題:(1)左圖中的圓柱棒的 端是懸掛端(填左或右)。(2)根據(jù)左圖所給的數(shù)據(jù),可知毛筆畫下細(xì)線c時(shí),圓柱棒下落的速度vc= m/s;畫下細(xì)線d時(shí),圓柱棒下落的速度vd= m/s;細(xì)線c、d之間棒的動(dòng)能的動(dòng)能的變化量為 j,重力勢(shì)能的變化量為 j(取g=9.8m/s2)。由此可得出的結(jié)論是 ?!局R(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律e5【答案解析】 (1)左端 (2)1.25m/s 1.65m/s 0.580j 0.568j 圓柱棒在自由下落過(guò)程中,在誤差允許范圍內(nèi)機(jī)械能守恒。解析: :(1)毛筆畫相鄰兩條線的時(shí)間間隔為電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)周期,已知電動(dòng)機(jī)銘牌上標(biāo)有“1500r/min”字樣,即每秒轉(zhuǎn)25周,所以時(shí)間間隔為:t=0.04s圓柱下落過(guò)程中,毛筆依次從圓柱的下端往上端畫,隨著時(shí)間圓柱是加速運(yùn)動(dòng),在圖b中圓柱的左端速度較大,右端速度較小,所以圖b中的圓柱棒的左端是懸掛端(2)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度,因此有:vc= =1.25m/s vd=1.65m/sc、d之間棒的動(dòng)能的變化量為ek=ekd-ekc= m(1.65)2-(1.25)2)=0.580 j根據(jù)重力勢(shì)能的定義式得:重力勢(shì)能減小量ep=mgh=0.568j由此可得出結(jié)論為實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi),重物下落過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量,機(jī)械能守恒【思路點(diǎn)撥】(1)了解該實(shí)驗(yàn)裝置的原理,它類似于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,蘸有顏料的毛筆隨電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)一圈就在圓柱棒面上的紙上畫出記號(hào),這就像打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔一定時(shí)間就打一個(gè)點(diǎn);(2)利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論,可計(jì)算出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度,從而求出動(dòng)能根據(jù)功能關(guān)系得重力勢(shì)能減小量等于重力做功的數(shù)值四、 計(jì)算題(共4小題,46分)【題文】15、(8分)如圖a,質(zhì)量m1kg的物體沿傾角q37的固定粗糙斜面由靜止開始向下運(yùn)動(dòng),風(fēng)對(duì)物體的作用力沿水平方向向右,其大小與風(fēng)速v成正比,比例系數(shù)用k表示,物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖b所示。求:(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)m;(2)比例系數(shù)k。(sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2)【知識(shí)點(diǎn)】 牛頓第二定律c2【答案解析】(1)0.25;(2)0.84kg/s 解析:(1)對(duì)初始時(shí)刻:mgsinqmmgcosqma0 由圖讀出a0=4m/s2代入式, 解得:m0.25; (2)對(duì)末時(shí)刻加速度為零:mgsinqmnkvcosq0 又nmgcosqkvsinq由圖得出此時(shí)v=5 m/s代入式解得:k0.84kg/s?!舅悸伏c(diǎn)撥】(1)根據(jù)b圖可以看出當(dāng)沒(méi)有風(fēng)的作用時(shí) 物體的加速度的大小是4m/s2,由牛頓第二定律可以求得物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)當(dāng)風(fēng)速為5m/s時(shí),物體的加速度為零,說(shuō)明此時(shí)的物體受力平衡,對(duì)物體受力分析,由平衡的條件可以求得比例系數(shù)k【題文】16、(12分)如圖所示是放置在豎直平面內(nèi)游戲滑軌的模擬裝置,滑軌由四部分粗細(xì)均勻的金屬桿組成:水平直軌ab,半徑分別為r1和r2的圓弧軌道, 其中r2=3.0m,長(zhǎng)為l=6m的傾斜直軌cd,ab、cd與兩圓弧軌道相切,其中傾斜直軌cd部分表面粗糙,動(dòng)摩擦因數(shù)為=1/6,其余各部分表面光滑,一質(zhì)量為m=2kg的滑環(huán)(套在滑軌上),從ab的中點(diǎn)e處以v0=10m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)。已知=370, g取10m/s2。(sin=0.6,cos=0.8)求:(1)滑環(huán)第一次通過(guò)圓弧軌道o2的最低點(diǎn)f處時(shí)對(duì)軌道的壓力;(2)滑環(huán)克服摩擦力做功所通過(guò)的總路程?!局R(shí)點(diǎn)】 動(dòng)能定理;向心力d4 e2【答案解析】(1) (2)78m 解析:(1)滑環(huán)從e點(diǎn)滑到f點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)機(jī)械能守恒得:mv02+mgh=mvf2在f點(diǎn)對(duì)滑環(huán)分析受力,得fn-mg=m由式得:fn=根據(jù)牛頓第三定律得滑環(huán)第一次通過(guò)o2的最低點(diǎn)f處時(shí)對(duì)軌道的壓力為(2)由題意可知得:滑環(huán)最終只能在o2的d點(diǎn)下方回晃動(dòng),即到達(dá)d點(diǎn)速度為零,由能量守恒得:mv02+mgr2(1+cos)=mgscos解得:滑環(huán)克服摩擦力做功所通過(guò)的路程s=78m【思路點(diǎn)撥】(1)從e到f過(guò)程中,由機(jī)械能守恒可求得f點(diǎn)的速度,再由向心力公式可求得f處軌道的支持力,再由牛頓第三定律可求得滑環(huán)對(duì)軌道的壓力;(2)圓環(huán)最后只能在df之間滑動(dòng),則由能量守恒定律可求得滑環(huán)克服摩擦力做功的總路程本題考查能量守恒及機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用,注意最后若圓環(huán)將無(wú)法滑上d處,只能在f兩側(cè)回滑動(dòng)【題文】17、(12分)某電視臺(tái)娛樂(lè)節(jié)目,要求選手要從較高的平臺(tái)上以水平速度v0躍出后,落在水平傳送帶上,已知平臺(tái)與傳送帶高度差h= 18m,水池寬度s0=12m,傳送帶ab間的距離l0= 2085m,由于傳送帶足夠粗糙,假設(shè)人落到傳送帶上后瞬間相對(duì)傳送帶靜止,經(jīng)過(guò)一個(gè)t= 05s反應(yīng)時(shí)間后,立刻以a=2m/s2,方向向右的加速度跑至傳送帶最右端。 (1)若傳送帶靜止,選手以v0= 3m/s水平速度從平臺(tái)躍出,求從開始躍出到跑至傳送帶右端經(jīng)歷的時(shí)間。 (2)若傳送帶以u(píng)=1m/s的恒定速度向左運(yùn)動(dòng),選手若要能到達(dá)傳送帶右端,則從高臺(tái)上躍出的水平速度v1至少多大?【知識(shí)點(diǎn)】 平拋運(yùn)動(dòng);勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系;牛頓第二定律a2 d2 c2【答案解析】(1)5.6s (2)3.25m/s 解析:(1)平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程有:h=gt12t1= =0.6s選手在水平方向上的位移s1=v0t1=1.8m則勻加速運(yùn)動(dòng)的位移s2=l0+s0-s1=at22解得 t2=4.5s 所以總時(shí)間:t=t1+t2+t=5.6s(2)設(shè)水平躍出速度v1,落到傳送帶0.5s反應(yīng)時(shí)間內(nèi)向左位移大小s1=ut=0.5m然后向左減速至速度為零,向左發(fā)生位移s2= =0.25m不從傳送帶上掉下,平拋水平位移ss0+s1+s2=1.2+0.5+0.25m=1.95m所以v1 =3.25m/

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