當前位置:咋考網 > 高中 > 高三 > 物理 > 上冊 > 期末考試 >

太原市2019年高三前半期物理期末考試無紙試卷

2018年11月19日,我國在西昌衛星發射中心将兩顆北鬥全球導航衛星(即北鬥三号衛星)發射升空,标志着我國北鬥三号基本系統部署完成。此次發射的北鬥三号系統第18顆和第19顆衛星,屬于中圓地球軌道(介于近地軌道和同步靜止軌道之間)衛星。當衛星在軌正常運行時,下列說法正确的是
A. 第18顆衛星的加速度大于地球表面的重力加速度
B. 第18顆衛星的運行速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間
C. 第19顆衛星的周期小于靜止軌道衛星的周期
D. 第19顆衛星受到地球的萬有引力小于同質量靜止軌道衛星受到地球的萬有引力

【答案】C
【解析】
根據比較加速度關系;第一宇宙速度是所有環繞地球運轉的衛星的最大環繞速度;根據開普勒第三定律比較周期關系;衛星的質量不确定,不能比較萬有引力的大小。
根據可知第18顆衛星的加速度小于地球表面的重力加速度 ,選項A錯誤;第一宇宙速度是所有環繞地球運轉的衛星的最大環繞速度,則第18顆衛星的運行速度小于第一宇宙速度,選項B錯誤;根據開普勒第三定律可知第19顆衛星的周期小于靜止軌道衛星的周期,選項C正确;由萬有引力定律得,因衛星的質量相等,半徑小的,萬有引力大,第19顆衛星受到地球的萬有引力大于同質量靜止軌道衛星受到地球的萬有引力,選項D錯誤;故選C.

在建築裝修中,工人用磨石對圓弧内壁進行緩慢向上打磨,當磨石運動到圖示O位置時,工人對磨石的作用力的方向可能指向(y 軸垂直牆壁)

A. x 軸正方向 B. 第一象限 C. 第二象限 D. 第四象限

【答案】B
【解析】
對磨石受力分析,找到除工人對磨石的作用力的其它力的合力方向,根據平衡知識求解.
對磨石受力向下的重力、内壁對磨石的沿y軸負方向的彈力,沿x軸負向的摩擦力,三個力的合力方向一定在第三象限,可知人對磨石的作用力與此三個力的合力等大反向,則一定在第一象限;故選B.

如圖,等量同種電荷A、B固定在同一水平線上,光滑絕緣杆豎直固定,與AB連線的中垂線重合,C、D是絕緣杆上的倆點,且AC=AD,一帶負電的小球(可視為點電荷)套在絕緣杆上,從C點無初速釋放運動到D的過程中,下列下列說法正确的是

A. 小球的加速度先增大後減小
B. 小球的加速度保持不變
C. 杆對小球的彈力一直增加
D. 小球的機械能先增大後減小

【答案】D
【解析】
此題關鍵是知道等量同種電荷連線中垂線上的場強分布,從連線中點向兩側中垂線先增加後減小,結合牛頓第二定律分析加速度;小球隻有重力和電場力做功,則電勢能和機械能之和守恒.
設AB連線的中點為O,則沿CO方向的場強可能先增加後減小,也可能一直減小,則帶負電的小球,從C到O運動時,加速度可能先增加後減小,也可能一直減小;同理帶負電的小球,從O到D運動時,加速度可能先減小後增加,也可能一直減小;選項AB錯誤;

兩邊電荷對小球的引力總是相等的,故杆對小球的彈力總是零,選項C錯誤;電場力先對小球做正功,後做負功,則電勢能先減小後增加,因小球隻有重力和電場力做功,則電勢能和機械能之和守恒,則小球的機械能先增大後減小,選項D正确;故選D.

在傾角為的山坡頂端,小明先後以v0和2v0水平速度抛出質量相同的石塊,石塊兩次均落在山坡上,則先後兩次落到山坡上的石塊的動能之比為
A. 1:4 B. 1: C. 1:2 D. 1:2

【答案】A
【解析】
兩球都做平抛運動,落在斜面上時,豎直位移與水平位移之比等于tanθ,由此列式得到飛行時間與初速度的關系,根據vy=gt求解豎直速度,從而求解合速度;根據動能表達式判斷動能的關系.
兩球都做平抛運動,落在斜面上時,有得,;落到斜面上時的豎直分速度;合速度,落到斜面上的動能;因兩石塊初速度之比為1:2,則落到斜面上的動能之比為1:4;故選A.

在設計遊樂場中“激流勇進”的斜傾斜滑道時,小組同學将劃艇在傾斜滑道上的運動視為由靜止開始的無摩擦滑動,已知傾斜滑道在水平面上的投影長度L是一定的,而高度可以調節,則

A. 滑道傾角越大,劃艇下滑時間越短 B. 劃艇下滑時間與傾角無關
C. 劃艇下滑的最短時間為2 D. 劃艇下滑的最短時間為

【答案】C
【解析】
根據牛頓第二定律結合運動公式找到下滑的時間與滑道傾角的函數關系進行讨論即可.
設滑道傾角為θ,則滑道長度,下滑時的加速度:,則根據可得,,可知滑道傾角θ=450時,劃艇下滑時間最短,最短時間為;θ<450時,傾角越大,時間越短;θ>450時,傾角越大,時間越長;故選項C正确,ABD錯誤;故選C.

如圖為蹦極運動示意圖,彈性繩的一端固定在O點,另一端和彈性繩相連,運動員從O點自由下落。a點是彈性繩的原長位置,c點是人所能到達的最低點,b點是人懸吊靜止時的位置,把由O點到a點的過程稱為過程I,由a點到c點的過程稱為過程II,不計空氣阻力,下列說法正确的是

A. 過程I中人動量的改變量的大小小于重力沖量的大小
B. 過程II中人動量的減小量的大小等于過程I中重力的沖量大小
C. 過程II中人的動能一直減小到零
D. 過程II中人與地球系統機械能的減少量等于過程I中重力做的功

【答案】B
【解析】
人先做自由落體運動,剛接觸繩子時合力的方向是向下的,而後合力向上,所以人的速度先增大後減小,從能量的角度上講,克服彈力做功應該等于整個過程重力做功。
A、根據動量定理,過程I中人動量的改變量的大小等于重力沖量的大小,故A錯;
B、設人在a點的速度為v,則過程I中人的動量變化量的大小等于mv,在過程II中速度從v減到零,所以動量變化量的大小也等于mv,再結合A選項可知B正确;
C、因為b點是人懸吊靜止時的位置,即合力為零的位置,所以從a到c合力先向下後向上,即先加速後減速,所以過程II中人的動能先增大後減小,故C錯;
D、過程II中人與地球系統機械能的減少量等于克服彈力做的功,從功能關系上來說,克服彈力做功應該等于整個過程重力做功,故D錯;
故選B

如圖所示,豎直轉軸OO'垂直于光滑水平面,A是距O高h的軸上的一點,A點固定有兩鉸鍊。兩輕質細杆的一端接到鉸鍊上,并可繞鉸鍊上的光滑軸在豎直面内轉動,細杆的另一端分别固定質量均為m的小球B 和C,杆長AC>AB>h。當OO'轉軸動時,B,C兩小球以O為圓心在桌面上做圓周運動,在OO'軸的角速度ω 由零緩慢增大的過程中,下列說法正确的是( )

A. 兩小球線速度大小總相等
B. 兩小球向心加速度的大小總相等
C. 在ω逐漸增大的過程中,小球C先離開桌面
D. 當ω =時,兩小球對桌面均無壓力

【答案】D
【解析】
兩小球同軸轉動,角速度相同,根據v=ωr和a=ω2r比較線速度和向心加速度;當小球恰離開桌面時,根據牛頓第二定律求解臨界角速度可判斷選項CD.
兩球轉動的角速度相同,根據v=ωr可知兩小球線速度大小不相等,根據a=ω2r可知兩小球向心加速度的大小也不相等,選項AB錯誤;當小球恰好離開桌面時滿足:(θ為細杆與豎直方向的夾角)解得,可知在ω逐漸增大的過程中,兩小球一起離開桌面,即當ω =時,兩小球對桌面均無壓力,選項C錯誤,D正确;故選D.

如圖,AB為豎直的光滑圓弧絕緣軌道,其半徑為0.5m,A點與圓心O等高,最低點B與絕緣水平面平滑連接,整個軌道處在水平向右的勻強電場中,場強為5×103N/C.将一個質量為0.1kg,電荷量為+8×10−5C的滑塊(可視為指點)從A 由靜止釋放,已知滑塊與水平面間的動摩擦因數為0.05,取g=10m/s2,則滑塊

A. 第一次經過B點時速度值為m/s
B. 第一次經過B點是對B點的壓力為1.2N
C. 在水平面向右運動的加速度值為3.5m/s2
D. 在水平面上通過的總路程為6m

【答案】D
【解析】
(1,2)對AB過程由動能定理可求得B點的速度,再根據向心力公式即可求得B點的支持力,由牛頓第三定律即可求得壓力大小;(3)根據牛頓第二定律求解在水平面向右運動的加速度;(4)滑塊在水平軌道運動時,隻有電場力和摩擦力對其做功,由動能定理求得水平軌道上的總路程.
A.設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB,根據動能定理可得:mgR-qER=mvB2,解得,選項A錯誤;
B.最低點B對小滑塊運用牛頓第二定律可得:FN′-mg=m,根據牛頓第三定律:FN=FN′,所以小滑塊第一次經過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力:FN=3mg-2qE=2.2N,選項B錯誤;
C.在水平面向右運動的加速度:,解得a=4.5m/s2,選項C錯誤;
D.電場力大小:qE=8×10-5×5×103 N=0.4 N;摩擦力大小:f=μmg=0.05×0.1×10 N=0.05 N,可知:qE>f;所以小滑塊最終在圓弧軌道的下部分往複運動,并且小滑塊運動到B點時速度恰好為零,對小滑塊運用動能定理可得:mgR-qER-μmgx=0-0,解得小滑塊在水平軌道上通過的總路程:x=6m.選項D正确;
故選D.

如圖,邊界為平行四邊形ABCD的勻強磁場,一束質子以大小不同的速度沿BD從B點射入磁場。已知BD連線與邊界BC垂直,不計重力和質子間的相互作用。關于質子在磁場中的運動情況,下列說法正确的是( )

A. 從BC邊出射的質子速度越大,運動時間越短
B. 從BC邊出射的質子的運動時間相等
C. 從CD邊出射的質子速度越大,運動時間越短
D. 從CD邊出射的質子運動時間相同

【答案】BC
【解析】
質子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據題意及幾何知識分析質子從各邊飛出時粒子所轉過的圓心角,比較運動時間.軌迹對應的圓心角越大,運動時間越長.
AB.質子從B點入射,受向下的洛倫茲力,則從BC邊射出的質子運動半周,因周期都相同,則從BC邊出射的質子的運動時間相等,選項A錯誤,B正确;
CD.如果質子從CD邊射出磁場,質子在CD邊上不同位置射出時轉過的圓心角θ不同,速度越大,半徑越大,在磁場中轉過的圓心角越小,質子在磁場中的運動時間越短,選項C正确,D錯誤;
故選BC.

如圖,可視為點電荷的帶電小球Q1固定在足夠大的光滑絕緣水平桌面上,有另外一個帶電小球Q2在桌面上運動。某時刻,Q2在距離Q1為r處且速度方向恰好沿垂直于Q1Q2的連線方向。僅在電場力的作用下,此後一小段時間内

A. 若Q1、Q2帶同種電荷, Q2的動能一直增大
B. 若Q 、Q2帶同種電荷, Q2的動能可能不變
C. 若Q1、Q2帶異種電荷, Q2的動能不可能增大
D. 若Q1、Q2帶異種電荷, Q2的動能可能不變

【答案】AD
【解析】
若Q1、Q2帶同種電荷,兩者排斥,靜電力做正功;若Q1、Q2帶異種電荷,兩者吸引力,Q2可能做近心運動,也可能做圓周運動,也可能做離心運動;
AB.若Q1、Q2帶同種電荷,則兩球之間有靜電斥力使得 Q2遠離Q1,此時電場力對Q2做正功,其動能一直增大,選項A正确;B錯誤;
CD.若Q1、Q2帶異種電荷,則兩球之間有靜電引力,可能使得 Q2靠近Q1做近心運動,此時電場力對Q2做正功,其動能一直增大;也可能此時的靜電引力滿足,此時Q2将以Q1為圓心做勻速圓周運動,動能不變,選項D正确;C錯誤;
故選AD.

如圖所示,木塊a和b用一根輕彈簧連接起來,放在光滑水平面上,a緊靠在牆壁上,在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮,已知木塊a的質量的m,木塊b的質量是2m,此時彈簧具有的彈性勢能為Ep.當撤去外力後,下列說法中正确的是

A. a、b 及彈簧組成的系統機械能始終為Ep
B. a、b 組成的系統總動量始終為
C. 在彈簧長度最大時彈簧具有的彈性勢能為
D. 在彈簧第二次達到自然長度時木塊時木塊 b的速度為0

【答案】AC
【解析】
撤去外力後,隻有彈簧的彈力做功,則系統的機械能守恒;撤去力F後,在a沒有離開牆壁之前,系統的總動量不守恒,a離開牆壁之後,系統受的合外力為零,動量守恒;在彈簧長度最大時,兩者共速,結合動量守恒定律和能量關系列式求解最大彈性勢能;根據動量守恒定律和能量守恒關系判斷在彈簧第二次達到自然長度時木塊時木塊 b的速度.
A.撤去外力後,隻有彈簧的彈力做功,則系統的機械能守恒,則a、b 及彈簧組成的系統機械能始終為Ep,選項A正确;
B.撤去力F後,在a沒有離開牆壁之前,系統的總動量向右增加,a離開牆壁之後,系統受的合外力為零,動量守恒,選項B錯誤;
C. a離開牆壁的瞬間,系統的總動量,也就是b的動量:,彈簧長度最大時,ab共速,此時由動量守恒定律:,解得,此時彈簧的彈性勢能:,選項C正确;
D.彈簧第一次達到自然長度時,b的速度為;彈簧第二次達到自然長度時,設a、b的速度分别為v1和v2,則由動量守恒: ;由能量關系:;聯立解得:,選項D錯誤;
故選AC。

今年2月,太原市首批純電動公交車開始運營。在運營前的測試中,電動公交車在平直路面上運動,某段時間内的v-t圖象如圖所示。已知在0~10s發動機和車内制動裝置對車輛所做總功為零,車輛與路面間的摩擦阻力恒定,空氣阻力不計。已知公交車質量為13.5t,g=10m/s2.

A. 汽車發生的位移為54m
B. 汽車與路面的摩擦阻力為2000N
C. 發動機在第1s内的平均功率是第7s内的
D. 第6s内汽車克服車内制動裝置做功是第10s内的

【答案】BD
【解析】
v-t圖像的“面積”等于位移;由于在 0~10s 發動機和車内制動裝置對車輛所做總功為零,則由動能定理,對整個過程列式求解阻力;根據動能定理求解發動機在第 1s 内和第7s内的平均功率;根據動能定理求解發動機在第 6s 内和第10s内汽車克服車内制動裝置做的功;
A.根據v-t圖像可知,汽車發生的位移為,選項A錯誤;
B.由于在 0~10s 發動機和車内制動裝置對車輛所做總功為零,則由動能定理可知:,其中的x是路程,大小為x=54m,解得f=2000N,選項B正确;
C.在第1s内,由動能定理:,其中的x1=6m,解得;同理在第7s内,由動能定理:,其中的x7=2m,解得,即發動機在第 1s 内的平均功率是第 7s 内的3倍,選項C錯誤;
D.根據動能定理,第6s内汽車克服車内制動裝置做功,其中的x6=4m,v=8m/s;解得W6=424000J;同理,第10s内汽車克服車内制動裝置做功,其中的x10=2m,v′=4m/s;解得W10=104000J;即第6s内汽車克服車内制動裝置做功是第10s内的53/13倍,選項D正确;
故選BD.

某實驗小組用“自由落體法”測當地的重力加速度,實驗中得到一條較為滿意的紙帶如圖(a)所示。他們舍棄前面密集的點,以O為起點,從某點A開始選取紙帶上連續點A、B、C.....測出0到A、B、 C......的距離分别為 h1、 h2、 h3.......。已知電源的頻率為f.

(1)下列操作對減小實驗誤差有益的是____.
A.選擇密度較大的重錘
B.安裝打點計時器使兩限位孔在同一豎直線上
C.實驗時先用手托住重錘,然後接通電源釋放再重錘
D.重錘下落中手始終提住紙帶上端,保持紙帶豎直
(2)由上述實驗數據計算當地重力加速度的表達式為g =_______.
(3)通常情況下,實驗中電源的頻率用50Hz,若實驗中電源的瀕率略高,而實驗者仍以50Hz 計算,由此引起重力加速度的測量值将_____(填“偏大”、“偏小”或“相同")。

【答案】AB 偏小
【解析】
(1)根據實驗的原理分析各個選項;(2)根據∆x=aT2求解重力加速度的表達式;(3)實驗中電源的頻率略高,則打點周期偏小,相鄰兩計數點間的距離偏小.
(1)選擇密度較大的重錘可以減小下落時的相對阻力的大小,從而減小誤差,選項A正确;安裝打點計時器使兩限位孔在同一豎直線上,這樣可減小紙帶與限位孔之間的摩擦,選項B正确;實驗時先用手托住重錘,然後接通電源釋放再重錘,這樣能充分利用紙帶,但是對減小誤差無影響,選項C錯誤;重錘下落中手不能始終提住紙帶上端,要讓紙帶自由下落,選項D錯誤;故選AB.
(2)根據∆x=aT2可得
(3)實驗中電源的頻率略高,則打點周期偏小,相鄰兩計數點間的距離偏小,而實驗者仍以50Hz 計算,則由此引起重力加速度的測量值将偏小。

某同學描繪小燈泡的伏安特。所使用的器材有:
小燈泡L(額定電壓3.8V,額定電流0.50A)
電流表A(量程0.6A,内阻約0.5Ω);
靈敏電流計G(量程1mA,内阻為500Ω);
電阻箱Ro(阻值範圍0~9999.9Ω);
滑動變阻器R1(阻值範圍0~20Ω);
電源E(電動勢4.5V,内阻約2Ω);
開關S及導線若幹;
(1)為了能夠實現在0-3.8V内對小燈泡的電壓進行測量,需将靈敏電流計G改裝成量程為4V的電壓表,則_______(填“串”或“并”)聯的電阻箱R0的阻值應調整為_________Ω
(2)請在圖(b)的方框中畫全運用上述器材描繪小燈泡伏安特性的實驗電路原理圖,并标注對應的器材符号____________。
(3)實驗中得到電流表A讀數I和靈敏電流計G讀數Ig如下表所示

次數

1

2

3

4

5

6

7

8

I/(A)

0.13

0.24

0.32

0.38

0.43

0.46

0.48

0.49

Ig/(mA)

0.10

0.20

0.30

0.40

0.50

0.60

0.70

0.90



請你根據表中數據,在圖(c)的坐标系中補齊數據點,做出I-Ig曲線____________。
(4)由I-Ig曲線可知,小燈泡的電阻随電流的增大而___________(填“變大”“變小”或者“不變”)

(5)如圖(d)所示,将該小燈泡和定值電阻R與一電動勢E=3.0V,内阻r=5.0Ω的電源串聯時,電源的輸出功率最大,可知此時小燈泡的實際功率約為______W定值電阻的阻值R=___________Ω(結果均保留兩位有效數字)

【答案】(1)串 (2)如圖所示:
(3)如圖所示:
(4)增大 (5)0.34(0.31~0.36) 1.3(1.0~1.5)
【解析】
(1)将靈敏電流計改裝成量程較大的電壓表,需要串聯一個電阻
(2)根據改裝後的電壓表電流表以及燈泡的電阻關系确定電路的連接方式
(3)根據數據描點連線
(4)根據内外電阻相等時,電源的輸出功率最大,求解燈泡的實際功率問題。
(1)将靈敏電流計G改裝成量程為4V的電壓表,則需要串聯的電阻箱的阻值為
(2)改裝後的電壓表内阻為 遠大于燈泡的内阻,故采用電流表外接,滑動變阻器用分壓電路,如圖所示:

(3)做出I-Ig曲線如圖所示

(4)因Ig的值與燈泡兩端的電壓相對于,則I-Ig曲線的斜率的倒數反映了燈泡電阻的變化有圖像可知,小燈泡的電阻随電流的增大而增大。
(5)當外電路電阻等于電源内阻時電源的輸出功率最大,所以當燈泡和定值電阻之和等于電源内阻時,此時回路中的電流為 ,由圖像可知,此時燈泡兩端的電壓為 ,所以小燈泡的實際功率為,定值電阻兩端的電壓為 所以定值電阻的阻值為

經過逾6 個月的飛行,質量為40kg的洞察号火星探測器終于在北京時間2018 年11 月27 日03:56在火星安全着陸。着陸器到達距火星表面高度800m時速度為60m/s,在着陸器底部的火箭助推器作用下開始做勻減速直線運動;當高度下降到距火星表面100m時速度減為10m/s。該過程探測器沿豎直方向運動,不計探測器質量的變化及火星表面的大氣阻力,已知火星的質量和半徑分别為地球的十分之一和二分之一,地球表面的重力加速度為g = 10m/s2。求:
(1)火星表面重力加速度的大小;
(2)火箭助推器對洞察号作用力的大小.

【答案】(1) (2)F=260N
【解析】
火星表面或地球表面的萬有引力等于重力,列式可求解火星表面的重力加速度;根據運動公式求解下落的加速度,然後根據牛頓第二定律求解火箭助推器對洞察号作用力.
(1)設火星表面的重力加速度為g火,則

解得g火=0.4g=4m/s2
(2)着陸下降的高度:h=h1-h2=700m,設該過程的加速度為a,則v22-v12=2ah
由牛頓第二定律:mg火-F=ma
解得F=260N

如圖甲所示,質量為200kg的斜行電梯沿與水平方向成30°的直線軌道運行。在電梯水平底闆上放置質量為50kg的貨物,通過平行于軌道的鋼絲繩牽引電梯,使電梯從軌道低端運行到頂端,此過程中電梯速度随時間的變化圖象如圖乙所示。整個過程中貨物相對于電梯保持靜止,取g = 10m/s2,不計軌道對電梯的摩擦阻力。求:

(1)電梯加速過程中鋼絲繩對電梯的牽引力的大小;
(2)電梯減速過程中貨物所受支持力及摩擦力的大小.

【答案】(1)F=1500N (2)
【解析】
(1)由圖乙可知電梯加速過程中加速度,根據牛頓第二定律求解鋼絲繩對電梯的牽引力;(2)先根據v-t圖像求解電梯減速過程中的加速度,然後将加速度分解在水平和豎直方向,對貨物列出兩個方向的方程即可求解.
(1)由圖乙可知,電梯加速過程中加速度大小為a1,則
電梯加速過程中,鋼絲繩的牽引力大小為F,則:

解得F=1500N.
(2)電梯減速過程中加速度大小為a2,貨物所受的支持力和摩擦力的大小分别為N、f,則:


解得N=487.5N;

如圖所示,粗糙的水平軌道 AB 與半徑R0.4m的光滑豎直半圓形軌道BC相切于B點。壓縮後鎖定的輕彈簧一端固定在水平軌道的左端,另一端緊靠靜止在A點的質量m0.4kg的小物塊(不拴接)。解除彈簧鎖定後,物塊從A點開始沿AB軌道運動,進入半圓形軌道BC,之後恰好能通過軌道BC的最高點C,最後落回到水平軌道AB上.已知A、B兩點的距離L  0.2m,物塊與水平軌道間的動摩擦因數 0.2,取g10m/s2 ,不計空氣阻力.求:

(1)小物塊運動到B點時受到半圓形軌道彈力的大小;
(2)小物塊從C點落回水平軌道AB上的位置到B點的距離;
(3)解除鎖定前彈簧的彈性勢能。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】
(1)恰好過C點,則過C點時小物塊所受的彈力為零,由重力等于向心力求解C點的速度;從B點到C點,由機械能守恒求解B點的速度,然後根據牛頓第二定律求解F;(2)小物塊從C點落回水平軌道AB上時做平抛運動,根據平抛運動的規律求解其落下的位置到B點的距離;(3)根據動能定理求解解除鎖定前彈簧的彈性勢能。
(1)恰好過C點,則過C點時小物塊所受的彈力為零,由向心力公式可知:
解得vC=2m/s;
從B點到C點,由機械能守恒可得:
解得
在B點:
解得F=24N
(2)小物塊從D點落回到水平軌道AB上,做平抛運動:豎直方向:2R=gt2
水平方向:x=vCt
解得x=0.8m
(3)從A到B由動能定理:
EP=W
解得EP=5.6J

“冰壺比賽”是在水平冰面上進行的體育項目,比賽場地示意圖如圖,其中營壘外圓的半徑為1.8m,
其餘數據如圖所示。比賽時,以場地上冰壺距離營壘圓心的遠近決定勝負。在某次比賽中,甲隊隊員以v0 =m.⁄ s的速度将質量m1=19kg的冰壺從左側欄線A處沿中心線推出,冰壺恰好停在營壘的圓心0處。乙隊隊員以一定的速度将質量為m2=20kg的冰壺也從左側欄線A處沿中心線推出,冰壺滑動到0 點并和甲隊的冰壺發生碰撞,碰撞後恰好将甲隊的冰壺彈出外圓,而乙隊的冰壺向前滑行到距0點0.45m處停止。設兩個冰壺均可看成質點且碰撞前後均沿中心線運動,兩個冰壺與冰面的動摩擦因數相同。取g=10m⁄s2.求

(1)冰壺與冰面的動摩擦因數;
(2)乙隊從A點将冰壺推出時速度的大小(結果可用根式表示)。

【答案】(1) (2)
【解析】
(1)根據動能定理求解冰壺與冰面的動摩擦因數;(2)兩隊的冰壺碰撞時滿足動量守恒,結合動量守恒定律以及動能定理聯立方程求解.
(1)甲隊的冰壺滑動的位移x0=30.0m,設冰壺與冰面的動摩擦因數為μ,則:
解得μ=0.01
(2)乙隊從A點将冰壺推出時的速度為v1,到O點與甲隊的冰壺碰撞前的速度為v2,則:
設碰後甲乙兩隊的冰壺的速度分别為v甲、v乙,由動量守恒定律可得:

碰後甲隊的冰壺滑動距離x甲=1.8m,乙隊冰壺滑動的距離x乙=0.45m,則


解得

如圖所示,在第II 象限内有沿x 軸正方向的勻強電場電場的強度大小為E;在其餘象限内存在,垂直xOy,平面向外的勻強磁場。一質量為m 電荷量為q 的帶正電粒子以一定的初速度,從x 軸的上的P 點平行于y 軸正方向進入勻強電場中。并以與y 軸正方向成45°進入磁場,又恰好以平行于y 軸正方向的速度返回電場。已知O、P 之間的距離為d

(1)求粒子的初速度v0,
(2)磁感應強度B的大小
(3)粒子第二次離開電場時速度的大小.

【答案】(1) (2) (3)
【解析】
(1)粒子以垂直于x軸的初速度進入勻強電場,做類平抛運動,根據平抛運動的規律求解粒子的初速度;(2)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由幾何關系求解半徑,然後根據求解B的值;(3)根據動能定理求解粒子第二次離開電場時速度的大小.
(1)粒子以垂直于x軸的初速度進入勻強電場,做類平抛運動,由進入磁場時的速度與y軸正向成450角,則有:
vx=at
qE=ma
d=at2
解得
(2)設粒子進入磁場時與O點的距離為y,則y=v0t
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,設半徑為r,速度大小為v,則

由幾何關系解得
解得
(3)粒子第二次進入電場時與O點距離為x,則x=r-y;
粒子第二次離開電場時,速度大小為v′,則
解得

©2018-2019咋考網版權所有,考題永久免費