2018年高考物理复习课时作业13
第13题-2018年浙江高考物理高考题型汇编“4+6”(真题+全真模拟) Word版含解析
2018浙江学考选考复习备考分题汇编“4+6”(真题+全真模拟)第13题1、【2017年11月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图所示是具有更高平台的消防车,具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400kg)上升60m到达灭火位置,此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3m3/min,水离开炮口时的速率为20m/s,则用于()A. 水炮工作的发动机输出功率为1×104WB. 水炮工作的发动机输出功率为4×104WC. 水炮工作的发动机输出功率为2.4×106WD. 伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800w【答案】B2、【2017年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】图中给出某一通关游戏的示意图,安装在轨道AB上可上下移动的弹射器,能水平射出速度大小可调节的弹丸,弹丸射出口在B点的正上方,竖直面内的半圆弧BCD的半径为R=2.0m,直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内,小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37º,游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关.为了能通关,弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力)A. B.C. D.【答案】A【考点】本题主要考察知识点:平抛运动【解析】由题意可知弹丸从p点射出时的速度方向就是半径OP的方向.即与水平方向成37度夹角,由平抛运动规律h=0.15,3、【2016年10月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图所示,质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上,其中O点与小球A的间距为,O点与小球B的间距为,当小球A平衡时,悬线与竖直方向夹角=30°,带电小球A、B均可视为点电荷,静电力常量为k,则A.AB间库仑力大小B.AB间库仑力大小C.细线拉力D.细线拉力【答案】B【解析】A的受力如图所示,几何三角形OAB与力三角形相似,对于变成比例,则,由余弦定律,则,故B正确。
2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时作业(十三)牛顿运动定律综合应用(二)
课时作业(十三) 牛顿运动定律综合应用(二)[基础训练]1.(2017·安徽池州二模)重物A放在倾斜的皮带传送机上,它和皮带一直相对静止没有打滑,如图所示,传送带工作时,关于重物受到摩擦力的大小,下列说法正确的是( )A.重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动时受到的摩擦力B.重物斜向上加速运动时,加速度越大,摩擦力一定越大C.重物斜向下加速运动时,加速度越大,摩擦力一定越大D.重物斜向上匀速运动时,速度越大,摩擦力一定越大答案:B 解析:重物静止时,受到的摩擦力f=mg sin θ,重物匀速上升时,受到的摩擦力为f=mg sin θ,且与速度大小无关,选项A、D错误;重物斜向上加速运动时,根据牛顿第二定律,摩擦力f=mg sin θ+ma,加速度越大,摩擦力越大,选项B正确;重物沿斜面向下加速运动时,当a<g sin θ时,加速度越大,摩擦力越小,C错误.2.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y、x轴的切点.B点在y轴上且∠BMO=60°,O′为圆心.现将a、b、c三个小球分别从A、B、C 点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,如所用时间分别为t A、t B、t C,则t A、t B、t C大小关系是( )A.t A<t C<t BB.t A=t C<t BC.t A=t C=t BD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系答案:B 解析:对于AM段,位移x A=2R,加速度a A=mg sin 45°m=22g,根据x=12at2得,t A=2x Aa A=4Rg.同理t B=8R3g,t c=4Rg,故t A=t C<t B,B选项正确.3.如图所示,水平传送带A、B两侧与光滑地面相衔接,一物块从左侧地面以v0=5 m/s 的速度冲上传送带,已知传送带A、B的长度为s=4 m,物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,取g =10 m/s 2,物块到达传送带B 端的速度为v ,下列说法正确的是( )A .若传送带不动,v =3 m/sB .若传送带逆时针匀速转动,v 一定小于3 m/sC .若传送带顺时针匀速转动,v 一定大于3 m/sD .若传送带顺时针匀速转动,v 有可能等于7 m/s答案:A 解析:若传送带不动,物块从A 到B 做匀减速运动,a =μg =2 m/s 2,由v 20-v 2=2as ,得v =3 m/s ,A 项正确;若传送带逆时针匀速转动,与传送带不动时受力完全相同,到达B 端的速度仍为3 m/s ,B 项错误;若传送带顺时针匀速转动,传送带的速度不同,物体滑上传送带后的运动情况不同,若传送带速度v 带≤3 m/s,物块将一直减速,到达B端的速度为3 m/s ,C 项错误;若物块一直加速,到达B 端的速度为v ′,则v ′2-v 20=2as ,得v ′=41 m/s ,因此物块到达传送带B 端的最大速度为41 m/s ,不可能等于7 m/s ,D 项错误.4.(2017·四川资阳诊断)如图所示,质量为M 、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑槽内有一质量为m 的小铁球,现用一水平向右的推力F 推动凹槽,小铁球与光滑凹槽相对静止时,凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角.则下列说法正确的是( )A .小铁球受到的合外力方向水平向左B .凹槽对小铁球的支持力为mgsin αC .系统的加速度为a =g tan αD .推力F =Mg tan α答案:C 解析:小铁球与光滑凹槽相对静止,系统有水平向右的加速度,小铁球受到的合外力方向水平向右,凹槽对小铁球的支持力为mgcos α,选项A 、B 错误;小铁球所受的合外力为mg tan α,加速度为a =g tan α,推力F =(m +M )g tan α,选项C 正确,D 错误.5.如图甲所示,在光滑的水平面上有质量为M 且足够长的长木板,木板上面叠放一个质量为m 的小物块.现对长木板施加水平向右的拉力F =3t (N)时,两个物体运动的a t 图象如图乙所示,若取重力加速度g =10 m/s 2,则下列说法中正确的是( )A.图线Ⅰ是小物块运动的at图象B.小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3C.长木板的质量M=1 kgD.小物块的质量m=2 kg答案:B 解析:当力F较小时,两者一起加速,当F较大时,m相对于M向后滑动,m 的加速度不再随F的增大而变化,因此图象Ⅱ是小物块的at图象,A项错误;当小物块发生相对滑动后,加速度不变为a m=3 m/s2,由牛顿第二定律得,μmg=ma m,解得μ=0.3,B项正确;在3 s前,对整体有,3t=(M+m)a,a=3M+mt,由图象得3M+m=1;在3 s后,对M有,3t-μmg=Ma,a=3Mt-μmgM,由图象得3M=32,解得M=2 kg,m=1 kg,C、D项错误.6.(2017·江苏徐州质检)(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t =0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列描述滑块的vt图象中可能正确的是( )答案:BD 解析:设滑块质量为m,木板质量为M,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,若μ1mg<μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度a1=μ1g,木板静止,选项D正确;若μ1mg>μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度为a1=μ1g,木板向右匀加速运动,当二者速度相等后,一起以a2=μ2g的加速度匀减速到停止,因a1>a2,故选项B正确.7.如图所示,两木块A、B质量均为m,用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起,放在倾角为α的传送带上,两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ,与传送带平行的细线拉住木块A,传送带按图示方向匀速转动,两木块处于平衡状态.求:(1)A 、B 两木块之间的距离;(2)剪断细线瞬间,A 、B 两木块的加速度.答案:见解析 解析:(1)隔离B 木块分析,由平衡条件可得F 弹=mg sin α+μmg cos α由胡克定律得F 弹=k Δx两木块间的距离为l AB =L +Δx =L +mg sin α+μmg cos αk. (2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变,对物块B ,由牛顿第二定律有F 弹-(mg sin α+μmg cos α)=ma B解得a B =0对于物块A ,有F 弹+μmg cos α+mg sin α=ma A解得a A =2(g sin α+μg cos α).[能力提升]8.(2017·吉林省吉林大学附中摸底)正方形木板水平放置在地面上,木板的中心静置一小滑块,如图所示为俯视图.为将木板从滑块下抽出,需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力F .已知木板边长L =2 2 m ,质量M =3 kg ,滑块质量m =2 kg ,滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2(取g =10 m/s 2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),求:(1)要将木板抽出,水平恒力F 需满足的条件;(2)当水平恒力F =29 N 时,在木板抽出时滑块能获得的最大速度.答案:(1)F >20 N (2)433m/s 解析:(1)能抽出木板,滑块与木板发生相对滑动,当滑块达到随板运动的最大加速度时,拉力最小,对滑块有μmg =ma ,对木板有F min -μ(M +m )g -μmg =Ma ,得F min =2μ(M +m )g =20 N ,故要抽出木板,水平恒力F >20 N.(2)要使滑块获得的速度最大,则滑块在木板上相对滑动的距离最大,故应沿木板的对角线方向抽木板.设此时木板加速度为a 1,则有F -μ(M +m )g -μmg =Ma 1,又12a 1t 2-12μgt 2=22L ,v max =μgt ,解得v max =433m/s. 9.(2017·黑龙江大庆模拟)如图所示,传送带与地面的倾角θ=37°,从A 到B 长度为L =10.25 m ,传送带以v 0=10 m/s 的速率逆时针转动.在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m =0.5 kg 的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37°=0.6,取g =10 m/s 2,求:(1)煤块从A 到B 的时间;(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度.答案:(1)1.5 s (2)5 m解析:(1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为a 1=g (sin θ+μcos θ)=10 m/s 2. t 1=v 0a 1=1 s ,x 1=12a 1t 21=5 m , 达到v 0后,受到向上的摩擦力,则a 2=g (sin θ-μcos θ)=2 m/s 2,x 2=L -x 1=5.25 m ,x 2=v 0t 2+12a 2t 22,得t 2=0.5 s ,煤块从A 到B 的时间为t =t 1+t 2=1.5 s.(2)第一过程痕迹长Δx 1=v 0t 1-12a 1t 21=5 m , 第二过程痕迹长Δx 2=x 2-v 0t 2=0.25 m ,Δx 1与Δx 2部分重合,故痕迹总长为5 m.10.(2017·河北武邑中学期末)如图所示,水平面上紧靠放置着等厚的长木板B 、C (未粘连),它们的质量均为M =2 kg.在B 木板的左端放置着质量为m =1 kg 的木块A (可视为质点).A 与B 、C 间的动摩擦因数均为μ=0.4,B 、C 与水平面间的动摩擦因数均为μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.开始时整个系统处于静止,现对A 施加水平向右的恒定拉力F =6 N ,测得A 在B 、C 上各滑行了1 s 后,从C 的右端离开木板,求木板B 、C 的长度l B 、l C .答案:l B =1 m l C =2.75 m解析:如图所示,对A 进行受力分析:A 产生的加速度a A =F -f A m =F -μ1mg m =6-0.4×1×101m/s 2=2 m/s 2, 当A 在B 上滑动时,以B 、C 整体为研究对象受力分析有:f ′A =f A ,N ′A =N A ,B 、C 整体受地面的支持力N BC =G BC +N ′A =50 N ,B 、C 与地面间的最大静摩擦力f max =μ2N BC >f ′A ,所以A 在B 上滑动时,B 、C 均处于静止状态.所以A 在B 上做初速度为0的匀加速直线运动,由题意知B 的长度等于A 在1 s 的时间内运动的位移,即l B =12a A t 2=12×2×12 m =1 m. 当A 滑上C 时,以C 为研究对象受力分析有:由图可知F合C =f ′A -f C =μ1mg -μ2(m +M )g ,所以C 产生的加速度a C =0.4×1×10-+2 m/s 2=0.5 m/s 2. 故C 的长度l C =x A -x C =2×1+12×2×12-12×12×12 m =2.75 m. 11.(2017·湖北黄冈质检)如图所示,一倾角α=37°、长度为9 m 的固定斜面,其底端与长木板B 上表面等高,原来B 静止在粗糙水平地面上,左端与斜面接触但不粘连,斜面底端与木板B 的上表面接触处圆滑,一可视为质点的小滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑,最终A 刚好未从木板B 上滑下,已知A 、B 的质量相等,木板B 的长度L =3 m ,A 与斜面、B 上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5,B 与地面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度取g =10 m/s 2.(1)通过计算分析:当A 滑上B 的上表面后,B 是否仍保持静止;(2)若B 仍然静止,求出μ2的最小值;若B 滑动,求出μ2的值.答案:(1)B 与地面会发生相对滑动 (2)0.2解析:(1)设A 从斜面下滑过程中加速度大小为a 0,到达底端时速度大小为v 0,由牛顿第二定律和运动学公式得:mg sin α-μ1mg cos α=ma 0,v 20-0=2a 0s ,则v 0=6 m/s.假设A 滑上B 的上表面后,B 仍保持静止,则A 在B 上减速滑动至停止.a A =μ1g =5 m/s 2,x =0-v 20-2a A=3.6 m>3 m ,A 会从B 上滑下,假设不成立.故当A 滑上B 的上表面后,B 与地面会发生相对滑动.(2)设A 滑上B 后,再经时间t 两者达到共同速度, A 、B 的加速度大小分别为:a A =μ1g =5 m/s 2,a B =μ1mg -2μ2mg m=5-20μ2, v 0-a A t =a B t ,s A =v 0t -12a A t 2,s B =12a B t 2,s A -s B =L ,解得μ2=0.2.。
最新-2018届高考物理一轮复习 课时作业 第13讲 牛顿运
2018届高三物理总复习精品课时作业第13讲牛顿运动定律的应用超重与失重1.如图所示,带斜面的小车各面都光滑,车上放一均匀球,当小车向右匀速运动时,斜面对球的支持力为F N1,平板对球的支持力为F N2;当小车以加速度a向右匀加速运动时,球的位置不变化,下列说法正确的是( )A.F N1由无到有,F N2变大B.F N1由无到有,F N2变小C.F N1由小到大,F N2不变D.F N1由小到大,F N2变大【解析】当小车向右匀速运动时,小球仅在竖直方向受到重力和平板对小球的支持力,F N1=0;当小车以加速度a向右匀加速运动时,斜面对小球的支持力F N1的水平分力产生加速度,并且a越大,F N1越大.故B正确.【答案】B2.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示.设投放箱子的初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比,且运动过程中箱子始终保持图示状态.在箱子下落过程中,下列说法正确的是( )A.箱内物资对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物资受到的支持力最大C.箱子接近地面时,箱内物资受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长,则箱内物资有可能不受箱子底部的支持力而“飘起来”【解析】因为下落速度不断增大,而阻力f∝v2,所以阻力逐渐增大,当f=mg时,物资开始匀速下落.以箱子和物资为整体有:(M+m)g-f=(M+m)a,f增大则加速度a减小.对物资:mg-F N=ma,加速度减小,则支持力F N增大.所以物资后来受到的支持力比开始时的要大,不可能“飘起来”.【答案】C3.如图所示,质量为M的小车放在光滑的水平面上.小车上用细线悬吊一质量为m的小球,M>m.现用一力F水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成α角,细线的拉力为T;若用一力F′水平向左拉小车,使小球和车一起以加速度a′向左运动时,细线与竖直方向也成α角,细线的拉力为T′.则( )A .a ′=a ,T ′=TB .a ′>a ,T ′=TC .a ′<a ,T ′=TD .a ′>a ,T ′>T【解析】先隔离小球进行受力分析,两种情况竖直方向均有T cos α=mg ,故T ′=T ;当F 作用在小球上时,对小车有T sin α=Ma ,得a =m Mg tan α,当F ′作用在小车上时,对小球有T ′sin α=ma ′得a ′=g tan α,故B 正确.【答案】B4.如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2 kg 的物体A ,处于静止状态.若将一个质量为3 kg 的物体B 竖直向下轻放在A 上的一瞬间,则A 对B 的压力大小为(取g =10 m/s 2)( )A .30 NB .0C .15 ND .12 N【解析】将一个质量为3 kg 的物体B 竖直向下轻放在A 上的一瞬间的加速度a =m B gm A +m B=6 m/s 2,对B 进行受力分析得:m B g -F N =ma ,解得:F N =12 N.【答案】D5.如图所示,A 、B 两条直线是在A 、B 两地分别用竖直向上的力F 拉质量分别为m A 、m B的物体得出的两个加速度a 与力F 的关系图线.由图线分析可知( )A .两地的重力加速度g A >gB B .m A <m BC .两地的重力加速度g A <g BD .m A >m B【解析】由牛顿第二定律得:F -mg =ma 则a =1mF -g在a -F 图象中,斜率为1m由图象可知:1m A >1m B,即m A <m B由函数关系知,a -F 图象在纵轴上的截距表示重力加速度的大小,则g A =g B . 【答案】B6.如图所示,质量分别为m 1和m 2的两个物体用水平细线相连,在大小恒定的拉力F 作用下,先沿水平面、再沿斜面(斜面与水平面成θ角)、最后竖直向上加速运动.则在这三个阶段的运动中,细线上张力的大小情况是( )A .由大变小B .由小变大C .始终不变D .由大变小再变大【解析】当两物体在斜面上运动时,对整体,由牛顿第二定律,有: F -(m 1+m 2)g sin θ-μ(m 1+m 2)g cos θ=(m 1+m 2)a 对m 1,由牛顿第二定律有:F T -m 1g sin θ-μm 1g cos θ=m 1a 联立解得F T =m 1m 1+m 2F ,故绳中张力的大小与夹角θ、动摩擦因数μ无关,即C 正确. 【答案】C7.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m 的最大拉力为( )A.3μmg 5 B.3μmg 4 C.3μmg2D .3μmg 【解析】对右边一组物体进行受力分析,当拉力最大时,m 和2m 之间的摩擦力为最大静摩擦力,由牛顿第二定律,结合整体法、隔离法可得:F =6ma ,F -μmg =2ma ,μmg -T =ma ,联立解得T =3μmg4,即B 正确.【答案】B8.如图所示,一些商场安装了智能化的自动扶梯.为了节约能源,在没有乘客乘行时,自动扶梯以较小的速度匀速运行,当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行.则电梯在运送乘客的过程中( )A .乘客始终受摩擦力作用B .乘客经历先超重再失重C .乘客对扶梯的作用力先指向右下方,再竖直向下D .扶梯对乘客的作用力始终竖直向上【解析】当人和扶梯匀速运动时,人只受到重力和支持力的作用,不受摩擦力,且既不超重也不失重,A 、B 都不对;当人和扶梯加速运动时,加速度沿扶梯斜向上,故人受到的合力沿左上方,根据牛顿第三定律可知,乘客对扶梯的作用力先指向右下方,故C 正确,D 错误.【答案】C9.如图所示,用固定挡板P 将质量为m 的小球挡在光滑斜面上处于静止状态.已知斜面体的质量为M ,倾角为θ,斜面体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g .问至少以多大的水平恒力F 向右拉动斜面体时,小球才能做自由落体运动到地面?【解析】设小球自由落体运动到地面上下落的高度为h ,则斜面体至少水平向右运动的位移x =h cot θ对小球:h =12gt 2对斜面体:x =12at 2联立解得:a =g cot θ以斜面体为研究对象,有:F -μMg =Ma 所以F =μMg +Mg cot θ=(μ+cot θ)Mg . 【答案】(μ+cot θ)Mg10.一个物块放置在粗糙的水平地面上,受到的水平拉力F 随时间t 变化的关系如图甲所示,速度v 随时间t 变化的关系如图乙所示.求:(取g =10 m/s 2)(1)1 s 末物块所受摩擦力的大小f 1. (2)物块在前6 s 内的位移大小s .(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.【解析】(1)从图甲中可以读出,当t =1 s 时,f 1=F 1=4 N. (2)由图乙可知,物块在前6 s 内的位移大小s =2+4 ×42m =12 m. (3)从图乙中可以看出,在t =2 s 至t =4 s 的过程中,物块做匀加速运动,加速度大小为:a =Δv Δt =42m/s 2=2 m/s 2由牛顿第二定律得F 2-μmg =ma 又F 3=f 3=μmg 所以m =F 2-F 3a =12-82kg =2 kg μ=F 3mg =82×10=0.4.【答案】(1)4 N (2)12 m (3)0.411.如图所示,一质量M =100 kg 的车子停在水平路面上,车身的平板离地面的高度h =1.25 m ,将一质量m =50 kg 的物体置于车的平板上,它到车尾端的距离L =1.00 m ,与车板间的动摩擦因数μ=0.20.现突然启动车子,使它以恒定的牵引力向前行驶,结果物体从车板上滑落,物体刚离开车板的时刻,车向前行驶的距离s 0=2.0 m .求物体落地时,落地点到车尾的水平距离s .(不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦,取g =10 m/s 2)【解析】设作用于车的水平牵引力恒为F ,从车启动至物体离开车板经历的时间为t ,在这个过程中,车的加速度为a 1,物体的加速度为a 2.则有:F -μmg =Ma 1a 2=μg =2 m/s 2由运动学公式:s 0=12a 1t 2,s 0-L =12a 2t 2由以上几式得a 1=4 m/s 2车子所受的牵引力F =500 N物体开始离开车板时刻,物体和车的速度分别为v 1和v 2,则v 1=2 m/s ,v 2=4 m/s物体离开车板后做平抛运动,其水平速度为v 1,所经历的时间为t 1,走过的水平距离为s 1,则有:s 1=v 1t 1,h =12gt 21,则s 1=1 m在这段时间内车的加速度a =F M=5 m/s 2车运动的距离:s 2=v 2t 1+12at 21=2.625 m则物体落地点到车尾的水平距离s =s 2-s 1=2.625 m -1 m =1.625 m. 【答案】1.625 m12.如图所示,一水平传送装置由轮半径均为R =1π m 的主动轮Q 1和从动轮Q 2及传送带等构成.两轮轴心相距l AB =8.0 m ,轮与传送带不打滑.现用此装置运送一袋面粉,已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4,这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出.(g 取10 m/s 2)(1)当传送带以4.0 m/s 的速度匀速运动时,将这袋面粉由左端Q 2正上方的A 点轻放在传送带上后,这袋面粉由A 端运送到Q 1正上方的B 端所用的时间为多少?(2)要想尽快将这袋面粉由A 端送到B 端(设初速度仍为零),主动轮Q 1的转速至少应为多大?(3)由于面粉的渗漏,在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色痕迹,这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长(设袋的初速度仍为零)?此时主动轮的转速应满足何种条件?【解析】设面粉袋的质量为m ,其在与传送带产生相对滑动的过程中所受的摩擦力f =μmg 故而其加速度为:a =fm=μg =4.0 m/s 2. (1)若传送带的速度v 带=4.0 m/s ,则: 面粉袋加速运动的时间t 1=v 带a=1.0 s 在t 1时间内面粉袋的位移s 1=12at 21=2.0 m其后以v =4.0 m/s 的速度做匀速运动 s 2=l AB -s 1=vt 2 解得:t 2=1.5 s故这袋面粉运动的总时间为:t =t 1+t 2=2.5 s.(2)要想时间最短,面粉袋应一直向B 端做加速运动,由l AB =12at ′2可得:t ′=2.0 s此时传送带的运转速度最小为:v ′=at ′=8.0 m/sv =ωr =2πnR 可得:转速的最小值n =240 r/min(或4 r/s). (3)传送带的速度越大,“痕迹”越长.当面粉的痕迹布满整条传送带时,痕迹达到最长.即痕迹长Δs =2l +2πR =18.0 m在面粉袋由A 端运动到B 端的时间内,传送带运转的距离s 带=Δs +l AB =26.0 m 又由(2)已知t ′=2.0 s故而有:2πn ′R ≥s 带t ′则:n ′≥390 r/min(或6.5 r/s).【答案】(1)2.5 s (2)240 r/min (3)18.0 m n ′≥390 r/min。
高考物理课时作业十三含解析
高考物理课时作业十三含解析 课时作业(十三) 一、选择题(共7个小题,1、2为多选,其余为单项选择题,每题5分,共35分)1.(2018·天津)一振子沿x 轴做简谐运动,平衡位置在坐标原点.t =0时振子的位移为-0.1 m ,t =1 s 时位移为0.1m ,则( )A .若振幅为0.1m ,振子的周期可能为23s B .若振幅为0.1 m ,振子的周期可能为45s C .若振幅为0.2 m ,振子的周期可能为4 sD .若振幅为0.2 m ,振子的周期可能为6 s答案 AD解析 t =0时刻振子的位移x =-0.1 m ,t =1 s 时刻x =0.1 m ,关于平衡位置对称;如果振幅为0.1 m ,则1 s 为半周期的奇数倍;如果振幅为0.2 m ,分靠近平衡位置和远离平衡位置分析.若振幅为0.1 m ,根据题意可知从t =0 s 到t =1 s 振子经历的周期为(n +12)T ,则(n +12)T =1 s ,(n =1,2,3…),解得T =22n +1 s ,(n =1,2,3…),当n =1时T =23s ,无论n 为何值,T 都不会等于45s ,A 项正确,B 项错误;如果振幅为0.2 m ,结合位移时间-关系图像,有1 s =T 2+nT①,或者1 s =56T +nT②,或者1 s =T 6+nT③,对于①式,只有当n =0时,T =2 s ,为整数;对于②式,T 不为整数;对于③式,当n =0时,T =6 s ,之后只会大于6 s ,故C 项错误,D 项正确.2.(2018·课标全国Ⅲ)一列简谐横波沿x 轴正方向传播,在t =0和t =0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示.已知该波的周期T >0.20 s .下列说法正确的是( )A .波速为0.40 m/sB .波长为0.08 mC .x =0.08 m 的质点在t =0.70 s 时位于波谷D .x =0.08 m 的质点在t =0.12 s 时位于波谷E .若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s ,则它在该介质中的波长为0.32 m 答案 ACE解析 A 、B 项,波沿x 轴正方向传播,根据波形图可知,(n +12)T =0.2 s ,该波的周期T >0.20 s ,n 只能等于0,故T =0.4 s ;波长λ=16 cm =0.16 m ,故波速v =λT =0.160.4m/s =0.4 m/s ,故A 项正确,B 项错误;C 项,x =0.08 m 的质点在t =0时位于平衡位置向上振动,经过t =0.70 s 时,t T =0.70.4=134,所以0.7 s 时x =0.08 m 处的质点位于波谷,故C 项正确;D 项,x =0.08 m 处的质点在t =0时位于平衡位置向上振动,经过t =0.12 s 时,t T =0.120.4=310,即t =310 T ,即14 T<t<12T ,所以0.12 s 时x =0.08 m 处的质点位于平衡位置上方正在向下振动,故D 项错误;E 项,若此波传入另一介质中,频率不变,则周期不变,其波速变为0.80 m/s ,则它在该介质中的波长为λ=vT =0.8×0.4 m =0.32 m ,故E 项正确.3.(2017·天津)手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动,带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播,示意如图.绳上有另一质点P ,且O 、P 的平衡位置间距为L.t =0时,O 位于最高点,P 的位移恰好为零,速度方向竖直向上,下列判断正确的是( )A .该简谐波是纵波B .该简谐波的最大波长为2LC .t =T 8时,P 在平衡位置上方 D .t =3T 8时,P 的速度方向竖直向上 答案 C解析 A 项,该简谐波上质点振动方向为竖直方向,波的传播方向为水平方向,两者垂直,故为横波,故A 项错误;B 项,t =0时,O 位于最高点,P 的位移恰好为零,速度方向竖直向上,故两者间的距离为(n +14)λ,n =0,1,2,3,…,又有O 、P 的平衡位置间距为L ,则λmax =L14=4L,故B项错误;C项,t=0时,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,那么,t=T8时,P在平衡位置上方,并向上运动,故C项正确;D项,t=0时,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,那么,t=3T8时,P在平衡位置上方,并向下运动,故D项错误;故选C项.4.(2018·上海二模)一列简谐横波沿x轴正方向传播,图甲是t=3 s时的波形图,图乙是波中某质点P的振动图像,下列判断中正确的是( )A.质点P在t=3 s时沿y轴负方向振动B.质点P在t=3 s时的速度为零C.质点P的平衡位置坐标可能是x=4 cmD.该简谐波的波速为1 m/s答案 C解析A项,由图乙知,t=3 s时图像切线的斜率为正值,说明质点P此时正沿y轴正方向振动,故A项错误.B项,由图乙知,t=3 s时质点P的位移为0,正通过平衡位置,速度最大,故B项错误.C项,由图甲知,简谐横波沿x轴正方向传播,x=4 cm处的质点正通过平衡位置向上,与质点P在t=3 s时的状态相同,所以质点P的平衡位置坐标可能是x =4 cm,故C项正确.D项,由甲读出波长λ=4 cm,由图乙读出周期T=4.0 s,则该波的波速v=λT=1 cm/s.故D项错误.故选C.5.(2018·天津模拟)一根弹性长绳沿x轴放置,左端点位于坐标原点,A点和B点分别是绳上x1=2 m、x2=5 m处的质点.用手握住绳的左端,当t=0时使手开始沿y轴做简谐振动,在t=0.5 s时,绳上形成如图所示的波形.下列说法中正确的是( )A.此列波的波长为1 m,波速为4 m/sB.此列波为横波,左端点开始时先向上运动C.当t=2.5 s时,质点B开始振动D.在t=3.5 s后,A、B两点的振动情况总相同答案 C 解析 A .由图知,波长λ=2 m ,周期T =1 s ,则波速为v =λT=2 m/s ,故A 项错误.B 项,此列波为横波,左端点开始时的运动方向与图示时刻x =1 m 处质点的振动方向相同,即为向下,故B 项错误.C 项,波从图示位置传到质点B 用时t =s v =42s =2 s ,因此t =2.5 s 时质点B 开始振动,故C 项正确.D 项,由于A 、B 间的距离s ′=3 m =34λ,则知它们的振动情况不总是相同,故D 项错误.故选C 项.6.(2018·滨海新区模拟)某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律,他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内,在其左方竖直放置一个很大的光屏P ,让一复色光束SA 射向玻璃砖的圆心O 后,有a 和b两束单色光射向光屏P ,如图所示.他们根据实验现象提出了以下四个猜想,你认为正确的是( )A .单色光a 通过玻璃砖所需的时间大于单色光b 通过玻璃砖所需的时间B .光束SA 绕圆心O 逆时针转动过程中,光屏P 上最早消失的是b 光C .若a 、b 分别通过同一双缝干涉装置,则a 产生的干涉条纹间距较小D .若a 、b 光都能使某金属发生光电效应,则a 光照射时产生光电子的最大初动能较大 答案 B解析 A 项,由图知,a 光的偏折程度小于b 光,所以a 光的折射率小于b 光的折射率,由v =c n知,在玻璃中单色光a 的传播速度大于单色光b 的传播速度,两光在玻璃中通过的路程相等,则单色光a 通过玻璃砖所需的时间小于单色光b 通过玻璃砖所需的时间.故A 项错误.B项,由sinC =1n知a 光的临界角较大,b 光的临界角较小,则当光束SA 绕圆心O 逆时针转动过程中,入射角增大时,b 光的入射角先达到临界角,最早发生全反射,所以在光屏P 上最早消失的是b 光,故B 项正确.C 项,b 光的折射率较大,波长较短,而双缝干涉条纹的间距与波长成正比,则b 产生的干涉条纹间距较小,故C 项错误.D 项,b 光的折射率较大,频率较大,由光电效应方程E k =hν-W 0,知b 光照射时产生光电子的最大初动能较大.故D 项错误.故选B 项.7.(2017·春郑州校级期中)如图所示某三棱镜的顶角θ=41°27′,几种单色光的折射率n 如表所示.一束白光以较大的入射角通过棱镜后,在光屏上形成从紫到红的彩色光带,当入射角i 逐渐减小到零的过程中,屏上彩色光带的变化情况是(1sin41°27′=1.516)( )紫蓝绿黄橙红n 1.532 1.528 1.519 1.517 1.514 1.512A.C.红光最先消失,紫光最后消失D.红光最先消失,橙光最后消失答案 B解析如题图所示,入射角i减小,折射角r也减小.光在棱镜右侧面上的入射点下移,出射光线也将下移,入射角随之增大.由于紫光的折射率最大,临界角最小,入射角最先增大到紫光的临界角,紫光最先发生全反射,屏上的紫光最先消失;由于,1sin41°27′=1.516,在黄光的折射率和橙光的折射率之间;由于顶角为41°27′,考虑临界情况,即i=0°时,从玻璃到空气的入射角为41°27′,故最后消失的是黄光;故B项正确;故选B项.二、实验题(8题6分,9题7分,10题8分,共21分)8.(2018·天津二模)某同学用如图所示装置做“用双缝干涉测光的波长”实验.①下列说法正确的是( )A.英国物理学家麦克斯首先成功地观察到了光的双缝干涉现象B.仅撤去单缝屏,光屏上双缝干涉的条纹仍然存在C.图中的a、b、c三个元件可以分别为滤光片、单缝屏、双缝屏D.只要白炽灯、滤光片、双缝屏、单缝屏都沿着遮光筒的轴线放置,就可以在光屏上成功观察到清晰的干涉条纹②该同学用蓝色滤光片成功地观察到了如图乙所示的干涉条纹,若仅将滤光片换成红色,其他元件及位置都不动,他将看到的条纹是图丙中的( )③该同学某次实验中,将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐,将该亮条纹定为第1条亮条纹,此时手轮上的示数记为x1,然后同方向转动测量头,使分划板中心刻线与第n 条亮条纹中心对齐,记下此时手轮上的示数为x 2(x 2>x 1),已知双缝间距为L 1,单缝与双缝的距离为L 2,双缝到光屏的距离为L 3,则入射光波长的表达式为λ=________.答案 ①C ②C ③(x 2-x 1)L 1(n -1)L 3解析 ①A 项,英国物理学家托马斯·杨首先成功地观察到了光的双缝干涉现象,故A 项错误.B 项,双缝干涉的条件是频率相同、相差恒定,当仅撤去单缝屏,不能获取相干光源,所以光屏上双缝干涉的条纹不存在了,故B 项错误.C 项,为获取单色线光源,白色光源后面要有滤光片、单缝,为得到相干光源,单缝右边要有双缝.故C 项正确.D 项,从左到右,只有按白炽灯、滤光片、单缝屏、双缝屏这样的顺序沿遮光筒的轴线放置,才可以在光屏上成功观察到清晰的干涉条纹,故D 项错误.故选C 项.②A 、C 项,红光的波长比蓝光的长,根据Δx =L dλ分析知,红光的干涉条纹间距比蓝光的大,故A 项错误,C 项正确.B 、D 项,双缝干涉条纹是均匀的条纹,故B 、D 两项错误.故选C 项.③由题意可知,双缝干涉条纹的间距为Δx =x 2-x 1n -1; 根据Δx =L d λ=L 3L 1λ,得:λ=(x 2-x 1)L 1(n -1)L 3. 9.(2017·冀州市校级模拟)在“测玻璃的折射率”实验中:(1)为了取得较好的实验效果:A .必须选用上下表面平行的玻璃砖;B .选择的入射角应尽量小些;C .大头针应垂直地插在纸面上;D .大头针P 1和P 2及P 3和P 4之间的距离适当大些.其中正确的是________.(2)甲同学在画界面时,不小心将两界面aa ′和bb ′间距画得比玻璃砖宽度大些,如图1所示,则他测得的折射率________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)(3)乙同学在量入射角和折射角时,由于没有量角器,在完成了光路图以后,以O 点为圆心,OA 为半径画圆,交OO ′延长线于C 点,过A 点和C 点作垂直法线的直线分别交于B 点和D点,如图2所示则他只需要测量________,就可求出玻璃的折射率n =________. 答案 (1)CD (2)偏小 (3)AB 、CD 的各自的长度 AB DC解析 (1)A 项,做插针法测定折射率时,玻璃砖上下表面不一定要平行.故A 项错误.B 项,为了减小测量的相对误差,选择的入射角应尽量大些,可减小相对误差,效果会更好.故B 项错误.C 项,为了准确确定入射光线和折射光线,大头针应垂直地插在纸面上;故C 项正确.D 项,大头针P 1和P 2及P 3和P 4之间的距离适当大些时,相同的距离误差,引起的角度误差会减小,效果会好些.故D 项正确.故选C 、D 两项.(2)如图,实线是真实的光路图,虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图,由图看出,在这种情况测得的入射角不受影响,但测得的折射角比真实的折射角偏大,根据折射定律n =sini sinr可知,测得的折射率偏小.(3)根据折射定律得,n =sin ∠AOB sin ∠DOC =ABAO DC CO=AB DC,可知需要测量AB 、CD 的各自的长度.折射率为n =AB DC. 10.(2017·上海模拟)在“用单摆测重力加速度”的实验中,某同学的操作步骤如下: a .取一根细线,下端系住直径为d =1.0 cm 的金属小球,上端固定在铁架台上; b .用米尺量得固定点到小球上端之间细线的长度l ;c .在摆线偏离竖直方向小于5°的位置静止释放小球;d .用秒表记录小球完成n 次全振动的总时间t.(1)甲同学的数据记录如下表所示(L 为摆长,T 为周期),请完成表格.l/cmn t/s L/cm T/s g/m ·s -2 98.19 50 99.8 ______ ________ ________ (2)T 的数据,以________为横轴、________为纵轴画出图线,然后在图线上选取两个点,获取相应数据后,通过计算得到重力加速度.答案 (1)98.69 2.00 9.74 (2)T 2L解析 (1)摆长为:L =l +d 2=98.19 cm +0.5 cm =98.69 cm =0.986 9 m 周期T =t n =99.850 s =2.00 sg =4π2L T 2=4π2×98.69×10-222 m/s 2=9.74 m/s 2 (2)由T =2πL g 得T 2=4π2g L ,则画出T 2-L 图即可. 三、计算题(11题10分,12题10分,13题12分,14题12分,共44分)11.(2018·衡阳三模)玻璃半圆柱体的半径为R ,横截面如图所示,圆心为O ,A 为圆柱面的顶点.两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上,光束1指向圆心,方向与AO 夹角为30°,光束2的入射点为B ,方向与底面垂直,∠AOB =60°,已知玻璃对该红光的折射率n = 3.求:①两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d ;②若入射的是单色蓝光,则距离d 将比上面求得的结果大还是小?答案 ①两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d 是R 3;②若入射的是单色蓝光,则距离d 更小.分析 ①先根据折射定律求出光线2在玻璃半圆柱体圆弧面上和底面上的两个折射角,再运用折射定律求出光线1在底面上的折射角,作出光路图,根据几何知识求解即可.②若入射的单色蓝光,由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率,蓝光偏折更明显,d 更小.解析 ①对光线2在B 点折射时,入射角i =60°由折射定律有n =sini sinr得sinr =sini n =sin60°3=12,r =30°入射到底面的入射角i ′=60°-r =30°,则:sinr ′=nsini ′=32,r ′=60° 根据几何知识得L OC=12Rcos30°=33R同理,光线1从O点出射,折射光线与CD交于E点,折射角∠EOD=60°,则△EOD为等边三角形d=OE=OD=L OC tan30°=R3②玻璃对蓝光的折射率比对红光的大,蓝光偏折更明显,故d变小.12.(2018·开封市质检)如图所示,三角形ABC为某透明介质的横截面,O为BC中点,位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射,第一次到达AB边恰好发生全反射.已知θ=15°,BC边长为2 L,该介质的折射率为 2.求:(1)入射角i;(2)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c,可能用到:sin75°=6+24或tan15°=2-3).答案(1)i=45°;(2)t=(6+2)L2c解析(1)根据全反射定律可知,光线在AB面上P点的入射角等于临界角C,由折射定律得:sinC=1n,代入数据得:C=45°设光线在BC面上的折射角为r,由几何关系得:r=30°,由折射定律得:n=sinisinr,联立代入数据得:i=45°.(2)在△OPB中,根据正弦定理得:OPsin75°=Lsin45°,设所用时间为t,光线在介质中的速度为v,得:OP=vt,光在玻璃中的传播速度v=cn,联立代入数据得:t=(6+2)L2c.13.(2018·课标全国Ⅲ)如图,某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O 点),然后用横截面为等边三角形ABC 的三棱镜压在这个标记上,小标记位于AC 边上.D 位于AB 边上,过D 点作AC 边的垂线交AC 于F.该同学在D 点正上方向下顺着直线DF 的方向观察,恰好可以看到小标记的像;过O 点作AB 边的垂线交直线DF 于E ;DE =2 cm ,EF =1 cm.求三棱镜的折射率.(不考虑光线在三棱镜中的反射)答案 3解析 连接DO ,点E 是三角形AOD 的垂心,DE =2 cm ,EF =1 cm ,说明三角形OAD 是等边三角形,点E 也是重心、中心,故画出光路图,如图所示:故入射角为60°,折射角为30°,故折射率为:n =sin60°sin30°= 3. 14.(2016·海南)如图,半径为R 的半球形玻璃体置于水平桌面上,半球的上表面水平,球面与桌面相切于A 点.一细束单色光经球心O 从空气中射入玻璃体内(入射面即纸面),入射角为45°,出射光线射在桌面上B 点处.测得A 、B 之间的距离为R 2.现将入射光束在纸面内向左平移,求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时,光束在上表面的入射点到O 点的距离.不考虑光线在玻璃体内的多次反射.答案 22R 解析 当光线经球心O 入射时,光路图如图(a)所示.设玻璃的折射率为n ,由折射定律有n =sini sinr① 式中,入射角i =45°,r 为折射角.△OAB 为直角三角形,因此sinr =ABOA 2+AB 2②发生全反射时,临界角C 满足sinC =1n③10在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时,光路图如图(b)所示.设此时光线入射点为E ,折射光线射到玻璃体球面的D 点.由题意有∠EDO=C④在△EDO 内,根据正弦定理有OD sin (90°-r )=OE sinC⑤ 联立以上各式并利用题给条件得OE =22R ⑥。
2018高考物理一轮总复习课时作业30 含解析 精品
课时作业(本栏目内容,在学生用书中以独立形式分册装订!)一、选择题(1~6题为单项选择题,7~10题为多项选择题)1.(2015·海南单科·2)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为E ,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时,棒两端的感应电动势大小为E ′。
则E ′E等于( )A.12 B .22C .1D . 2解析: 设折弯前导体切割磁感线的长度为L ,E =BL v ;折弯后,导体切割磁感线的有效长度为L =⎝⎛⎭⎫L 22+⎝⎛⎭⎫L 22=22L ,故产生的感应电动势为E ′=Bl v =B ·22L v =22E ,所以E ′E =22,B 正确。
答案: B 2.(2014·江苏高考)如图所示,一正方形线圈的匝数为n ,边长为a ,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。
在Δt 时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B 均匀地增大到2B 。
在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22Δt B .nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD .2nBa 2Δt解析: 线圈在磁场中的面积S =12a 2,穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ=2BS -BS =12Ba 2。
根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦΔt 得E =n a 2B2Δt,所以B 正确。
答案: B3.如图所示,线圈L 的自感系数很大,且其电阻可以忽略不计,L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡,随着开关S 闭合和断开的过程中,灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A .S 闭合,L 1亮度不变,L 2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮;S 断开,L 2立即不变,L 1逐渐变亮B .S 闭合,L 1不亮,L 2很亮;S 断开,L 1、L 2立即不亮C .S 闭合,L 1、L 2同时亮,而后L 1逐渐熄灭,L 2亮度不变;S 断开,L 2立即不亮,L 1亮一下才熄灭D .S 闭合,L 1、L 2同时亮,而后L 1逐渐熄灭,L 2则逐渐变得更亮;S 断开,L 2立即不亮,L 1亮一下才熄灭解析: 当S 闭合时,L 的自感系数很大,对电流的阻碍作用较大,L 1和L 2串接后与电源相连,L 1和L 2同时亮,随着L 中电流的增大,L 的直流电阻不计,L 的分流作用增大,L 1中的电流逐渐减小为零,由于总电阻变小,总电流变大,L 2中的电流增大,L 2灯变得更亮;当S 断开时,L 2中无电流,立即熄灭,而线圈L 将要维持本身的电流不变,L 与L 1组成闭合电路,L 1灯要亮一下后再熄灭。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业13附解析
课时作业(本栏目内容,在学生用书中以独立形式分册装订!)一、选择题(1~6题为单项选择题,7~10题为多项选择题)1.荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动,当秋千荡到最高点时,小孩的加速度方向是图中的()A.a方向B.b方向C.c方向D.d方向解析:秋千荡到最高点时,速度为零,小孩的向心力为零,只有沿b方向的合力,故其加速度方向沿b方向,B正确。
答案: B2.质点做匀速圆周运动时,下列说法正确的是()A.速度的大小和方向都改变B.匀速圆周运动是匀变速曲线运动C.当物体所受合力全部用来提供向心力时,物体做匀加速圆周运动D.向心加速度大小不变,方向时刻改变解析:匀速圆周运动的速度的大小不变,方向时刻变化,A错;它的加速度大小不变,但方向时刻改变,不是匀变速曲线运动,B错,D对;由匀速圆周运动的条件可知,C错。
答案: D3.火车在某个弯道按规定运行速度40 m/s转弯时,内、外轨对车轮皆无侧压力。
若火车在该弯道实际运行速度为30 m/s,则下列说法正确的是()A.仅内轨对车轮有侧压力B.仅外轨对车轮有侧压力C.内、外轨对车轮都有侧压力D.内、外轨对车轮均无侧压力解析:火车在弯道按规定运行速度转弯时,重力和支持力的合力提供向心力,内、外轨对车轮皆无侧压力。
若火车的运行速度小于规定运行速度时,重力和支持力的合力大于火车需要的向心力,火车有做近心运动趋势,内轨对车轮产生侧压力,重力、支持力和内轨的侧压力的合力提供火车做圆周运动的向心力,故A正确。
答案: A4.一质点做匀速圆周运动,其线速度大小为4 m/s,转动周期为2 s,则下列说法错误的是()A.角速度为0.5 rad/s B.转速为0.5 r/sC .轨迹半径为4πmD .向心加速度大小为4π m/s 2解析: 角速度为ω=2πT =π rad/s ,选项A 错误;转速为n =ω2π=0.5 r/s ,选项B 正确;半径r =v ω=4π m ,选项C 正确;向心加速度大小为a n =v 2r=4π m/s 2,选项D 正确。
【高三物理试题精选】2018届高考物理总复习课时训练卷及参考答案
2018届高考物理总复习课时训练卷及参考答案
1.如图所示,物体M在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上,关于M受力的个数,下列说法中正确的是( )
A.M一定是受两个力作用
B.M一定是受四个力作用
C.M可能受三个力作用
D.M不是受两个力作用就是受四个力作用
解析若F=Mg则物体只受F与Mg两个力作用,若F Mg,则物体受F、Mg以及斜面对它的弹力与摩擦力,四个力的作用,故选D 答案D
2.(2018年淄博)如图所示,一重为8 N的球固定在AB杆的上端,今用测力计水平拉球,使杆发生弯曲,此时测力计的示数为6 N,则AB杆对球作用力的大小为( )
A.6 N B.8 N
C.10 N D.12 N
解析小球受到水平向右的拉力F1=6 N,重力G=8 N.故杆对其作用力F=F21+G2=10 N,选C
答案C
3.一个圆球形薄壳容器所受重力为G,用一细线悬挂起,如图所示.现在容器里装满水,若在容器底部有一个小阀门,将小阀门打开让水慢慢流出,在此过程中,对容器和容器内的水组成的系统,下列说法正确的是( )
A.系统的重心慢慢下降
B.系统的重心先下降后上升
C.系统对地球的引力减小
D.有可能绳的方向不竖直。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业12 含解析
课时作业(本栏目内容,在学生用书中以独立形式分册装订!)一、选择题(1~4题为单项选择题,5~7题为多项选择题) 1.如图所示,在水平放置的半径为R 的圆柱体的正上方的P 点将一小球以水平速度v 0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出,小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q 点沿切线飞过,测得O 、Q 连线与竖直方向的夹角为θ,那么小球完成这段飞行的时间是( )A.v 0g tan θ B .g tan θv 0C.R sin θv 0D .R cos θv 0解析: 小球做平抛运动,tan θ=v y v 0=gt v 0,则时间t =v 0tan θg ,选项A 、B 错误;在水平方向上有R sin θ=v 0t ,则t =R sin θv 0,选项C 正确,D 错误。
答案: C 2.(2017·北京东城区模拟)如图所示,在一次空地联合军事演习中,离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹轰炸地面目标P ,反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程视为竖直上抛),设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ,若拦截成功,不计空气阻力,则v 1、v 2的关系应满足( )A .v 1=H x v 2B .v 1=v 2x HC .v 1=xHv 2D .v 1=v 2解析: 炮弹拦截成功,即炮弹与炸弹同时运动到同一位置。
设此位置距地面的高度为h ,则x =v 1t ,h =v 2t -12gt 2,H -h =12gt 2,由以上各式联立解得v 1=xHv 2,故C 正确。
答案: C3.(2017·刑台质检)如图所示,在斜面顶端的A 点以速度v 平抛一小球,经t 1时间落到斜面上B 点处,若在A 点将此小球以速度0.5v 水平抛出,经t 2时间落到斜面上的C 点处,以下判断正确的是( )A .AB ∶AC =2∶1 B .AB ∶AC =4∶1 C .t 1∶t 2=4∶1D .t 1∶t 2=2∶1答案: B4.一带有乒乓球发射机的乒乓球台水平台面的长是宽的2倍,中间球网高h ,发射机安装于台面左侧边缘的中点,发射点的高度可调,发射机能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,不计空气阻力,当发射点距台面高度为3h 且发射机正对右侧台面的外边角以速度v 1发射时,乒乓球恰好击中边角,如图所示;当发射点距台面高度调为H 且发射机正对右侧台面以速度v 2发射时,乒乓球恰好能过球网且击中右侧台面边缘,则( )A.H h =43,v 1v 2=176 B .H h =21,v 1v 2=176C.H h =43,v 1v 2=23D .H h =21,v 1v 2=23解析: 设乒乓球台宽为L ,乒乓球的运动是平抛运动,当以速度v 1发射时,由平抛规律知3h =12gt 21,(2L )2+⎝⎛⎭⎫L 22=v 1t 1,联立解得v 1=L217g6h;同理,当以速度v 2发射时,H =12gt 22,2L =v 2t 2,H -h =12gt 23,L =v 2t 3,联立解得H =43h ,v 2=L 3g 2h ,所以H h =43,v 1v 2=176,A 正确。
【高三物理试题精选】2018届高考物理总复习课时训练卷(有答案)_1
2018届高考物理总复习课时训练卷(有答案) w
1.冬天当脱毛衫时,静电经常会跟你开个小玩笑.下列一些相关的说法中正确的是( )
A.在将外衣脱下的过程中,内外衣间摩擦起电,内衣和外衣所带的电荷是同种电荷
B.如果内外两衣服可看做电容器的两极,并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定,随着两衣间距离的增大,两衣间电容变小,则两衣间的电势差也将变小
C.在将外衣脱下的过程中,内外两衣间隔增大,衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)
D.脱衣时如果人体带上了正电,当手接近金属门把时,由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击
解析根据电荷守恒知,A错;当C=QU和C∝Sd知,当内外衣之间的距离d增大时,两衣间的电势差增大,B错;因为内外衣所带的是异种电荷,产生静电引力作用,故当两衣之间的距离增大时,电场力做负功,电荷的电势能增大,C对;由于人体带上正电荷,当手靠近金属门把时,产生静电感应现象,当两者之间的电压足以使空气电离时,产生放电现象,故人感觉到有轻微的电击,D也正确.答案CD
2.如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地;P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球;P板与b板用导线相连,Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转了角度α在以下方法中,能使悬线的偏角α变大的是( )
A.缩小a、b间的距离
B.加大a、b间的距离。
高考物理一轮复习 课时练13 万有引力定律及其应用(含解析)新人教版
学习资料万有引力定律及其应用1。
(多选)(开普勒定律)下列说法正确的是()A。
关于公式r3r2=k中的常量k,它是一个与中心天体有关的常量B。
开普勒定律只适用于太阳系,对其他恒星系不适用C.已知金星绕太阳公转的周期小于地球绕太阳公转的周期,则可判定金星到太阳的距离小于地球到太阳的距离D。
发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别是开普勒、伽利略2.(对万有引力定律的理解)万有引力定律和库仑定律都满足距离平方反比规律,因此引力场和电场之间有许多相似的性质,在处理有关问题时可以将它们进行类比.例如电场中引入电场强度来反映电场的强弱,其定义为E=rr,在引力场中可以用一个类似的物理量来反映引力场的强弱.设地球质量为M,半径为R,地球表面处重力加速度为g,引力常量为G。
如果一个质量为m的物体位于距地心2R处的某点,则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是()A。
G rr(2r)2B.G r(2r)2C.G r(2r)2D.r23.(求天体的质量)(2020山东济南月考)嫦娥一号是我国首次发射的探月卫星,它在距月球表面高度为200 km的圆形轨道上运行,运行周期为127分钟。
已知引力常量G=6.67×10—11 N·m2/kg2,月球的半径为1。
74×103 km.利用以上数据估算月球的质量约为()A。
8。
1×1010 kg B.7。
4×1013 kgC.5.4×1019 kgD.7。
4×1022 kg4。
(对黑洞的理解)理论上可以证明,天体的第二宇宙速度是第一宇宙速度的√2倍,这个关系对于天体普遍适用.若某“黑洞”的半径约为45 km,逃逸速度可近似认为是真空中的光速。
已知引力常量G=6.67×10—11N·m2/kg2,真空中光速c=3×108 m/s.根据以上数据,估算此“黑洞”质量的数量级为()A.1031 kgB.1028 kgC.1023 kgD.1022 kg5。
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由胡克定律mg =k (x -x 0),变化为x =g k m 图象的斜率等于g k ,由x -m 图象可得k =73.5 N/m.弹簧自身重力不影响x -m 图象的斜率,对弹簧劲度系数的测
如图乙所示,用游标卡尺测得小球的直径d=________ mm.
多次改变高度H,重复上述实验,作出1
t2随H的变化图象如图当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径时,可判断小球下落过程中机械能守恒.
(1)在该实验中应该采用的研究方法是________,用钩码所受的重力作为小车所受外力F,用DIS测小车的加速度a.
(2)保持钩码质量一定,改变所挂钩码的数量,多次重复测量,在某次实验中根据测得的多组数据可作出a与F的关系图线,如图乙所示;
①分析图乙中图线的OA段(直线)可得出的实验结论是___________________________________________________________ _____________.
②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是________(选正确答案标号).
A.小车与轨道之间存在摩擦
B.导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
③若绳子拉力不断增大,AB曲线不断延伸,那么小车的加速度趋向________;若所挂钩码不断增加,那么绳子的拉力趋向________.
(3)图丙为研究在外力一定,小车的加速度与其质量的关系时所得的图象,横坐标m为小车上砝码的质量,设图丙中直线的斜率为k,在纵轴上的截距为b,已知牛顿第二定律成立,则小车受到的拉力为________,小车(含加速度传感器)的质量为________.
解析:(1)在探究小车的加速度、质量和合外力的关系时,采用的是控制变量法.(2)①由题图乙可看出,当质量一定时,加速度与外力成正比.②由题图乙可看出,AB段明显偏离直线是由于拉力太大,没有满足小车的质量远大于钩码的质量,故A、B、D错误,C 正确.③因为钩码的重力在这个实验中充当小车所受到的合外力,当钩码的重力非常大时,它将带动小车做加速度近似为重力加速度的运动,此时绳子的拉力趋近于小车与加速度传感器的总重力.(3)设小
当地的重力加速度为g.
两个钢球的碰撞近似看成弹性碰撞
填“大于”“小于”或“等于”)B
球的落地点进行数据处理,进而确定落点的平均位置
.
用题中所给的字母表示,碰撞前A球的动量
图实验结果表明,ΔE k 总是略小于W .某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的.用题中小车和钩码质量的数据可算出小F =________N.
完全平衡摩擦力的标志是轻推小车,小车做匀速运动.两计数点间的时间间隔T =5×0.02 s =0.1 s
从图线上取两个点(4.5,4.24),(2.15,2.0)
=4.24-2.04.5-2.15
≈0.953① =M v 22mg Δx ②
根据运动学公式有v 2=2a Δx ③
F=Ma④
由①②③④式解得F≈0.093 N
答案:(1)小车做匀速运动(2)0.228(3)见解析图(4)0.093。