桂林理工大学2016-2017大学物理(三)试卷+答案
桂林理工大学大学物理课后习题答案第二章(罗益民版)
2-9
dv dt
dv k dt v m v dv t k v0 v 0 m dt
（1）积分得
v v0 e
k t m
v
（2）
t dx v0 e m dt - t mv0 x x x 0 (1 e m ) k k
k
积分得 （3）利用（1）的结果，令 v=0 得 代入（2）的结果中
25 30( m s 1 ) m
2
vt v5
当 t=7 时： 再用积分法：
1 t 5 ( 5t 35)dt t 2 35t 112.5 5 m 2
(4)
v7 10 v5 40( m s 1 )
dx , dt
v
在 0-5s 内，由（3）式积分
T m A g sin kA m A g cos m A a 1.5 9.8 sin 30 0.15 1.5 9.8 cos 30 1.5 3.29 0.51( N)
（3）如果互换位置，A 在上，B 在下，则由于 加速度即
a A aB
2-8 质点在 x、y 两个方向都是匀加速直线运动。
6 7 t )i ( t) j m m 5 7 i j ( m s -1 ) 4 8 1 1 r (v x0 t a x t 2 )i a y t 2 j 2 2 1 6 1 7 ( 2 ) 2 2 2 i 2 2 j 2 16 2 16 13 7 i j (m) 4 8
dx vdt
x5 x 0 ( v 0
0 5
(5)
1 2 t )dt m
大学物理(川大物三)答案
答案振动(一)一、选择题BCBDA二、填空题1．解：φ2－φ1 = φ3－φ2=2π/3旋转矢量图见图 振动曲线见图2. )212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI)3. 0，9.4 cm/s4. x 1曲线见图x 2曲线见图5. 0.1m ,rad/s,63ππ三、计算题1. 解：(1) m 2A ATπω==v ，∴周期m2 4.2s A T π==v(2) 2222m m 4.510m/s a A Aω-===⨯v(3) 当0x =时，从振幅矢量图可知，初相2πϕ=m 1.5r a d /sAω==v ∴振动函数为2210cos(1.5)m 2x t π-=⨯+TT1T 5ω x12T 1212. 解：弹簧劲度系数 260 2.010N /m 0.3F k x===⨯ 静止时弹簧伸长量为 0249.80.196m 2.010m g x k⨯===⨯(1) 设向下为正方向，则 0ϕ= （若设向上为正方向，则 ϕπ=）；0.1mA =7.07r a d /sω== 振动函数为 0.1cos(7.07)m x t =(2) 物体在平衡位置上方5cm （即0.05m ），此时弹簧的净伸长为 00.050.1960.050.146m l x =-=-=弹簧对物体的拉力 2000.14629.2N F kl ==⨯=(3) 5cm 是振幅之半，物体从平衡位置到振幅之半所需最短时间是112T ，2T πω=∴10.074s 126t T πω===3．解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后，水平方向动量值不变，而且在容器回到O 点滴入下一油滴前， 水平方向动量的大小与刚滴入上一油滴后的瞬间后的相同。
依此，设容器第一次过O 点油滴滴入前的速度为v ，刚滴入第个油滴后的速度为v ′,则有 v v '+=)(nm M M ① 3分系统机械能守恒 2202121v M kl = ② 2分22)(2121v '+=nm M kx③ 2分由①、②、③、解出0)/(l nm M M x +=2分(2) 时间间隔( t n +1-t n )应等于第n 滴油滴入容器后振动系统周期T n 的一半．k nm M T t t t n n n n /)(211+==-=∆+π 3分4．解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒， ∴ T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分 (1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．t = 0时， 5-=x cm φcos A =t = 2 s时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25c o s/==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434c o s (10252π-π⨯=-t x (SI) 1分 (2)速率 )434s i n (41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==tx v m/s 1分5*．解：令θ 为杆和竖直线之间的夹角．运动方程为：θθθθc o s s i n s i n 21/d d 222kL MgL t J --= 3分θ 很小时，sin θ ≈θ ，cos θ ≈1所以：0/d d )21(222=++tJ kL MgL θθ 2分上式中231ML J =是杆绕其一端的转动惯量，所以0/d d 31)21(22=++tML Lk Mg θθ可知杆作角谐振动，并得到 )2/()2(3ML kL Mg +=ω2分)2(322/2kL Mg ML T +π=π=ω 1分振动(二)一、选择题ADDBB二、填空题 1．T /8，3T /8 2．222/2T mA π3．动能曲线见图 势能曲线见图 机械能曲线见图4．0.02 5．0三、计算题1.解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得T220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分 π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )c o s (φω+=t A x由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=- 2分2．解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 02分 由题意，t = 0时v0 = 0；x = x 0 则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k =∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分 221007.121-⨯==vm E K J 2分2222)/4(2121x T m kxE p π=== 4.44³10-4J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kAE J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分3．解：(1) 选地心为x 坐标原点，向上为x 轴正方向．质量为m 的物体在地球内部距地心为x 处受到的地心引力为232/)3/4(/x m x G x G M m F ρπ-=-=3/4x Gm ρπ-= 3分由牛顿第二定律得 xm x Gm =π-3/4ρ， 03/4=π+x G xρ 1分 令 3/420ρωG π=， 则 020=+x x ω． 显然物体作简谐振动． 2分(2) 2/10)/3(4/32/2ρρωG G T π=ππ=π=已知 G = 6.67³10-11 N ²m 2²kg -2，ρ = 5.5³103 kg/m 3代入上式 T = 5.07³103 s 2分 物体从地面落到地心的时间 t = T /4 = 1.27³103 s 2分4．解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π=4c o s (SI)t A xπ4c o s π162-= (SI) 1分 (1) 对物体有 x m N mg =- ① 1分 t A mg xm mg N ππ+=-=4cos 162 (SI) ②物对板的压力为 t A mg N F ππ--=-=4cos 162 (SI)t ππ--=4c o s 28.16.192 ③ 2分 (2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 1分 04c o s 162=ππ+t A mg (SI) Aq t 2164cos π-=π 1分若能脱离必须 14cos ≤πt (SI) 即221021.6)16/(-⨯=π≥g A m 2分5．解：依合振动的振幅及初相公式可得 φ∆++=c o s 2212221A A A A A 22210)4143cos(65265-⨯π-π⨯⨯⨯++=m21081.7-⨯= m 2分)4/c o s (6)4/3c o s (5)4/s i n (6)4/3s i n (5a r c t g π+ππ+π=φ = 84.8°=1.48 rad 2分则所求的合成振动方程为 )48.110cos(1081.72+⨯=-t x (SI) 1分波动（一）一、选择题CBDCD 二、填空题1．φλ+π-/2Lλk L ± ( k = 1，2，3，…) λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…)2．1cos x y A t u ωϕ⎡+⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3. ]4/)/(cos[11π+-=u L t A y ω；uL L )(21+ω4. ]2)2(2cos[π-+-π=ux t uA y λ]2)2(2c o s [π+-π=t uA y P λ5．0.2cos m 22p y t ππ⎛⎫=-⎪⎝⎭三、计算题1. 解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+21)55(4x t t φωπ-π+π+=10214x t 3分反射波表达式为)10214cos(01.0π-π+π+=x t y (SI) 2分或 )214c o s (01.0π+π+=x t y (SI)2．解： λxu t A y -π=2c o s = -0.01 m 1分1.0,2d d ===t x ty v 0)2s i n (2=-ππ-=λλxut uA 2分22d d ty a =)2c o s ()2(2λλxut uA -ππ-= = 6.17³103m/s 22分3．解：用旋转矢量解此题，如图可得A为代表P 点振动的旋转矢量. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω)3/4c o s (1012π+⨯=-t ω (SI)． 3分波的表达式为：]2/234c o s [1012λλω-π-π+⨯=-x t y )312c o s (1012π+π-⨯=-λωxt (SI) 2分4．解：从y －x 波形图中可知 40m,A λ==由振幅矢量图可知 ,2P Q πϕϕπ=-=)由20m/s u =可得 2s,rad/s T uλωπ==∴=0.2cos()m20.2cos()mP Q y t y t ππππ∴=-=+5．解：(1) 由y －x 曲线可知160m λ=。
2017年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合-物理(全国Ⅲ卷)解析版
2017年新课标Ⅲ卷理综物理高考试题（精编版）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。
与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的A．周期变大B．速率变大C．动能变大D．向心加速度变大【答案】C【考点定位】万有引力定律的应用、动能【名师点睛】万有引力与航天试题，涉及的公式和物理量非常多，理解万有引力提供做圆周运动的向心力，适当选用公式22222π()GMm mvm r m r mar T rω====，是解题的关键。
要知道周期、线速度、角速度、向心加速度只与轨道半径有关，但动能还与卫星的质量有关。
15．如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。
金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。
现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向 【答案】D【解析】因为PQ 突然向右运动，由右手定则可知，PQRS 中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T 中的磁通量减小，由楞次定律可知，T 中有沿顺时针方向的感应电流，D 正确，ABC 错误。
【考点定位】电磁感应、右手定则、楞次定律【名师点睛】解题关键是掌握右手定则、楞次定律判断感应电流的方向，还要理解PQRS 中感应电流产生的磁场会使T 中的磁通量变化，又会使T 中产生感应电流。
广西桂林市2016-2017学年高一下学期期末质量检测物理试题(解析版)
桂林市2016-2017学年度下学期期末质量检测高一物理一、单选题：1. 下列各物理量属于标量的是（）A. 线速度B. 功C. 动量D. 冲量【答案】B【解析】A项：线速度是有大小，又有方向的物理量即为矢量，故A错误；B项：功只有大小，没有方向即为标量，故B正确；C项：动量有大小，又有方向即为矢量，故C错误；D项：冲量有大小，又有方向即为矢量，故D错误。
2. 关于行星绕太阳的运动，下列说法正确的是（）A. 所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B. 行星绕太阳运动时位于行星轨道的中心处C. 离太阳越近的行星的运动周期越长D. 所以行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等【答案】D学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【名师点睛】开普勒第一定律是太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上．在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的．开普勒第三定律中的公式，可知半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比。
3. 如图为一个玩具陀螺。
a、b、c是陀螺表面上的三点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是（）A. a、b和c三点的角速度大小相等B. a、b、c三点的线速度大小相等C. a、b、c三点的向心加速度大小相等D. c的周期比a、b的大【答案】A【解析】A项：a、b、c在同一个陀螺上，三点共轴转动，所以ω a=ω b=ω c，即三点的角速度相等，故A 正确；B项：三点的角速度相等，a、b与c的转动半径不等，由v=rω可知，a、b与c的线速度不相等，故B错误；C项：三点的角速度相等，a、b与c的转动半径不等，由公式知，a、b与c的向心加速度不相等，故C错误；D项：由公式知，a、b、c三点的周期相等，故D错误。
【精品】2016年广西桂林市高考物理模拟试卷(4月份)含答案
2016年广西桂林市高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是（）A．把黄铜针（用黄铜制成的指针）平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动B．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小C．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动D．把小磁针平行地放在导线下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动2．（6分）如图所示，滑板运动员由高台上水平滑出，在P点接触斜面时速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，图中的图象是描述物体沿x方向和y方向运动的v﹣t图象，其中正确的是（）A． B．C．D．3．（6分）2015年3月，美国宇航局的“信使”号水星探测器按计划将陨落在水星表面，工程师找到了一种聪明的办法，能够使其寿命再延长一个月．这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氮气来提升轨道．如图所示，设释放氮气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氮气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ上，忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力．则下列说法正确的是（）A．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上A点加速度大小不同B．探测器在轨道Ⅰ上A点运行速度小于在轨道Ⅱ上B点速率C．探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率D．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能和动能都减少4．（6分）如图所示，用手握着不可伸长的细绳一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω，细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切．在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动．小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是（）A．小球将做变速圆周运动B．小球做圆周运动的角速度小于ωC．球与桌面间的动摩擦因数为D．细绳拉力大小为mω25．（6分）洛伦兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆霍兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组成的．励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场．洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹．其结构如图所示．给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的（）A．励磁线圈中的电流方向是逆时针方向B．若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大C．若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大D．若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷6．（6分）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图象，g取10m/s2，则（）A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为1kgC．当F=6N时木板B加速度为0D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.17．（6分）如图所示，在距水平地面高为0.8m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套一质量m1=5kg的滑块A．半径R=0.6m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m2=3kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮滑块与球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，现给滑块A施加一个水平向右、大小为55N的恒力F，取g=10m/s2，则（）A．把小球B从地面拉倒半圆形轨道顶点C的过程中力F做功为44JB．把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C处是小球B的机械能增加了18J C．小球B运动到C处时的速度大小为0D．小球B被拉到与滑块A的速度大小相等式，sin∠OPB=8．（6分）如图1所示，单匝矩形线框相邻两边分别长为L和2L，从中线OO′处对折，且保持折角θ=90°不变．如图2所示，使线框在水平向右的匀强磁场中以角速度ω绕数值方向的OO′轴匀速转动．匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框电阻为R，从图2所示位置（线框的OO′CD部分与中性面重合）开始计时，取A→B→C→D→A为线框中感应电流的正方向，下列说法正确的是（）A．在t=0时刻，线框中的感应电流最大B．从0～时间内，感应电流方向改变1次C．线框中感应电流最大值是I m=D．线框中感应电流i随时间t的变化是i=•cosωt二、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）研究性学习小组为了“验证动能定理”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m1=50g、m2=150g，开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可验证动能定理．某次实验打出的纸带如图2所示，O是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz．（1）由纸带的数据求得系统的加速度大小为m/s2，在打点0﹣5的过程中，系统动能的增量△E1=J．（保留两位有效数字）（2）忽略一切阻力的情况下，某同学作出的﹣h图象如图3所示，则当地的重力加速度g=m/s2．（保留两位有效数字）10．（9分）实验室的有一种灵敏电流计G，满偏刻度30格．某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流I g和内阻R g，实验室中可供利用的器材有：待测灵敏电流计G1、G2电流表A：（量程为1mA、内阻约为100Ω）定值电阻R1：（阻值为400Ω）定值电阻R2：（阻值为600Ω）电阻箱R：（0～9999.9Ω，最小调节量0.1Ω）滑动变阻器R3：（最大电阻2000Ω，额定电流1.5A）直流电源：电动势1.5V，内阻不计；开关一个，导线若干．该小组设计了实验电路图如图，并连接好电路，并进行下列操作．（1）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当．（2）若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值（填增大或减小），直到G2中的电流为0．（3）读出电阻箱连入电路的电阻为1200Ω，电流表的示数为0.6mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流I g=μA和内阻R g=Ω．11．（12分）在风洞实验室中进行如图所示的实验．在倾角为37°的固定斜面上，有一个质量为0.5kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零，通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2s的瞬时速度，表格给出了部分数据：已知sin37°=0.6，con37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）A、C两点间的距离；（2）物块和斜面间的动摩擦因数μ；（3）水平恒力F的大小．12．（20分）如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E=100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m=2×10﹣6kg、电荷量q=2×10﹣7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达p（4，3）点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M（0，6.25）点，动能变为初动能的0.625倍，求：（1）粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；（2）OP连线上与M点等电势的点的坐标；（3）粒子由P点运动到M点所需的时间．[物理——选修3-3]13．（5分）下列说法正确的是（）A．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动B．一木块被举高，组成该木块的所有分子的分子势能都增大C．当液体与大气接触是，液体表面层相同物质质量的分子的势能比液体内部相同物质量的分子的势能要大D．缓慢压缩一定量气体（不计分子势能），若此过程气体温度不变，则外界对气体做正功，但气体内能不变E．气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多14．（10分）如图，用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m，现对气缸缓缓加热使气缸内的空气热力学温度从T1升高到T2，且空气柱的高度增加了△l，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0，问：（a）在此过程中，活塞对气体的压力做功为多少；（b）此过程中被封闭气体的内能变化了多少；（c）被封闭空气初始状态的体积．[物理——选修3-4]15．图甲为一列间歇横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）A．该波的传播速度为40m/sB．t=0.10s时，质点Q的速度方向向上C．该波沿x轴的负方向传播D．t=0.15s时，质点P的位移沿y轴负方向E．t=0.70s时，平衡位置为x=20m处的质点经过平衡向下运动16．如图所示，MNPQ是一块正方体玻璃砖的横截面，其边长MN=MQ=30cm．与MNPQ在同一平面内的一束单色光AB射到玻璃砖MQ边的中点B后进入玻璃砖，接着在QP边上的F点（图中未画出）发生全反射，再到达NP边上的D点，最后沿DC方向射出玻璃砖．已知图中∠ABM=30°，PD=7.5cm，∠CDN=30°．①画出这束单色光在玻璃砖内的光路图，求出QP边上的反射点F到Q点的距离QF；②求出该玻璃砖对这种单色光的折射率；（结果可用根式表示，下同）③求出这束单色光在玻璃砖内的传播速度（已知真空中光速c=3×108m/s）．[物理——选修3-5]17．下列关于近代物理知识的说法正确的是（）A．汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应C．光照到某金属上不能发生光电效应，是因为该光波长太短D．按照波尔理论，氢原子辐射光子时，核外电子的动能增加E．β衰变的实质是原子核内的中子转化成了质子和电子18．如图所示，质量分别为M和m的物体A和B静止在光滑水平面上，A左侧被很薄的油泥层粘在竖直墙壁上，AB之间用一轻质弹簧相连．现用一水平向右的外力作用在B上，外力作用一段时间后，A离开墙壁开始运动，此时撤掉外力，且弹簧此时的弹性势能为E1，在以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为E 2，设外力对B的冲量为I．求从静止到A开始运动的过程中A受到油泥层黏力的冲量．2016年广西桂林市高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是（）A．把黄铜针（用黄铜制成的指针）平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动B．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小C．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动D．把小磁针平行地放在导线下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动【解答】解：A、铜不能被磁化，故不会被磁场所吸引；故A错误；B、离导线越远的地方，磁场越弱，则逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小；故B正确；C、根据安培定则可知，针小磁针放在导线上的延长线上，小磁针所在位置没有磁场，故小磁针不会转动；故C错误；D、由于铝板不能有效屏蔽磁场，故通电后小磁针会发生转动；故D错误；故选：B．2．（6分）如图所示，滑板运动员由高台上水平滑出，在P点接触斜面时速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，图中的图象是描述物体沿x方向和y方向运动的v﹣t图象，其中正确的是（）A． B．C．D．【解答】解：运动员在到达P点前做平抛运动，x方向做匀速运动，y方向做自由落体运动；当运动员滑上斜面后，做匀加速直线运动，加速度为a==gsinθ＜g，所以水平方向的加速度a x=a x=acosθ=gsin2θ＜g，竖直方向上的加速度a y=asinθ=gsin2θ＜g，则x、y方向都做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度．所以在y方向上先做自由落体运动，然后做匀加速直线运动，匀加速直线运动的加速度小于g，则图线斜率小于自由落体运动的图线斜率．x方向上先做匀速直线运动，然后做匀加速直线运动．故D正确，A、B、C错误．故选：D．3．（6分）2015年3月，美国宇航局的“信使”号水星探测器按计划将陨落在水星表面，工程师找到了一种聪明的办法，能够使其寿命再延长一个月．这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氮气来提升轨道．如图所示，设释放氮气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氮气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ上，忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力．则下列说法正确的是（）A．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上A点加速度大小不同B．探测器在轨道Ⅰ上A点运行速度小于在轨道Ⅱ上B点速率C．探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率D．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能和动能都减少【解答】解：A、探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上A点所受的万有引力相同，根据F=ma 知，加速度大小相同，故A错误；B、探测器在轨道Ⅱ上B点进入圆轨道，需加速，设在B点圆轨道上的速度为v，则v＞v B，根据v=知，探测器在轨道I上圆轨道A点的速度大于在B点圆轨道上的速度，所以探测器在轨道Ⅰ上A点运行速率大于在轨道Ⅱ上B点速率，故B错误；C、在椭圆轨道远地点A实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，故在轨道Ⅱ上速度大于A点在Ⅰ速度，在Ⅱ远地点速度最小为，故探测器在轨道Ⅱ上某点的速率在这两数值之间，则可能等于在轨道Ⅰ上的速率，故C正确．D、探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能增加，动能较小，故D错误．故选：C．4．（6分）如图所示，用手握着不可伸长的细绳一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω，细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切．在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动．小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是（）A．小球将做变速圆周运动B．小球做圆周运动的角速度小于ωC．球与桌面间的动摩擦因数为D．细绳拉力大小为mω2【解答】解：A、手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端小球随着小球做的也是匀速圆周运动，故A错误．B、小球做圆周运动的角速度与手做圆周运动的角速度相等，故B错误．C、根据摩擦力公式可得f=μmg又：f=TsinΦ，由于T=，sinΦ==，所以μ=，故C正确．D、设大圆为R．由图分析可知R=，设绳中张力为T，则TcosΦ=mRω2，co sΦ=，故T==，故D错误．故选：C．5．（6分）洛伦兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆霍兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组成的．励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场．洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹．其结构如图所示．给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的（）A．励磁线圈中的电流方向是逆时针方向B．若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大C．若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大D．若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷【解答】解：A、根据电子所受洛伦兹力的方向，结合右手定则判断知，励磁线圈中电流方向是顺时针方向．故A错误；B、电子在加速电场中加速，由动能定理得eU=mv02…①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0=m…②解得：r==…③可知，只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大．故B正确；C、由③得：只增大线圈中的电流，则B增大，可以使电子流的圆形径迹的半径减小．故C错误；D、若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，则：=，可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷．故D正确．故选：BD．6．（6分）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F图象，g取10m/s2，则（）A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为1kgC．当F=6N时木板B加速度为0D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1【解答】解：ABD、由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（m A+m B）a，代入数据解得：m A+m B=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：a==，由图示图象可知，图线的斜率：k==1，解得：m B=1kg，滑块A的质量为：m A=3kg．当a=2m/s2时，F=6N，代入解得μ=0.2，故AD错误，B正确．C、根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：a B=a==F﹣μg==4m/s2．故C错误．故选：B7．（6分）如图所示，在距水平地面高为0.8m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套一质量m1=5kg的滑块A．半径R=0.6m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m2=3kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮滑块与球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，现给滑块A施加一个水平向右、大小为55N的恒力F，取g=10m/s2，则（）A．把小球B从地面拉倒半圆形轨道顶点C的过程中力F做功为44JB．把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C处是小球B的机械能增加了18J C．小球B运动到C处时的速度大小为0D．小球B被拉到与滑块A的速度大小相等式，sin∠OPB=【解答】解：A、设PO=H．由几何知识得，PB==1m，PC=H﹣R=0.2m．F 做的功为W=F（PB﹣PC）=55×（1﹣0.2）=44J．故A正确．B、当B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零．对两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得W=m2v12+m2gR，解得小球B运动到C处时的速度v1=2.36m/s，把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C 处时小球B的机械能增加量为△E=+m2gR=44J，故BC错误．D、当绳与轨道相切时滑块A与B球速度相等，由几何知识得：sin∠OPB=．故D正确．故选：AD8．（6分）如图1所示，单匝矩形线框相邻两边分别长为L和2L，从中线OO′处对折，且保持折角θ=90°不变．如图2所示，使线框在水平向右的匀强磁场中以角速度ω绕数值方向的OO′轴匀速转动．匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框电阻为R，从图2所示位置（线框的OO′CD部分与中性面重合）开始计时，取A→B→C→D→A为线框中感应电流的正方向，下列说法正确的是（）A．在t=0时刻，线框中的感应电流最大B．从0～时间内，感应电流方向改变1次C．线框中感应电流最大值是I m=D．线框中感应电流i随时间t的变化是i=•cosωt【解答】解：A、从图2所示位置开始计时，t时刻，线框中感应电动势为：e=E AB﹣E CD=BL•Lω•cosωt﹣BL•Lω•sinωt=BL2ω（cosωt﹣sinωt）=BL2ω（sin cosωt﹣sin isinωt）=BL2ωcos（ωt+），所以线框中感应电流i随时间t的变化关系是：i==cos（ωt+）．由上知，t=0时，i=，显然不是最大，故AD错误．B、从0～时间内，先有E AB＞E CD，后有E AB＜E CD，结合楞次定律可知，t=时感应电流改变一次，故B正确C、有A可知，线框中感应电流最大值为：I m=，故C正确；故选：BC二、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）研究性学习小组为了“验证动能定理”和“测当地的重力加速度”，采用了如图1所示的装置，其中m1=50g、m2=150g，开始时保持装置静止，然后释放物块m2，m2可以带动m1拖着纸带打出一系列的点，只要对纸带上的点进行测量，即可验证动能定理．某次实验打出的纸带如图2所示，O是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点没有标出，交流电频率为50Hz．（1）由纸带的数据求得系统的加速度大小为 4.8m/s2，在打点0﹣5的过程中，系统动能的增量△E1=0.58J．（保留两位有效数字）（2）忽略一切阻力的情况下，某同学作出的﹣h图象如图3所示，则当地的重力加速度g=9.5m/s2．（保留两位有效数字）【解答】解：（1）两相邻点间还有4个点没有标出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==m/s2=4.8 m/s2，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上5点时小车的瞬时速度大小．为：v5=m/s=2.4m/s物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△E k=（m1+m2）﹣0≈0.58J；（2）根据系统机械能守恒有：（m2﹣m1）gh=（m1+m2）v2则v2=gh知图线的斜率k=g=解得：g=9.5m/s2故答案为：（1）4.8，0.58；（2）9.5．10．（9分）实验室的有一种灵敏电流计G，满偏刻度30格．某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流I g和内阻R g，实验室中可供利用的器材有：待测灵敏电流计G1、G2电流表A：（量程为1mA、内阻约为100Ω）定值电阻R1：（阻值为400Ω）定值电阻R2：（阻值为600Ω）电阻箱R：（0～9999.9Ω，最小调节量0.1Ω）滑动变阻器R3：（最大电阻2000Ω，额定电流1.5A）直流电源：电动势1.5V，内阻不计；开关一个，导线若干．该小组设计了实验电路图如图，并连接好电路，并进行下列操作．（1）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当．（2）若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值减小（填增大或减小），直到G2中的电流为0．（3）读出电阻箱连入电路的电阻为1200Ω，电流表的示数为0.6mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流I g=300μA和内阻R g=800Ω．【解答】解：（2）灵敏电流计G2中的电流由b流向a，说明b点电势比a点电势高，R2的阻值小于电阻箱接入电路的阻值，减小电阻箱R接入电路的阻值，当a、b两点电势相等时，流过G2的电流为0．（3）流过G2的电流为零，由图示电路图可知：=，即：=，解得：R g=800Ω；流过两支路电流之比：====，由图示电路图可知：I G1+I1=I A，已知：I A=0.6mA，则：I G1=0.2mA，灵敏电流计G，满偏刻度30格，灵敏电流计的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流I g=I G1=×0.2=0.3mA=300μA；故答案为：（2）减小；（3）300；800．11．（12分）在风洞实验室中进行如图所示的实验．在倾角为37°的固定斜面上，有一个质量为0.5kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零，通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2s的瞬时速度，表格给出了部分数据：已知sin37°=0.6，con37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）A、C两点间的距离；（2）物块和斜面间的动摩擦因数μ；（3）水平恒力F的大小．【解答】解：（1）物块匀加速运动过程中的加速度为：a1==5m/s2；关闭风洞时的速度为：v=a1t=5×1.2m/s=6m/s关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2===﹣10m/s2，匀加速过程的位移：x1=；匀减速过程的位移：x2=m=1.8m故A、C两点间的距离为：x=x1+x2=3.6m+1.8m=5.4m；（2）根据牛顿第二定律可得：匀减速过程：﹣（mgsin37°+μmgcos37°）=ma2，解得：μ=0.5；（3）匀加速过程：Fcos37°﹣mgsin37°﹣（mgcos37°+Fsin37°）=ma1，解得：F=15N．答：（1）A、C两点间的距离5.4m；（2）物块和斜面间的动摩擦因数为0.5；（3）水平恒力F的大小为15N．12．（20分）如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E=100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m=2×10﹣6kg、电荷量q=2×10﹣7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达p（4，3）点时，动能变为初动。
2017年全国高考理综试题及答案-全国卷3(物理部分 广西 16K 共8页)
2017年全国高考理综试题（全国卷3物理部分）第14~17题只有一项是符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求14．2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。
与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的 A ．周期变大 B ．速率变大 C ．动能变大 D ．向心加速度变大15．如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。
金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。
现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是A ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向D ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向16．如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l 。
重力加速度大小为g 。
在此过程中，外力做的功为A ．19mgl B ．16mgl C ．13mglD ．12mgl17．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm 。
将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内） A ．86 cmB ． 92 cmC ． 98 cmD ． 104 cm18．如图，在磁感应强度大小为0B 的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为。
在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流时，纸面内与两导线距离均为的a 点处的磁感应强度为零。
桂林理工大学02级物理上学期期末考试及答案
弟1页/（共4页） 弟2页/（共4页）桂林理工大学02级物理上学期期末考试（考试时间90分钟，满分100分） 一填空题(每空2分共44分) 1.一通电流为I 1的无限长直导线与长度为b 电流I 2的导 1 A I 2 B 线段AB 共面,如图所示.则A 点的磁感应强度大小为←a →← b → 导线段AB 所受的安培力大小为 2.一通电流为I 的无限长直导线与电流为I 0、半径为R 的圆 I 0,R 试验线圈共面,如图所示.则通过线圈的磁通量数值为若线圈转过90O后,其受到的磁力矩大小为 a → 3.两平行放置的偏振片,偏振化方向间的夹角为60º.强度为 I 的自然光通过第一,第二偏振片后的光强度分别为 (5) 和 (6) . 4.一通电流I 的长直螺线管长为L,截面积为S,密绕N 匝线圈.则管内 的磁感应强度为 (7) ,该螺线管的自感系数为 (8) . 5.杨氏双缝实验,双缝间距为d,双缝到屏幕的距离为D,水平入射光的波长为λ,则相邻两明纹的间距为 (9) ,第4级暗纹在屏上的位置X 4 = (10) . 6.宽度为0.1mm 的单缝,后面透镜的焦距为1m,波长为500nm 的单色光水平入射,则中央明纹的宽度为 (11) mm,第3级暗纹在屏上的位置X 3 = (12) mm. 7.小圆孔的直径D=0.1mm,入射光波长为500nm,则屏上爱里斑的半角宽度为 (13) 弧度,该圆孔的最小分辨角为 (14) 弧度. 8.处于第一激发态(n=2)的氢原子,其电子轨道运动的半径和动能分别为 (15) A °及 (16) eV;电子跃迁到基态,其辐射光子的波长为 (17) nm, 此时要使基态氢原子电离,需要 (18) eV 的能量. 9.静质量M 0、静体积V 0的正方体,沿其一边方向以速度v 0 =0.8C(C 为真空光速) 相对于地面运动,地面上测得其运动质量和密度分别为 (19) 和 (20) . 10.太阳可看成黑体,若其最大单色辐出度对应的波长为500nm,则太阳表面 温度为 (21) K,其辐出度为 (22) W.m -2二. 计算题(56分) 1.(11′)电子和光子的波长均为3.315*10-8m,求: (1)电子和光子的动量;(2)光子的能量(用eV 表示)和质量;(3)电子的总能. 2.(8′)牛顿环平凸透镜的球面半径R=5m,通光口径d=6cm,波长λ1=600nm 的单色光垂直照射时,求:(1)最多可见的暗环数;(2)若将装置放入折射率n=1.4的液体中,最多可见的暗环数;(3)若以波长λ1和λ2=500nm 的两种单色光同时垂直照射,最多可见的暗环数.3.(10′)光栅每毫米有250条狭缝,刻痕宽度b 是缝宽a 的2倍.若波长λ=400nm 的单色光水平照射该光栅.求: (1)屏上最多可见多少条明纹; I (2)第2级明纹的衍射角(用弧度表示);(3)若光栅后透镜的 焦距f=1m,则第±1级明纹在屏上的间距.第3页/共4页 第4页/共4页4.(10′)电子经加速电压5.1*108MV 的静电加速器加速后, 求:(1)电子的动质量与静质量之比;(2)电子的运动速度;(3)设银河系宽度为105光年,则从银河系和该电子系分别测量电子飞越银河系需要的时间.5.(8′)半径为R 的长直圆柱形导线,电流I 均匀地由下往上流过导线横截面.求: (1)导线内、外A,B 两点的磁感应 强度;(2)通过如图所示的高为L,宽为2R 纵截面的磁通量. (题5用图)6.(9′)半径为R 的圆筒形均匀磁场区,随时t 变化的磁感应强度B=B 0t(B 0为>0的常数),方向垂直纸面向里,如图所示.θ=900,求(1)导线ABO 中感应电动势的大小;(2)导线OA,AB 中的感应电动势的大小和方向(O 为圆心).(题6用图)物理常数(电子: m 0 = 9.1*10- 31kg, e =1.6*10- 19C)h =6.63*10-34J.s, R =1.097*107≈1.1*107m -1.σ=5.67*10- 8 ≈6.0*10- 8W.m - 2.K -4b=2.876*10-3m.K ≈3.0*10-3m.K 大学物理(下)(A) 闭卷笔试 3.5 11120804 100 120 2003年12月15日 大学物理(下)(A) 闭卷笔试 3.5 11120804 100 120 2003年12月15日弟5页/（共4页） 弟6页/（共4页）答案;一填空(每空2分共44分)1. (1) μO I 1/2πa, (2) (μ0I 1I 2/2π)ln[(a+b)/a].2. (3) μ0IR 2/2a, (4) μ0II 0R 2/2a.3. (5) I/2, (6) I/8.4. (7) μ0NI/L, (8) μ0N 2S/L.5. (9) D λ/d, (10) 7D λ/2d.6. (11) 10mm, (12) 15mm.7. (13) 6.1*10-3rad, （14） 6.1*10-3rad.8. (15) 2.12A (16) 3.4eV (17) 121或122nm (18) 13.6eV 9. (19) 5M 0/3, (20) 25M 0/9V 0 .10. (21) 6000K, (22) 7.3或7.8*107 W.m -2.二计算(56分)1.(1) Pe=P Ф=h/λ=2*10- 26kg.m.s -1 (4′)(2) E Ф=hC/λ=PC=6*10-18J=37.5eV, m Ф=E Ф/C 2 =6.67*10-35kg (4′) (3) E O e=0.51MeV>>E Ф=PC=37.5eV , Ee=√E 02+C 2P 2≈E 0 =0.51MeV(3′) 2.(1) ∵r K =√kR λ/n ,∴k=r 2/R λ1=302/5000*6*10-4=300 (3′) (2) 而 k n =nk=1.4*300=420 (2′) (3) k =λ/Δλ=550/100≈5, (3′) 或 2e+λ1/2=(k+1/2)λ1,2e+λ2/2=(k+1+1/2)λ2则 k=λ2/(λ1-λ2)=500/100=53.(1) a+b=1/n =4*10-3mm, (1′) ∵k=(a+b)/λ=10, ∴k M =9 (2′) ∵缺级k=[(a+b)/a]k ′=3k ′,∴缺±3±6±9共6条明纹. (2′) ∴屏上可见(2k M +1)-6=13条明纹. (1′) (2)∵(a+b)sin ф2=2λ, ∴ф2≈sin ф2=2λ/(a+b)=0.2rad. (2′) (3) ΔX=2X 1≈2fsin ф1=2f λ/(a+b)=200mm (2′)4.(1)∵E K =eU=5.1*108 MeV, E=E K +E 0≈E K =5.1*108 MeV (2′) ∴γ= m/m 0 = E/E 0 =109 (2′) (2)∵γ=1/√1-v 2/C 2 , ∴v = C √1-1/γ2 ≈ C (2′)(3)∵Δt= d/v =d/C=105 年 (2′) ∵Δt=γΔt ′∴Δt ′=Δt/γ=10-4年 =52.56分 (2′) 5.(1)由安培环路定律可得:B A =μ0Ir 1/2πR 2 (2′)B B =μ0I/2πr 2 (2′)(2)Ф= Ф1+Ф2 = ∫(B 1 +B 2)•dS (4′) =∫0R (μ0I/2πR 2)r*Ldr +∫R 2R (μ0I/2πr)Ldr=(μ0IL/4π)+(μ0ILln2)/2π 6.(1)Φm= B •S = -B πR 2/4(设路径正方向为反时针) (2′) εΔOAB = -d Φm ∕dt=πR 2B O /4 > 0 (2′) (2)εOA =0 (2′) (3)εAB =πR 2B O /4, (方向A →B) (3′)。
广西桂林市2016-2017学年高二物理下学期开学考试题(含答案)
广西桂林市2016-2017学年高二物理下学期开学考试题注意事项：1、本卷共100分，考试时间90分钟。
2、答题前，考生在答题卡上务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。
3、请用黑色的签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。
4、考试结束后上交答题卡。
第Ⅰ卷（选择题52分）一 单选题(32分)下列各题均给有4个选项，其中只有一项是正确的，请将正确选项的字母代号写在答题卷的相对位置，选对的得4分，选错、多选的该小题不得分。
1．关于电磁感应，下列说法中正确的是（ ） A 、穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大； B 、穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零； C 、穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大； D 、穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。
2、关于回旋加速器中，下列说法正确的是（ ） A ．电场和磁场同时用来加速带电粒子 B ．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子旋转C ．同一带电粒子获得的最大动能只与交流电源的电压有关，而与交流电源的频率无关D ．回旋加速器的半径越大，同一带电粒子获得的动能越大，与匀强磁场的磁感应强度无关3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的。
在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（ ）A ．B ．C ．D ．ABCDbefhg4.质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹分别如图中的两支虚线所示，下列表述正确的是( )A ．M 带正电，N 带负电B ．洛伦磁力对M 、N 做正功C ．M 的速率大于N 的速率D ．M 的运行时间大于N 的运行时间5. 如图所示，实线是一簇标有方向的电场线，虚线表示某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可以判断（ ）A 、该粒子带负电B 、该粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度C 、该粒子在a 点的动能小于在b 点的动能D 、该粒子在a 点的电势能小于在b 点的电势能6. 如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则 （ ）A. 电容器中的电场强度将增大B. 电容器上的电荷量将减少C. 电容器的电容将减小D. 液滴将向上运动7.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。
2016-2017学年广西桂林市高一上学期期末物理试卷与解析
2016-2017学年广西桂林市高一（上）期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题3分，满分40分）1．（3分）以下情景中，带下划线的物体可看成质点的是（）A．裁判员在跳水比赛中给跳水运动员评分B．在国际大赛中，乒乓球运动员王浩准备接对手发出的旋转球C．计算整列火车通过某一个路标的时间D．用GPS确定远洋海轮在大海中的位置2．（3分）在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，例如，在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，从而求出这段匀变速直线运动的位移，这种物理学研究方法属于（）A．理想实验法B．控制变量法C．建立物理模型法 D．微元法3．（3分）一木块放在水平地面上，关于木块和地面间的弹力，下列叙述正确的是（）A．地面受压而发生弹性形变，地面受到了弹力，而木块没有发生形变，所以木块不受弹力B．木块也受到了弹力，原因是木块发生了形变C．木块受到弹力的原因是地面发生了形变D．以上说法均不正确4．（3分）某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10﹣3s，g取10m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为（）A．1m B．1.25m C．0.4m D．1.5m5．（3分）汽车水平拉着拖车在水平路面上沿直线加速行驶，下列说法中正确的是（）A．汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力B．汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对平衡力C．汽车对拖车的拉力大于拖车受到的阻力D．汽车对拖车的拉力与拖车受到的阻力是同种性质的力6．（3分）一人站在电梯上随电梯一起匀速上升，如图所示，则关于人的受力分析的下列叙述中正确的是（）A．人受到重力、竖直向上的弹力以及水平向右的摩擦力B．人受到重力、竖直向上的弹力以及水平向左的摩擦力C．人受到重力、竖直向上的弹力D．人受到重力、竖直向上的弹力、电梯对人斜向上与速度方向一致的推力7．（3分）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A．F1不变，F2变大 B．F1变大，F2变小C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小8．（3分）一实验小球沿着图示的三段光滑轨道运动，从点E开始由静止释放，到达Q点时速度减为0，下列v﹣t、a﹣t的图象中能表示球在这过程中运动的规律是（）A．B．C．D．9．（4分）某物体做直线运动，其v﹣t图如图所示，关于该物体的运动正确的是（）A．沿直线作往复运动，在1s末、3s末速度的方向改变B．0﹣4s内加速度不变C．在第2秒末物体的速度方向改变D．0﹣4s内物体的总位移为零10．（4分）下列叙述中正确的是（）A．我们所学过的物理量：速度、加速度、位移、力都是矢量B．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位C．加速度大的物体其速度变化一定快D．任何有规则形状的物体，它的重心一定与它的几何中心重合，且也一定在物体内11．（4分）在一次学校田径运动会上，小明同学以背越式成功地跳过了1.90米的高度，打破校运动会记录，如图，若忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．小明下降过程中处于失重状态B．小明起跳以后在上升过程中处于失重状态C．小明起跳时地面对他的支持力大于他的重力D．小明起跳以后在下降过程中重力消失了12．（4分）如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则A．滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x=时，物体的加速度为零二、填空题（共5小题，每小题4分，满分22分）13．（4分）如图，弹簧秤下端挂一重为100N的粗细均匀的直棒A，棒上套有重20N的圆环B，当B匀速下滑时，弹簧秤的示数为N，当B以加速度a=5m/s2沿棒加速度下滑时，弹簧秤的示数为N（重力加速度g取10m/s2）14．（2分）由静止开始沿直线做匀加速运动的物体，在最初3s内的位移为45m，则它在第4s内的位移为m。
桂林理工大学 大学物理 第7章 课后习题答案
abc 回路内有效磁场变化区为 ab 弦与螺线管壁之间包围的面积 S 0 ，据题设， boa / 3 ，故
S0
1 2 3 2 3 2 R R R 6 2 3 4 4 dB 3 2 dB R dt 6 4 dt
时
0 Il1l2 v 2 10 7 5 0.06 0.03 0.04 2 ( a l2 ) a 0.09 0.05
1.6 10 8 V
其绕行方向为顺时针方向。 解法（二），线圈 4 个边中仅有平行电流 I 的两个边切割磁力线而产生电动势，在 t 时刻近电流 I 的一边产生电动势
1 2
0 Il1l 2 2 ( a l 2 ) a
结论同解法（一）。 7-8 取如图示之坐标轴 ox，在金属杆上取线元 dx，两个长直等值反向电流在 dx 处产生的磁感强度
B
则 dx 上产生的动生电动势为
0 I 1 1 2 x 2a x
dB 0 Ei dt ，故 的方向为顺时针绕行方向。
（2）在 a 点放一电子的加速度
F ma,
a
eE i ma
eE i 1.6 10 19 2.5 10 4 4.4 10 7 m s 2 31 m 9.1 10
由于电子荷负电，故它的加速度方向与
ab ab
金属杆在左端电势高。 7-9 （1）在矩形线圈内取一面元 dS=ldx，此面元处的磁感强度据题设可得
B
B dS
0 I 1 1 2 x b d x
B 的方向垂直纸面向里。故穿过线圈内的磁通量
习题 7-9 图 0 Il b a 1 1 dx 2 b x b d x Il ad ba 0 ln ln 2 d b 0 Il ( a d )b 0 Il ( a d ) d ln ln 2 (b a ) d 2 ( a b)b 线圈中的感生电动势为
大学物理作业三答案定稿版
大学物理作业三答案精编W O R D版IBM system office room 【A0816H-A0912AAAHH-GX8Q8-GNTHHJ8】班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________一、填空题1. 一旋转齿轮的角加速度=4at 3-3bt 2 ，式中a 、b 均为恒量，若齿轮具有初角速度为0，则任意时刻ｔ的角速度 ，转过的角度为 .2. 质量为m ，半径为R 的均质圆盘，平放在水平桌面上，它与桌面的滑动摩擦系数为，试问圆盘绕中心轴转动所受摩擦力矩为 。
3. 一长为L 质量为m 的均质细杆，两端附着质量分别为m 1和m 2的小球，且m 1>m 2 ，两小球直径d 1 、d 2都远小于L ，此杆可绕通过中心并垂直于细杆的轴在竖直平面内转动，则它对该轴的转动惯量为 ， 若将它由水平位置自静止释放，则它在开始时刻的角加速度为多大： 。
4. 质量为m ，半径为r 的均质圆盘，绕通过其中心且与盘垂直的固定轴以角速度匀速转动，则对其转轴来说，它的动量为____________，角动量为__________.三、计算题：1. 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO ’转动，设大小圆柱的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ，绕在两柱体上的细绳分别与物体m 1和物体m 2 相连，m 1和m 2则挂在圆柱体的两侧，如图所示，设R =0.20m ，r =0.10m ，m =4kg ，M =10kg ，m 1=m 2=2kg ，求柱体转动时的角加速度及两侧绳中的张力.O ’O解：设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图 题2-26(b)图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ①1111a m T g m =- ②12T R T r I α''-= ③式中 112221,,,T T T T a r a R αα''==== 而 222121mr MR I +=由上式求得(2)由①式 22220.10 6.1329.820.8T m r m g α=+=⨯⨯+⨯=N由②式11129.820.2. 6.1317.1T m g m R α=-=⨯-⨯⨯=N2. 计算题3-13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ①a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有α)21(212Mr r T r T =- ③又， αr a = ④联立以上4个方程，得 2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题3-13(a)图 题3-13(b)图3. 如图质量为M ，长为L 的均匀直杆可绕O 轴在竖直平面内无摩擦地转动，开始时杆处于自由下垂位置，一质量为m 的弹性小球水平飞来与杆下端发生完全弹性碰撞，若M >3m ，且碰撞后，杆上摆的最大角度为=30，则求：(A)小球的初速度v 0，(B)碰撞过程中杆给小球的冲量. （教材）解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为mv MOLv ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ② 上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显着的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得 2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式 mlI v v ω-=0 ④ 由②式 mI v v 2202ω-= ⑤所以 22001)(2ωωmv ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为 ⎰-=∆=0d mv mv mv t F由①式求得 ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰gl M 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．。
2017年全国高考物理3试卷及答案[2]
![2017年全国高考物理3试卷及答案[2]](https://img.taocdn.com/s3/m/bb41b4f2e2bd960591c67788.png)
2017年全国高考物理3试卷及答案(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017年全国高考物理3试卷及答案(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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2017·全国卷Ⅲ(物理）14．D5、E2[2017·全国卷Ⅲ] 2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（）A．周期变大 B．速率变大C．动能变大 D．向心加速度变大14．C [解析] 由天体知识可知T＝2πR错误!，v＝错误!,a＝错误!，半径不变，周期T、速率v、加速度a的大小均不变，故A、B、D错误．速率v不变，组合体质量m变大，故动能E＝错误!mv2变大，C正确．k15．L1[2017·全国卷Ⅲ] 如图所示,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（）图1A．PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向15．D [解析] 金属杆PQ突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得,金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框T中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场,则T中感应电流方向为顺时针方向,D正确．16．E1、E2[2017·全国卷Ⅲ］如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距错误!l.重力加速度大小为g。
桂林理工大学大学物理课后习题答案第三章(罗益民版)
总加速度与切向的夹角为
arctan
3-3 （1）对轴 I 的转动惯量
an 1.97 10 4 arctan 8959 at 8.37
J 1 2m[( acos60) 2 ( a acos60) 2 ] m( a 2acos60) 2 9ma 2
对轴 II 的转动惯量
J1 ( J Mr 2 ) 2
由此可得转台后来的角速度为
2
J 1200 2 1 0.496( rad/s ) 2 2 J Mr 1200 80 2 10
3-15 慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为 M，近日点速率为 V1，与太阳之距 r1;远日点 速率为 V2，与太阳之距 r2，则有
1 1 1 m1 gh kh 2 m1v 2 J 2 0 2 2 2 J
以
1 2 mr , v / r 2 代入上式，可解得
v
2m1 gh kh 2 m1 m / 2
2 0.08 9.8 0.5 2 0.5 2 1.48m/s 0.08 0.05
（2）转过
90
角后，知矩
M 0, 则 0
mg
。由机械能守恒知
l 1 J 0 2 2 2
mgl J0
此时角动量
L J 0 mglJ 0 ml
转动动能为
2 gl 3
Ek
1 1 J 0 2 mgl 2 2
J0 1 m0 R 2 2 ，挖
3-13 （1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对 O 轴的转动惯量 去小碎片，相应减少
（2）系统对 O 点的总转动惯量等于各部分对 O 点的转动惯之和，即