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  • ID:6-5905328 云南省2019届高三第二次高中毕业生复习统一检测理科综合物理试卷 Word版含解析

    高中物理/高考专区/模拟试题


    2019年云南省第二次高中毕业生复习统一检测理科综合能力测试(物理部分)
    二、选择题
    1.某金属发生光电效应,光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量,e为电子电荷量的绝对值,结合图象所给信息,下列说法正确的是
    
    A. 入射光的频率小于ν0也可能发生光电效应现象
    B. 该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
    C. 若用频率是2ν0的光照射该金属,则遏止电压为
    D. 遏止电压与入射光的频率无关
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.由图像可知金属的极限频率为ν0,入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象,选项A错误;
    B.金属的逸出功与入射光的频率无关,选项B错误;
    C.若用频率是2ν0光照射该金属,则光电子的最大初动能为,则遏止电压为,选项C正确;
    D.遏止电压与入射光的频率有关,入射光的频率越大,则最大初动能越大,遏制电压越大,选项D错误.
    2.如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则
    
    A. 子弹A的质量一定比子弹B的质量大
    B. 入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻大
    C. 子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
    D. 子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.对两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有,而EkA>EkB,则得到mA<mB,故A错误。
    BD.由于木块始终保持静止状态,则两子弹对木块的推力大小相等,则两子弹所受的阻力大小相等,设为f,根据动能定理得:对A子弹:-fdA=0-EkA,得EkA=fdA;对B子弹:-fdB=0-EkB,得EkB=fdB。由于dA>dB,则有子弹入射时的初动能EkA>EkB,故B错误,D正确。
    C.子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动时间必定相等,否则木块就会运动,故C错误。
    3.如图所示,台秤上放一个木箱,木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q,用细绳通过光滑定滑轮相连,m1>m2。现剪断Q下端的细绳,在P下落但还没有到达箱底的过程中,台秤的示数与未剪断前的示数相比将
    
    A. 变大
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    云南省2019届高三第二次高中毕业生复习统一检测理科综合物理试卷 word版含解析.doc

  • ID:6-5881151 云南省昆明市2019届高三下学期4月复习教学质量检测物理试卷(word版含解析)

    高中物理/高考专区/模拟试题

    云南省昆明市2019届高三4月复习教学质量检测 选择题 1.下列说法正确的是 A. 原子核的结合能越大,原子核越稳定 B. β衰变释放出电子,说明原子核内有电子 C. 氡的半衰期为3.8天,8个氡原子核经过7.6天后剩下2个氡原子核 D. 用频率为ν的入射光照射光电管的阴极,遏止电压为Uc,改用频率为2ν的入射光照射同一光电管,遏止电压大于2Uc 【答案】D 【解析】 【详解】A项:原子核的比结合能越大,原子核越稳定,故A错误; B项:β衰变释放出电子,是中子转化为质子放出的,不能说明核内有电子,故B错误; C项:半衰期的概念是对于大量原子核衰变而言的,对于个别原子核无意义,故C错误; D项:由光电效应方程:,当改用频率为2的入射光照射同一光电管,遏止电压,则 ,故D正确。 故选:D。 2.汽车在限速为40km/h的道路上匀速行驶,驾驶员发现前方斑马线上有行人,于是减速礼让,汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线,驾驶员便加速前进,监控系统绘制出该汽车的速度v随时间t变化的图像如图所示,下列说法正确的是

  • ID:6-5864818 云南省大姚一中2019届高三物理冲刺《电路及电学实验》训练 word版含答案

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    云南省大姚一中2019届高三物理冲刺《电路及电学实验》训练 一、选择题 1、如图所示电路中,电源电压恒定不变,若将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中,电路中的 A.电压表示数减小,灯L变暗 B.电压表示数减小,灯L变亮 C.电压表示数增大,灯L变暗 D.电压表示数增大,灯L变亮 2、 关于闭合电路正确的是( ) (A)电源正负极被短路时,电流很大 (B)电源正负极被短路时,端电压最大 (C)外电路断路时,端电压为零 (D)外电路电阻增大时,端电压减小 3、如图所示,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2为定值电阻,R2>R1>r,且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合电键S,将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端,若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1、ΔU2、ΔI表示,则下列说法中正确的是( ) (A)=R2 (B)<r (C)电源的发热功率先减小,再增大 (D)电源的输出功率先增大,再减小 4、如图,电源内阻忽略不计,闭合电键,电压表V1示数为U1,电压表V2示数为U2,电流表A示数为I。在滑动变阻器R1的滑片由a端滑到b端的过程中( ) (A)I先增大后减小 (B)U1先增大后减小 (C)U1与I的比值先增大后减小 (D)U2变化量与I变化量的比值先增大后减小 5、将一电源电动势为E、内阻为r的电池,与外电路连接,构成一个闭合电路,用R表示外电路电阻,I表示电路的总电流,下列说法正确的是 (A)由U外=IR可知,外电压随I的增大而增大 (B)由U内=Ir可知,电源两端的电压,随I的增大而增大 (C)由U=E-Ir可知,电源输出电压,随输出电流I的增大而减小 (D)由P=IU可知,电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大 6、如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r,电流表A和电压表V的电阻对电路的影响不计。当滑动变阻器R的滑片P从a端滑到b端的过程中( ) (A)灯泡L逐渐变亮 (B)电压表V的读数增大 (C)电流表A的读数减小 (D)电压表读数变化量ΔU与电流表读数变化量ΔI的比值不变 7、锂电池能量密度高、绿色环保。现用充电宝为一手机锂电池(图甲)充电,等效电路如图乙所示,充电宝的输出电压为,输出电流为,该锂电池的内阻为,则( ) (A)充电宝输出的电功率为 (B)电能转化为化学能的功率为 (C)锂电池产生的热功率为 (D)锂电池产生的热功率为 8、有两个额定电压220V和额定功率40W的灯泡,一个是金属丝的,另一个是碳丝的。由于它们的电阻与温度有关,所以它们的U-I图线不是直线,而是曲线,如图所示。如果把它们串联起来接到220V的电源上,那么关于两灯泡的发光情况,下列说法中正确的是( ) (A)金属丝灯泡比碳丝灯泡亮些 (B)碳丝灯泡比金属丝灯泡亮些 (C)两灯一样亮 (D)无法判断那一个灯更亮 9、(多选)如图所示的电路中,为电源电动势,为电源内阻,和均为定值电阻,为滑动变阻器。当的滑动触点在的中点时合上开关S,此时三个电表、和V的示数分别为、和。现将的滑动触点向端移动,则( ) (A)电源的总功率减小 (B)消耗的功率增大 (C)增大,减小,增大 (D)减小,不变,减小 二、综合题 1、利用图(a)所示的电路研究路端电压随电源内阻变化的规律,实验所用电源的内阻可以在0.1Ω~1.2Ω之间连续变化,电动势E=1.5V保持不变。 (1)改变内阻r,测出路端电压U与相应的电流I,由计算机拟合得出如图(b)的图线。则电路中的定值电阻R=_____Ω,实验过程中路端电压U和内阻r的关系是U=___________。 (2)现有L1“3V,3W”和L2“1.5V,0.75W”两个灯泡,上述实验中的电源4个,以及3Ω的定值电阻若干。请选择合适的定值电阻个数,设计一个方案,在图(c)中的方框内画出电路图,标出定值电阻的阻值,要求两个灯泡都正常工作且电路消耗的总功率最小。 在你设计的方案中,4个电源的总内阻应调节为r总=________________Ω。 2、在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中,图(a)为实验电路图,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。 (1)请根据电路图,用笔画线代替导线连接图(b)中的实物; (2)某同学利用图(a)所示的电路,测得一组U-I实验数据,在直角坐标系上描绘的点如图(c)所示,请在图(c)上绘出U-I的图像。 (3)根据所画的图像,可求得电源电动势E=___________V,当电流A时电源的输出功率为__________W。 3、根据“测定电源的电动势和内电阻”这个实验: (1)R1为定值电阻且阻值未知,判断下列图中能测出电源电动势的是____________,能测出电源内电阻的是____________;(选填图的编号) ( 图(2) 图(1) ) (2)实验电路图如图(3)所示,已知 R1=2Ω,以U2为纵坐标,U1为横坐标,作出相应图线,见图(4),则:电源电动势E=_____V,内阻r =_____Ω。 ( 图(3) ) ( 图(4) ) 4、(1)(单选).实验“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图(a)所示,标尺盘中A、B、C、D为摆锤的四个位置,各点与最低点D的高度差已由计算机默认。某组同学在实验中,得到的图像如图(b)所示。图像的横轴表示摆锤距D点的高度h,纵轴表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek或机械能E。下列说法错误的是 (A)光电门传感器要分别放在D、C、B点进行重复操作。 (B)摆锤每次释放的高度要保持不变,且必须保证让摆锤的直径宽度遮挡红外发射孔 (C)图线甲表示摆锤的机械能E (D)图线乙表示摆锤的动能Ek (2)某同学用如图所示装置做“研究电磁感应现象”实验。正确连接后,他先将变阻器的滑动片P置于a b的中点,在闭合电键瞬间,电流计的指针向右摆,说明__________(选填“大线圈”或“小线圈”)有电流流过。闭合电键后,为使电流计的指针再向右摆,应将变阻器的滑动片P向_______端滑(选填“a”或“b”)。 (3)某同学用如图(甲)所示电路测量电源的电动势和内阻。实验用的电压表和电流表都是理想表,保护电阻R1=10Ω,R2=5Ω,还知道待测电源的电动势约3V,内阻约2Ω。 该同学合理选择仪器、连接电路后,正确操作,得到多组电压表的示数U和相应电流表的示数I,并画出了如图(乙)所示的U—I图线(U、I都用国际单位),求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距I0,则待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______,r=______,(用k、I0、R1、R2表示)。若实验室有电流表I(0-200mA)和电流表II(0-30mA),该同学选择的是___________。 5、实验题 在“用DIS测电源的电动势和内阻”实验中,某次实验得到的电源的U-I图线如图(a)所示。 ( 图(a) ) (1)由图(a)实验图线的拟合方程可得,该电源的电动势E=_______V,内阻r=_______Ω。 (2)根据实验测得的该电源的U、I数据,若令y=UI,x=U/I,则由计算机拟合得出的y-x图线如图(b)所示,则图线最高点A点的坐标x=_________Ω,y=_________W(结果保留2位小数)。 (3)若该电池组电池用旧了,重复该实验,请在图(b)中定性画出旧电池组的y-x图线;并经推理分析对所画图线做出合理的解释。 6、如图a所示的电路中,滑动变阻器总电阻R=20Ω,定值电阻R0=5Ω。由一个电源电动势6V、内阻可在1~20Ω之间调节的特殊电源供电。 (1)图b所示的电路实物图中缺了一根导线,请将此导线补画在图上(白色小圈为滑动变阻器的接线柱)。 (2)请结合公式,通过分析、计算、推理,描述滑动变阻器滑片P从A滑到B过程中,定值电阻R0两端的电压的变化情况。 (3)将电源内阻调为r1=3Ω,则此时滑动变阻器滑片从A滑到B过程中,该电源的最大输出功率是多少? 7、在《测量电源的电动势和内电阻》的实验中。 (1)甲同学利用DIS实验系统进行测量,连接成如图(甲)所示的电路。图中方框A是__________传感器,方框B是__________传感器。闭合电键前,滑动变阻器的滑动头P应位于_________端(选填“a”或“b”)。 (2)乙同学不想使用DIS系统测量,由于实验室找不到合适的电流表,他试图采用如图(乙)所示的电路实物连接图进行测量。图(乙)中的器材为: (A)干电池两节,每节电池的电动势约为1.5V,内阻未知; (B)直流电压表V1、V2,内阻很大; (C)定值电阻R0,但阻值未知; (D)滑动变阻器; (E)导线和电键。 该同学合上电键,调节滑动变阻器,分别记下滑动变阻器在不同位置时两个电压表的示数。若以表V1的示数U1为纵坐标,表V2的示数U2为横坐标作图像,得到一条不过原点的直线,已知直线的斜率为k,截距为b,则两节干电池总的电动势大小为_______,两节干电池的总内阻_______(选填“能”或“不能”)求出;如果该同学以U1为纵坐标,希望通过图像的截距直接读得到两节干电池的电动势,则应选用________作为横坐标作图。 参考答案 一、选择题 1、C 2、A 3、B 4、C 5、C 6、D 7、C 8、B 9、AC 二、综合题 1、 答案:(1)2,(每空2分); (2)如图(c)甲(电路图2分,标出定值电阻再给2分),1.5(2分) (若设计为图(c)乙,则r总取0.5Ω……) 图(c)甲 图(c)乙 2、 (1)(4分) 评分建议: ①电源、电键、滑动变阻器、电流传感器、电阻串联连接;(得1分) ②滑动变阻器接线柱一上一下;(得1分) ③电压传感器并联在电源和电键两端,(得2分),电压表并联在电源两端,即电键不能控制电压表示数的有无。(得1分) (2)(3分)(略)(画成折线不得分) (3)2.0,0.8 第一空满分2分,第二空满分3分 3、 (1)图(1)和(2), (3分)(说明:只答“(1)或(2)”给2分); 图(1), (3分) (2)2.5 (2分) ; 0.5 (2分) (说明:第二空答“2.5”给1分) 4、 (1)(4分)D (2)(4分)大线圈,b (3)(6分)k I0 ; k- R2; 电流表I。 5、 实验题解析: (1)E=2.83V, r=1.03Ω。(每空2分) (2)x=1.03, y=1.94。 (每空2分) (3)画出的图线如图(1) (画出图线如图(1)得2分,如图(2)得1分,如图(3)得1分,其它不得分) 【解释:y=IU=P出,x=U/I=R 因此,当R=r时,最大。】 (1)当电池用旧了,E减小,r增大,当R=r时,最大;图线峰值降低且右移;(1分) (2)当x=U/I=R一定,由于E减小,r增大,y=IU=变小,图线降低。(1分) 6、解:(1)如图 ······3分 (2)当滑片P处于A端和B端时,滑动变阻器接入电路的阻值均为零,所以滑片P由A滑到B端过程中,接入电路的阻值“先变大后变小”, ······1分 由I=E/(R+R0+r)可得,通过R0的电流“先变小后变大”, ······1分 由U=IR0可得,R0两端的电压“先变小后变大”, ······2分 (3)当滑动变阻器接入电路的阻值R=0Ω时,该电源的输出功率最大,······1分 由I=E/(R+R0+r)可得,此时I=0.75A······2分 由P出=I2(R+R0+r)可得,电源的最大输出功率Pm=2.8125W······2分 7、 (1)电流(1分),电压(2分),b(2分) (2)(2分),不能(1分),U1-U2(2分)

  • ID:6-5864643 云南省大姚一中2019届高三物理冲刺《受力分析、共点力平衡》练习 word版含答案

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    云南省大姚一中2019届高三物理冲刺《受力分析、共点力平衡》练习 一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分.) 1.如图所示,在水平力F的作用下,木块A、B保持静止.若木块A与B的接触面是水平的,且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是(  ) A.3个或4个         B.3个或5个 C.4个或5个 D.4个或6个 2,如图所示,质量m1=10 kg和m2=30 kg的两物体,叠放在动摩擦因数为0.50的粗糙水平地面上,一处于水平位置的轻弹簧,劲度系数为k=250 N/m,一端固定于墙壁,另一端与质量为m1的物体相连,弹簧处于自然状态,现用一水平推力F作用于质量为m2的物体上,使它缓慢地向墙壁一侧移动,当移动0.40 m时,两物体间开始相对滑动,这时水平推力F的大小为(  ) A.100 N B.300 N C.200 N D.250 N 3.如图所示,质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮,A静止在倾角为45°的斜面上,B悬挂着.已知mA=2mB,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45°增大到50°,系统仍保持静止.则下列说法正确的是(  ) A.绳子对A的拉力将增大 B.物体A对斜面的压力将增大 C.物体A受到的静摩擦力增大 D.物体A受到的静摩擦力减小 4.如图所示,用轻绳吊一个重为G的小球,欲施一力F使小球在图示位置平衡(θ<30°),下列说法正确的是(  ) A.力F最小值为Gsin θ B.若力F与绳拉力大小相等,力F方向与竖直方向必成θ角 C.若力F与G大小相等,力F方向与竖直方向可能成θ角 D.若力F与G大小相等,力F方向与竖直方向可能成2θ角 5.如图所示,一箱苹果沿着倾角为θ的斜面,以速度v匀速下滑,在箱子中夹有一只质量为m的苹果,它受到周围苹果对它作用力的方向是(  ) A.沿斜面向上      B.沿斜面向下 C.竖直向上 D.垂直斜面向上 6,如图所示,a、b是两个位于固定斜面上的完全相同的正方形物块,它们在水平方向的外力F的作用下处于静止状态.已知a、b与斜面的接触面都是光滑的,则下列说法正确的是(  ) A.物块a所受的合外力大于物块b所受的合外力 B.物块a对斜面的压力大于物块b对斜面的压力 C.物块a、b间的相互作用力等于mgsin θ D.物块a对斜面的压力等于物块b对斜面的压力 7.如图所示,将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则(  ) A.将滑块由静止释放,如果μ>tan θ,滑块将下滑 B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ<tan θ,滑块将减速下滑 C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tan θ,拉力大小应是2mgsin θ D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tan θ,拉力大小应是mgsin θ 8.叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式,也是一种高难度的杂技.图2-3-21为六人叠成的三层静态造型,假设每个人的重量均为G,下面五人的背部均呈水平状态,则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(  ) A.G B.G C.G D.G 9.如图2-3-22所示,三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,在D点上可施加力的最小值为(  ) A.mg B.mg C.mg D.mg 10. 如图所示,A、B都是重物,A被绕过小滑轮P的细线悬挂,B放在粗糙的水平桌面上.滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点,O′是三根细线的结点,细线bO′水平拉着物体B,cO′沿竖直方向拉着弹簧.弹簧、细线、小滑轮的重力不计,细线与滑轮之间的摩擦力可忽略,整个装置处于静止状态.若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F=20 N,∠cO′a=120°,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(  ) A.弹簧的弹力为20 N B.重物A的质量为2 kg C.桌面对物体B的摩擦力为10 N D.细线OP与竖直方向的夹角为60° 二、非选择题(本题共2小题,共30分.计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位.) 11.如图所示,在倾角为θ的粗糙斜面上,有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上,已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ,且μ

  • ID:6-5864637 云南省大姚一中2019届高三物理《电磁感应》冲刺训练(word版含答案)

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    ` 云南省大姚一中2019届高三物理《电磁感应》冲刺训练 一、选择题 1、如图所示,直导线MN与闭合线框abcd位于同一平面,要使导线框中产生方向为abcd的感应电流,则直导线中电流方向及其变化情况应为( ) (A)电流方向为M到N,电流逐渐增大 (B)电流方向为N到M,电流逐渐增大 (C)电流方向为M到N,电流大小不变 (D)电流方向为N到M,电流逐渐减小 2、如图所示,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内,环的圆心与两导线距离相等,环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流,若( ) (A)金属环向上运动,则环中产生顺时针方向的感应电流 (B)金属环向下运动,则环中产生顺时针方向的感应电流 (C)金属环向左侧直导线靠近,则环中产生逆时针方向的感应电流 (D)金属环向右侧直导线靠近,则环中产生逆时针方向的感应电流 3、左图虚线上方是有界匀强磁场,扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度逆时针匀速转动,线框中感应电流方向以逆时针为正,则能正确反映线框转动一周感应电流随时间变化的图像是( ) 4、如图所示,I、III为两匀强磁场区,I区域的磁场方向垂直纸面向里,III区域的磁场方向垂直纸面向外,磁感强度均为B,两区域中间为宽l的无磁场区II,有边长为L=2l的正方形金属框abcd置于I区域,ab边与磁场边界平行,以I、II区域分界处为坐标原点O。现使金属框向右匀速移动,在ab边从x=0到x=3l的过程中,能定性描述线框中感应电流随位置变化关系的是( ) 5、如图所示,条形磁铁放在光滑的斜面上(斜面固定不动),用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡,A为水平放置的直导线的截面,导线中无电流时,磁铁对斜面的压力为F1;当导线中通有电流时,发现弹簧的伸长量减小,设此时磁铁对斜面的压力为F2。则 ( ) (A)F1>F2,A中电流方向向内 (B)F1>F2,A中电流方向向外 (C)F1m/s 故整个过程中向下匀速时速度最大,最大速度为10m/s(2分) (2分) 答:(1)当M下落高度h=1.0m时,ab速度的大小为3.46m/s;(2)先向上做加速度减小的减速运动,到速度为零后向下做加速度减小的加速运动,最终匀速运动。(3)当ab棒速度最大时,定值电阻R的发热功率为40W。 3、(14分) (1)CD棒进入磁场前,牛顿定律:F–mgsinθ=ma (1分) 解出:a=-g·sinθ=20-10×0.8=12m/s (1分) 由匀变速公式2as=vt2-v02,解出v==m/s=2.4m/s (1分) (2)CD棒刚进入磁场时, 感应电动势 E=Blv=2.4V,感应电流I==48A (1 分) 安培力FA=BIl=48N (1分) 重力分力为mg·sinθ=32N,因拉力F=80N,合力为零, (1 分) 故CD棒进入磁场后,应匀速运动 (1分) (3)可以不用做出调节 。 (1分) 因为拉力增大,CD棒进入磁场时的速度增大,安培力也随之增大,如果维持CD棒在磁场中匀速运动,仍然需要较大的拉力,可以满足锻炼的需求。(如果答“增强磁场”、“加大导轨宽度”、“减小电阻R”可酌情给分) (2 分) (4)每次上升过程,CD棒增加的重力势能 ΔEp=mg(s+d)·sinθ=25.6J, (1分) 增加的动能 ΔEk=mvt2=8J (1分) 每次需消耗能量ΔE=ΔEk+ΔEp+Q=56J (1分) 次数n===142.86,完成以上动作约需143次。 (1分) 4、(14分) (1)(6分)刚释放时,ab棒的受力如右图。……① 沿轨道斜面向下的合力:m1gsin20°=0.25×10×0.34N=0.85N 最大静摩擦力fmax=μN1=μm1gcos20°=0.4×0.25×10×0.94 N =0.94N 因为m1gsin20°

  • ID:6-5864632 云南省大姚一中2019届高三《电场》冲刺练习题 word版含答案

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    云南省大姚一中2019届高三《电场》冲刺练习题 一、选择题 1.如图所示,在静止的点电荷+Q所产生的电场中,有与+Q共面的A、B、C三点,且B、C处于以+Q为圆心的同一圆周上。设A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC,电势分别为φA、φB、φC,则下列判断正确的是 A. EAEB,φA>φB C. EA>EB,φA<φB D. EA>EC,φB=φC 2.如图所示,空间有一水平匀强电场,在竖直平面内有一初速度v0的带电微粒,沿图中虚线由A运动至B,其能量变化情况是 A.动能减少,重力势能增加,电势能减少 B.动能减少,重力势能增加,电势能增加 C.动能不变,重力势能增加,电势能减少 D.动能增加,重力势能增加,电势能减少 3.如图,在匀强电场中,将一质量为m,带电量为q的带电小球,由静止释放,带电小球的运动轨迹为一与竖直方向夹角为θ的直线,则匀强电场的场强大小为 A.唯一值是mgtgθ/q B.最大值是mgtgθ/q C.最小值是mgsinθ/q D.最小值是mgcosθ/q 4.如图所示,从灯丝发出的电子经加速电场加速后,进入偏转电场,若加速电压为U1,偏转电压为U2,要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍,下列方法中正确的是 A.使U1减小到原来的1/2 B.使U2增大为原来的2倍 C.使偏转板的长度增大为原来2倍 D.使偏转板的距离减小为原来的1/2 5.如图,将乙图所示的交变电压加在甲图所示的平行板电容器A、B两极板上,开始时B板的电势比A板高,有一位于极板中间的电子,在t=0时刻由静止释放,它只在电场力作用下开始运动,设A、B两板间距足够大,则 A.电子一直向A板运动 B.电子一直向B板运动 C.电子先向A板运动,再向B板运动,再返回,如此做周期性运动 D.电子先向B板运动,再向A板运动,再返回,如此做周期性运动 6.一个动能为Ek的带电粒子,垂直于电力线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2Ek,如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,那么它飞出电容器时的动能变为 A.8Ek B.2Ek C.4.25Ek D.2.5Ek 7.理论上已经证明:电荷均匀分布的球壳在壳内产生的电场为零。现有一半径为R、电荷均匀分布的实心球体,O为球心,以O为原点建立坐标轴Ox,如右图所示。关于该带电小球产生的电场E随x的变化关系,下图中正确的是 8.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路。闭合开关S待电路稳定后,电容器C两极板带有一定的电荷。要使电容器所带电荷量增加,以下方法中可行的是 A.只增大R1,其他不变 B.只增大R2,其他不变 C.只减小R3 ,其他不变 D.只减小a、b两极板间的距离,其他不变 9.在如图所示的实验装置中,平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相连,极板A接地。若极板A稍向上移动一些,由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论,其依据是 A.两极板间的电压不变,极板上的电量变小 B.两极板间的电压不变,极板上的电量变大 C.两极板上的电量几乎不变,极板间的电压变小 D.两极板上的电量几乎不变,极板间的电压变大 10.物理图像能够直观、简洁地展现两个物理量之间的关系,利用图像分析物理问题的方法有着广泛的应用。如图,若令x?轴和?y轴分别表示某个物理量,则图像可以反映在某种情况下,相应物理量之间的关系。x轴上有A、B两点,分别为图线与x轴交点、图线的最低点所对应的x轴上的坐标值位置。下列说法中正确的是 A.若x?轴表示空间位置,y轴表示电势,图像可以反映某静电场的电势在x轴上分布情况,则A、B两点之间电场强度在x轴上的分量沿x轴负方向 B.若x?轴表示空间位置,y轴表示电场强度在x轴上的分量,图像可以反映某静电场的电场强度在x轴上分布情况,则A点的电势一定高于B点的电势 C.若x?轴表示分子间距离,y轴表示分子势能,图像可以反映分子势能随分子间距离变化的情况,则将分子甲固定在O点,将分子乙从A点由静止释放,分子乙仅在分子甲的作用下运动至B点时速度最大 D.若x?轴表示分子间距离,y轴表示分子间作用力,图像可以反映分子间作用力随分子间距离变化的情况,则将分子甲固定在O点,将分子乙从B点由静止释放,分子乙仅在分子甲的作用下一直做加速运动 二、计算题,解答应写必要的文字说明、方程式和重要演算步骤 11.如图所示,水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接,圆弧的半径R=0.40m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场强度E=1.0×104 N/C。现有一质量m=0.10kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置,由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动,当运动到圆弧形轨道的C端时,速度恰好为零。已知带电体所带电荷q=8.0×10-5C,取g=10m/s2,求: (1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小; (2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小; ( A B R O C E )(3)带电体沿圆弧形轨道运动过程中,电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少。 12.示波管的示意图如下,竖直偏转电极的极板长l=4.0cm,两板间距离d=1.0cm,极板右端与荧光屏的距离L=18cm。由阴极发出的电子经电场加速后,以v=1.6×107m/s的速度沿中心线进入竖直偏转电场。若电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。已知电子电荷量e=1.6×10-19C,质量m=0.91×10-30kg。(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上,求加在竖直偏转电极上的电压U应满足的条件;(2)在竖直偏转电极上加u=91sin100πt(V)的交变电压,求电子打在荧光屏上亮线的长度。 13.如图所示,在竖直平面内建立xOy直角坐标系,Oy表示竖直向上的方向。已知该平面内存在沿x轴负方向的区域足够大的匀强电场,现有一个带电量为2.5×10-4C的小球从坐标原点O沿y轴正方向以0.4 kg m/s的初动量竖直向上抛出,它到达的最高点位置为图中的Q点,不计空气阻力,g取10m/s2. (1)指出小球带何种电荷; (2)求匀强电场的电场强度大小; (3)求小球从O点抛出到落回x轴的过程中电势能的改变量. (4)求小球从O点抛出到最高点Q的过程中速度的最小值. 14.如图1所示,一长为且不可伸长的绝缘细线,一端固定于O点,另一端拴一质量为m的带电小球。空间存在一场强为E、方向水平向右的匀强电场。当小球静止时,细线与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g,,。 (1)判断小球所带电荷的性质,并求出小球所带的电荷量q; (2)如图2所示,将小球拉至点,使细线处于水平拉直状态。释放小球,小球由静止开始向下摆动,当小球摆到点时速度恰好为零。 a.求小球摆动过程中最大速度的大小; b.三位同学对小球摆动到点时所受合力的大小F合进行了讨论:第一位同学认为;第二位同学认为;第三位同学认为。你认为谁的观点正确?请给出证明。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 BD B AC BC ABD A D D C AD 11.(1)a点 (2)d,右 12、BC 13.(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有 qE=ma…………………………………………………………………………………(1) 解得 a=qE/m=8.0m/s2………………………………………………………………(2) 设带电体运动到B端的速度大小为vB,则vB2=2as解得 vB==4.0m/s。。。。(3) (2)设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N,根据牛顿第二定律有 N-mg=mvB2/R…………(4) 解得 N=mg+ mvB2/R=5.0N……(5) 根据牛顿第三定律可知,带电体对圆弧轨道B端的压力大小N′=N=5.0N………(6) (3)因电场力做功与路径无关,所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中,电场力所做的功W电=qER=0.32J…………………………………………………………………(7) 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩,对此过程根据动能定理有 W电+W摩-mgR=0-mvB2…………(8) 解得 W摩=-0.72J……………(9) 14.⑴极间场强; ⑵α粒子在极板间运动的加速度 ⑶由,得: 15.(1)设电子的质量为m、电量为e,电子通过加速电场后的速度为v,由动能定理有: eu=mv2 ; 电子通过偏转电场的时间t=; 此过程中电子的侧向位移y=at2=()2 联立上述两式解得:y=; 要使电子都打不到屏上,应满足u取最大值800V时仍有y> 代入数据可得,为使电子都打不到屏上,U至少为100V。 (2)当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时,其侧移量最大ymax==2.5cm 电子飞出偏转电场时,其速度的反向延长线通过偏转电场的中心,设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax,则由几何关系可得:=,解得Ymax=ymax=5.0cm 由第(1)问中的y=可知,在其它条件不变的情况下,u越大y越小,所以当u=800V时,电子通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量ymin==1.25×10-2m=1.25cm 同理,电子打在屏上距中心点的最小距离Ymin=ymin=2.5cm 所以电子打在屏上距中心点O在2.5cm~5.0cm范围内。

  • ID:6-5860084 2019年云南省大姚一中春季学期高三物理平抛运动与圆周运动的组合模型(14张PPT)

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    2019高考物理--圆周平抛组合模型 突破策略 方法:应用动力学和能量观点分析直线 平抛和圆周运动组合问题 这类模型一般不难,各阶段的运动过程具有独立性,只要对不同过程分别选用相应规律即可,两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。 很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口。 典例剖析 【例1】滑板运动是极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道,BC和DE是两段光滑圆弧形轨道,BC段的圆心为O点,圆心角为60°,半径OC与水平轨道CD垂直,水平轨道CD段粗糙且长8 m。一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出,在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道,到达E点时速度减为零,然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60 kg,B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H,且h=2 m,H=2.8 m,g取10 m/s2。求: 注意分析运动员在各段运动过程中遵从的规律 (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB; (2)轨道CD段的动摩擦因数μ; (3)通过计算说明,第一次返回时,运动员能否回到B点?如能,请求出回到B点时的速度的大小;如不能,则最后停在何处? 转 解析 转 原题 【备选】 如图甲所示,弯曲部分AB和CD是两个半径相等的四分之一圆弧,中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径),细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接,BC段的长度L可伸缩调节.下圆弧轨道与水平面相切,D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点,整个轨道固定在同一竖直平面内.一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道,从D点水平飞出. 在A、D两点各放一个压力传感器,测试小球对轨道A、D两点的压力,计算出压力差ΔF.改变BC间距离L,重复上述实验,最后绘得ΔF ?L的图线如图乙所示. (不计一切摩擦阻力,g取10 m/s2) 1. 小球做平抛运动,已知竖直高度求时间t及水平方向的初速度v0 2.小球从A点到D点,满足机械能守恒定律. 3.应用向心力公式分别求出FA和FD的表达式,得压力差ΔF随L的函数式.由图象的截距和斜率,求小球的质量m和半径r. 审题 析疑 转 解析 (1)某一次调节后D点离地高度为0.8 m.小球从D点飞出,落地点与D点的水平距离为2.4 m,求小球过D点时速度大小. (2)求小球的质量和圆弧轨道的半径大小. 要理解图象各部分的意义 转 原题 【例2】同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置,图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的1/4圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处,不考虑空气阻力,重力加速度为g。求: (1)距Q水平距离为L/2的圆环中心到底板的高度; (2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向; (3)摩擦力对小球做的功。 注意明确小球在这两段运动过程中遵从的规律. 本题详细解析见教辅! 审 题 设 疑 1. 本题有几个运动过程?各过程遵从什么物理规律? 2.各过程之间有哪些物理量存在相互关联? 【例3】如图示,将一质量m=0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2 m,斜面高H=15 m,竖直圆轨道半径R=5 m.取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2,求: (1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x; (2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间; (3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力. 转 解析 转 原题 平移 答案 h=0,物块静止于C点 该转折点b对应轨道上的B点(斜面与圆轨道的切点处) 转 解析 转 原题 审题 设疑 1.小物体经过几个运动过程?各过程遵从哪些物理规律? 2.解答本题的突破口在哪个过程中? 【例5】 如图所示,用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内,其弯曲部分是由两个半径均为R=0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)。轨道底端A与水平地面相切,顶端与一个长为l=0.9 m的水平轨道相切B点。一倾角为θ=37°的倾斜轨道固定于右侧地面上,其顶点D与水平轨道的高度差为h=0.45 m,并与其它两个轨道处于同一竖直平面内。一质量为m=0.1 kg的小物体(可视为质点)在A点被弹射入“S”形轨道内,沿轨道ABC运动,并恰好从D点无碰撞地落到倾斜轨道上。小物体与BC段间的动摩擦因数μ=0.5。(不计空气阻力。g取10 m/s2。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)小物体从B点运动到D点所用的时间; (2)小物体运动到B点时对“S”形轨道的 作用力大小和方向; (3)小物体在A点获得的动能。 转 解析 转 原题 平移 答案 平抛运动与圆周运动的组合模型训练 1、如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1 kg的小物块,从光滑平台上的A点以 v0=3 m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地 面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3 kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑接触,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.5 m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2.求: (1)A、C两点的高度差; (2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力; (3)要使小物块不滑出长木板,木板的最小长度.(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6) 解析 (1)小物块在C点时的速度大小为 vC==5 m/s,竖直分量为vCy=4 m/s 下落高度h= =0.8 m (2)小物块由C到D的过程中,由动能定理得 mgR(1-cos 53°)=mv-mv 解得vD= m/s 小球在D点时由牛顿第二定律得FN-mg=m 代入数据解得FN=68 N 由牛顿第三定律得FN′=FN=68 N,方向竖直向下 (3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度,大小为v,小物块在木板上滑行 的过程中,小物块与长木板的加速度大小分别为 a1=μg=3 m/s2, a2==1 m/s2 速度分别为v=vD-a1t,v=a2t 对物块和木板系统,由能量守恒定律得 μmgL=mv-(m+M)v2 解得L=3.625 m,即木板的长度至少是3.625 m 答案 (1)0.8 m (2)68 N (3)3.625 m 2、在我国南方农村地区有一种简易水轮机,如图所示,从悬崖上流出的水可看做连续做平抛运动的物体,水流轨道与下边放置 的轮子边缘相切,水冲击轮子边缘上安装的挡水板,可使轮子连续转动,输出动力.当该系统工作稳定时,可近似认为水的末速度与轮子边缘的线速度相同.设水的流出点比轮轴高h=5.6 m,轮子半径R=1 m.调整轮轴O的位置,使水流与轮边缘切点对应的半径与水平线成θ=37°角.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)问: (1)水流的初速度v0大小为多少? (2)若不计挡水板的大小,则轮子转动的角速度为多少? 答案 (1)7.5 m/s (2)12.5 rad/s 解析 (1)水流做平抛运动,有 h-Rsin 37°=gt2 解得t= =1 s 所以vy=gt=10 m/s,由图可知: v0=vytan 37°=7.5 m/s. (2)由图可知:v==12.5 m/s, 根据ω=可得ω=12.5 rad/s. 3、水上滑梯可简化成如图所示的模型,斜槽AB和光滑 圆弧槽BC平滑连接.斜槽AB的竖直高度差H=6.0 m,倾角 θ=37°;圆弧槽BC的半径R=3.0 m,末端C点的切线水平;C 点与水面的距离h=0.80 m.人与AB间的动摩擦因数μ=0.2,取 重力加速度g=10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6.一个质量m =30 kg的小朋友从滑梯顶端A点无初速度地自由滑下,不计空 气阻力.求: (1)小朋友沿斜槽AB下滑时加速度a的大小; (2)小朋友滑到C点时速度v的大小及滑到C点时受到槽面的支持力FC的大小; (3)在从C点滑出至落到水面的过程中,小朋友在水平方向的位移x的大小. 答案 (1)4.4 m/s2 (2)10 m/s 1 300 N (3)4 m 解析 (1)小朋友沿AB下滑时,受力情况如图所示,根据牛 顿第二定律得: mgsin θ-Ff =ma ① 又Ff =μFN ② FN=mgcos θ ③ 联立①②③式解得:a=4.4 m/s2 ④ (2)小朋友从A滑到C的过程中,根据动能定理得: mgH-Ff·+mgR(1-cos θ)=mv2-0 ⑤ 联立②③⑤式解得:v=10 m/s ⑥ 根据牛顿第二定律有:FC-mg=m ⑦ 联立⑥⑦式解得:FC=1 300 N. ⑧ (3)在从C点滑出至落到水面的过程中,小朋友做平抛运动,设此过程经历的时间为t, 则:h=gt2 ⑨ x=vt ⑩ 联立⑥⑨⑩式解得:x=4 m. 4、如图所示,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动,当转速达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8 m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4 m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2.求: (1)物块做平抛运动的初速度大小v0; (2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 答案 (1)1 m/s (2)0.2 解析 (1)物块做平抛运动,在竖直方向上有 H=gt2 ① 在水平方向上有s=v0t ② 由①②式解得v0=s 代入数据得v0=1 m/s (2)物块离开转台时,由最大静摩擦力提供向心力,有 fm=m ③ fm=μN=μmg ④ 由③④式得μ= 代入数据得μ=0.2 5、小明站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一 端,绳的另一端系有质量为m的小球,甩动手腕,使球在竖直平面 内做圆周运动.当球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水 平距离d后落地,如图所示.已知握绳的手离地面高度为d,手与 球之间的绳长为d,重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力. (1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2. (2)问绳能承受的最大拉力多大? (3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应为多少?最大水平距离为多少? 答案 (1)  (2)mg (3) d 解析 (1)设绳断后球飞行的时间为t,由平抛运动规律有 竖直方向:d=gt2 水平方向:d=v1t 解得v1= 由机械能守恒定律有mv=mv+mg(d-d) 解得v2= (2)设绳能承受的最大拉力大小为Fmax,这也是球受到绳的最大拉力的大小. 球做圆周运动的半径为R=d 由圆周运动向心力公式,有Fmax-mg= 得Fmax=mg (3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3.绳承受的最大拉力不变,有Fmax-mg=m, 解得v3= 绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,水平位移为x,时间为t1.由平抛运动规律有 d-l=gt,x=v3t1 得x=4 ,当l=时,x有最大值xmax=d. 6、如图所示,一质量为2m的小球套在一“”滑杆上,小球与滑杆的动摩擦因数为μ=0.5,BC段为半径为R的半圆,静止于A处的小球在大小为F=2mg,方向与水平面成37°角的拉力F作用下沿杆运动,到达B点时立刻撤去F,小球沿圆弧向上冲并越过C点后落在D点(图中未画出),已知D点到B点的距离为R,且AB的距离为s=10R.试求: (1)小球在C点对滑杆的压力; (2)小球在B点的速度大小; (3)BC过程小球克服摩擦力所做的功. 答案 (1)mg,方向竖直向下 (2)2 (3) 解析 (1)小球越过C点后做平抛运动, 有竖直方向:2R=gt2 ① 水平方向:R=vC t ② 解①②得 vC= 在C点对小球由牛顿第二定律有: 2mg-FNC=2m 解得FNC= 由牛顿第三定律有,小球在C点对滑杆的压力FNC′=FNC=,方向竖直向下 (2)在A点对小球受力分析有:FN+Fsin 37°=2mg ③ 小球从A到B由动能定理有: Fcos 37°·s-μFN·s=·2mv ④ 解③④得vB=2 (3)BC过程对小球由动能定理有: -2mg·2R-Wf=×2mv-×2mv 解得Wf= 7、如图所示,质量为m=1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上,从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点,经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道,恰能做圆周运动.C点在B点的正上方,D点为轨道的最低点.小物块离开D点后,做平抛运动,恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点.已知半圆轨道的半径R=0.9 m,D点距水平面的高度h=0.75 m,取g=10 m/s2,试求: (1)摩擦力对小物块做的功; (2)小物块经过D点时对轨道压力的大小; (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ. 答案 (1)4.5 J (2)60 N,方向竖直向下 (3)60° 解析 (1)设小物块经过C点时的速度大小为v1,因为经过C点恰能做圆周运动,所以, 由牛顿第二定律得: mg=m 解得:v1=3 m/s 小物块由A到B的过程中,设摩擦力对小物块做的功为W,由动能定理得: W=mv 解得:W=4.5 J (2)设小物块经过D点时的速度大小为v2,对从C点运动到D点的过程,由机械能守恒 定律得: mv+mg·2R=mv 小物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为FN,由牛顿第二定律得:FN-mg=m 联立解得:FN=60 N 由牛顿第三定律可知,小物块经过D点时对轨道的压力大小为: FN′=FN=60 N,方向竖直向下 (3)小物块离开D点后做平抛运动,设经时间t打在E点,由h=gt2得: t= s 设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy,速度跟竖直方向的夹角为α, 则: vx=v2 vy=gt tan α= 解得:tan α= 所以:α=60° 由几何关系得:θ=α=60°. 8、 水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切, 一小球以初速度v0沿直轨道向右运动.如图3所示,小球进入圆 形轨道后刚好能通过c点,然后小球做平抛运动落在直轨道上的 d点,则 (  ) A.小球到达c点的速度为 B.小球到达b点时对轨道的压力为5mg C.小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R D.小球从c点落到d点所需时间为2 答案 ACD 解析 小球在c点时由牛顿第二定律得: mg=,vc=,A项正确; 小球由b到c过程中,由机械能守恒定律得: mv=2mgR+mv 小球在b点,由牛顿第二定律得: FN-mg=,联立解得 FN=6mg,B项错误; 小球由c点平抛,在平抛运动过程中由运动学公式得: x=vct,2R=gt2.解得t=2 ,x=2R,C、D项正确. 9、 如图所示,在水平匀速运动的传送带的左端(P点),轻放一质量为m=1 kg的物块,物块随传送带运动到A点后水平抛出,物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑.B、D为圆弧的两端点,其连线水平.已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的圆心角θ=106°,轨道最低点为C,A点距水平面的高度h=0.8 m(g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求: (1)物块离开A点时水平初速度的大小; (2)物块经过C点时对轨道压力的大小; (3)设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3,传送带的速度为5 m/s,求PA间的距离. 答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m 解析 (1)物块由A到B在竖直方向有v=2gh vy=4 m/s 在B点:tan =,vA=3 m/s (2)物块从B到C由功能关系得 mgR(1-cos )=mv-mv vB==5 m/s 解得v=33 m2/s2 在C点:FN-mg=m 由牛顿第三定律知,物块经过C点时对轨道压力的大小为FN′=FN=43 N (3)因物块到达A点时的速度为3 m/s,小于传送带速度,故物块在传送带上一直做匀加速直线运动 μmg=ma, a=3 m/s2 PA间的距离xPA==1.5 m. 10、如图所示,半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面 内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角 θ= 37°,另一端点C为轨道的最低点.C点右侧的水平路面 上紧挨C点放置一木板,木板质量M =1 kg,上表面与C点 等高.质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以 v0=1.2 m/s的速度水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道. 已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与路面间的动摩擦因数μ2=0.05,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2.试求: (1)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力; (2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等,则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下? 答案 (1)46 N (2)6 m 解析 (1)设物块经过B点时的速度为vB,则 vBsin 37°=v0 设物块经过C点的速度为vC,由机械能守恒得: mv+mg(R+Rsin 37°)=mv 物块经过C点时,设轨道对物块的支持力为FC,根据牛顿第二定律得:FC-mg=m 联立解得:FC=46 N 由牛顿第三定律可知,物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46 N (2)物块在木板上滑动时,设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2,得:μ1mg=ma1 μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 设物块和木板经过时间t达到共同速度v,其位移分别为x1、x2,则:对物块有: vC-a1t=v v2-v=-2a1x1 对木板有:a2t=v v2=2a2x2 设木板长度至少为L,由题意得:L≥x1-x2 联立解得:L≥6 m 即木板长度至少6 m才能使物块不从木板上滑下. 11、 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图7所 示,赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入 半径为R的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直 轨道上运动到C点,并能越过壕沟.已知赛车质量m=0.1 kg, 通电后以额定功率P=1.5 W工作,进入竖直轨道前受到的阻力 恒为0.3 N,随后在运动中受到的阻力均可不计.图中L=10.00 m, R=0.32 m,h=1.25 m,x=1.50 m.问:要使赛车完成比赛,电动 机至少工作多长时间?(取g=10 m/s2) 答案 2.53 s 解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律 x=v1t,h=gt2 解得v1=x =3 m/s 设赛车恰好越过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点速度为v3,由牛顿运动 定律及机械能守恒定律得 mg=mv/R mv=mv+mg(2R) 解得v3==4 m/s 通过分析比较,赛车要完成比赛,在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin=4 m/s 设电动机工作时间至少为t,根据功能关系,有 Pt-FfL=mv,由此解得t=2.53 s

  • ID:6-5860071 云南省大姚一中2019届平抛运动与圆周运动相结合训练卷 word版含答案

    高中物理/高考专区/三轮冲刺

    云南省大姚一中2019届平抛运动与圆周运动相结合训练卷 学校:___________姓名:___________班级:___________ 一、选择题 1.如图所示,半径为R,内径很小的光滑半圆细管竖直放置,一质量为的小球A以某一速度从下端管口进入,并以速度通过最高点时与管壁之间的弹力大小为,另一质量也为小球B以某一速度从下端管口进入,并以速度通过最高点时与管壁之间的弹力大小为,且,。当、两球落地时,落地点与下端管口之间的水平距离、之比可能为( ) A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 试题分析:若A球通过最高点时,对细管是向下的压力,则B也是向下的压力,则根据牛顿第二定律可得,,解得:,,解得不符合题意 故对A只能有:解得:, 对B 有:,解得或者解得 通过C点后,小球做平抛运动,所以水平位移,因为距离地面的高度相同,所以落地时间相同,故可得或者 2.如图所示,半径为R的半圆形圆弧槽固定在水平面上,在圆弧槽的边缘A点有一小球(可视为质点,图中未画出),今让小球对着圆弧槽的圆心O以初速度作平抛运动,从抛出到击中槽面所用时间为(g为重力加速度)。则平抛的初速度可能是 A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 试题分析:平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动.由竖直位移,小球可能落在左半边也可能落在右半边,水平位移有两个值,由勾股定理可求出分别为,由水平方向匀速直线运动可求出两个水平速度分别为 、AB对。 3.如图所示,水平地面上有一个坑,其竖直截面为半圆,O为圆心,AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球,小球将击中坑壁上的最低点D点;若A点小球抛出的同时,在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点。已知∠COD = 60°,且不计空气阻力,则( ) A.两小球同时落到D点 B.两小球在此过程中动能的增加量相等 C.在击中D点前瞬间,重力对两小球做功的功率不相等 D.两小球初速度之比 【答案】CD 【解析】 试题分析:平抛运动飞行时间只与高度有关,A点小球后落到D点,选项A错误;由动能定理,两小球在此过程中动能的增加量不相等,选项B错误;在击中D点前瞬间,重力对两小球做功的功率不相等,选项C正确;由平抛运动规律,,;,;联立解得v1∶v2=∶3,选项D正确 4.如图所示,在竖直平面内有一半圆形轨道,圆心为O。一小球(可视为质点)从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出,落于圆轨道上的C点。已知OC的连线与OA的夹角为θ,重力加速度为g,则小球从A运动到C的时间为( ) A. cot B. tan C. cot D. tan 【答案】A 【解析】 试题分析:小球以速度水平向右抛出,做平抛运动,水平方向有,竖直方向有,解得。 5.水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切,一小球以初速度v0沿直线轨道向右运动,如图所示,小球进入圆形轨道后刚好能通过c点,然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点,则( ) A.小球到达c点的速度为 B.小球到达b点时轨道的压力为5mg C.小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R D.小球从c点落到d点所需时间为 【答案】ACD 【解析】 二、计算题(题型注释) 6.(12分)如图所示,粗糙水平地面与半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD相连接,且在同一竖直平面内,O是BCD的圆心,BOD在同一竖直线上。质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下,由静止开始从A点开始做匀加速直线运动,当小物块运动到B点时撤去F,小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点,已知AB间的距离为3m,重力加速度。求: (1)小物块运动到B点时的速度; (2)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离。 (3)小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功 【答案】(1)(2)x=1m(3)Wf=32.5J 【解析】 试题分析:(1)因为小物块恰能通过D点,所以在D点小物块所受重力等于向心力,即 2分 小物块由B运动D的过程中机械能守恒,则有 2分 所以 1分 (2)设小物块落地点距B点之间的距离为x,下落时间为t 根据平抛运动的规律 1分 2分 解得x=1m 1分 (3)小物块在水平面上从A运动到B过程中根据动能定理,有 2分 解得:Wf=32.5J 1分 7.(14分)光滑水平桌面上有一轻弹簧,用质量m=0.4 kg的小物块将弹簧缓慢压缩,释放后物块从A点水平抛出, 恰好由P点沿切线进入光滑圆弧轨道MNP,已知其圆弧轨道为半径R=0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧,P点到桌面的竖直距离也是R,MN为竖直直径,g=10 m/s2,不计空气阻力。求: (1)物块离开弹簧时的速度大小; (2)物块在N点对圆弧轨道的压力.(结果可用根式表示) 【答案】(1)4m/s (2)28+4N 【解析】 试题分析:(1)物块由A点以初速度vA做平抛运动, 落到P点时其竖直速度为vy=, 由几何知识可知vA=Vy 解得vA=4 m/s (2)A到N点,由动能定理有 mg[R+(R-Rcos45°)]=- 在N点有:F-mg = 解得F=28+4N 由牛顿第三定律可知,物体对轨道的压力大小等于F,方向竖直向下。 8.如图,斜面、水平轨道和半径R=2.5m的竖直半圆组成光滑轨道,水平轨道与半圆的最低点相切,轨道固定在水平面上。一个质量为m=0.1kg的小球从水平地面上A点斜向上抛出,并在半圆轨道最高点D水平进入轨道,然后沿斜面向上,达到最大高度h=6.25m。(不计空气阻力,小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失。(g取10m/s2) 求 (1)小球抛出时的速度(角度可用三角函数表示) (2)小球抛出点A到D的水平距离 (3)小球运动到半圆轨道最低点时球对轨道的压力 【答案】(1)arctan2 (2)5m (3) 11N 【解析】 试题分析:(1)从D点到斜面最高点的过程中机械能守恒,则有 mvD2+2mgR=mgh 解得:vD==5m/s 设小球抛出时的速度为v0,根据机械能守恒定律有: mv02= mgh 代入数值解得:v0=5m/s 小球从A到D的过程可以看做从D到A的逆过程, 小球抛出点A到D的水平距离为x,根据平抛运动规律有: 2R= 代入数值解得:x=5m 设小球抛出时速度方向与水平方向夹角为θ,根据平抛运动规律有: tanθ=2=2 所以θ=arctan2 (2) 由(1)问知x=5m (3) 根据机械能守恒定律知小球在最低点的速度为v0=5m/s,由牛顿第二定律得: N-mg=m,所以:N=11N 由牛顿第三定律可知,小球运动到半圆轨道最低点时球对轨道的压力大小为11N,方向竖直向下。 9.如图所示,在水平放置的圆盘边缘C点固定一个小桶,桶的高度不计,圆盘半径为R=1m,在圆盘直径CD的正上方,与CD平行放置一条水平滑道AB,滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上,且B点距离圆盘圆心的竖直高度h= 1.25m,在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块(可视为质点),物块与滑道的动摩擦因数为μ=0.2,现用力F=4 N的水平作用力拉动物块,同时圆盘从图示位置以角速度ω=2π rad/s,绕通过圆心O的竖直轴匀速转动,拉力作用在物块上一段时间后撤掉,最终物块由B点水平抛出,恰好落入圆盘边缘的小桶内。(重力加速度取10m/s2。) (1)若拉力作用时间为0.5s,求所需滑道的长度 (2)求拉力所做的最少的功 【答案】(1)4m (2)1.44J 【解析】 试题分析:(1)设在拉力F作用下物体的加速度为a1,只在滑动摩擦力作用下的加速度为a2,根据牛顿第二定律有:F-?mg=ma1 -?mg=ma2 解得a1=8m/s2 a2=-2m/s2 由平抛运动规律知从B到C的时间为t==0.5s 所以从B点飞出速度为 vB==2m/s 设拉力作用时间为t0,则滑道的长度L应满足: (2)要使拉力做功最少,则应拉力作用时间最短(或作用距离最短),则应满足圆盘在刚好转动一周时物块掉进C中,由题可知圆盘转动周期:T=1s.由(1)的分析知从拉力开始作用到滑块到B点所用时间等于0.5s,设拉力作用时间为t1,自由滑动时间为t2, 则有vB=a1t1+a2t2,解得t1=0.3s,t2=0.2s,所以拉力做的最少的功为: WF=F×a1t12=1.44J 10.如图所示,竖直放置的半径R=0.4m的半圆形光滑轨道BCD跟水平直轨道AB相切于B点,D点为半圆形轨道的最高点。可视为质点的物块m=0.5kg,静止在水平轨道上A点,物块与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2,AB两点间的距离为l=2m。现给物块m施以水平向右恒力F作用s=1m 后撤除恒力,物块滑上圆轨道D点时对轨道压力大小等于物块重力。(g取10m/s2) (1)求物块m到达B点时的速度大小 (2)求物块落到轨道上距B点的距离x (3)求恒力F的大小 【答案】(1) (2) (3)8N 【解析】 试题分析:(1)以物块为研究对象,根据题设及牛顿第三定律知物块滑上圆轨道D点时,轨道对物块弹力大小等于物块重力,即 设物块到达D点时的速度为vD,应用牛顿第二定律得:, 代入数据解得: 从B到D点过程,只有重做功,机械能守恒: 代入数据解得: (2)物块过D点后做平抛运动,设从D点到落到水平轨道上所需时间为t,根据运动学规律得: 在竖直方向上: ,解得: 在水平方向上: (3)物块在AB段:水平向右恒力F做正功,摩擦力做负功.由动能定理得:   解得 11.如图所示,从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=lkg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上,圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg,A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m,R=0.75m,物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。g取10m/s2,求: (1)小物块运动至B点时的速度大小和方向; (2)小物块滑动至C点时,对圆弧轨道C点的压力; (3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板? 【答案】(1)5m/s,与水平方向成37°角斜向下(2)47.3N,向下(3)2.8m 【解析】 试题分析:(1)物块做平抛运动:H-h=gt2??? 设到达C点时竖直分速度为vy则:vy=gt v1==v0=5m/s 方向与水平面的夹角为θ,tanθ==,即θ=37°?? (2)从A至C点,由动能定理得mgH=???? ① 设C点受到的支持力为FN,则有FN-mg= 由①式可得v2=2m/s??? 所以:FN=47.3?N????? 根据牛顿第三定律可知,物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N,方向向下 (3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N? 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2(M+m)g=10N? 因f<f′,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动,至长木板右端时速度刚好为0 则长木板长度至少为l==2.8m。??? 12.m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点),A为终端皮带轮,如图所示,已知皮带轮半径为r,传送带与皮带轮间、传送带与小物体间不会打滑.当m可被水平抛出时, (1)A轮每秒的转数n最少是多少? (2)若A轮有上述的最小转速,且其最高点距地面高度为h,求小物体落地的速度方向(用反三角函数表示) 【答案】(1)(2) 【解析】 试题分析:(1)小物体在轮的最高点时有:,又有 联立解得: (2)抛出后小物体做平抛运动有: 竖直方向有: 水平方向有: 落地时速度方向与水平方向的夹角为: 联立解得: 13.如图所示,一小物块自平台上以速度水平抛出,刚好落在邻近一倾角为的粗糙斜面顶端,并恰好沿该斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差m,小物块与斜面间的动摩擦因数为,点离点所在平面的高度m。有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点平滑连接, 已知,,取m/s2。求: (1)小物块水平抛出的初速度是多少; (2)小物块能够通过圆轨道,圆轨道半径R的最大值。 【答案】(1)m/s; (2)R最大值为m 【解析】 试题分析:(1)小物块自平台做平抛运动,由平抛运动知识得: m/s (2分) 由于物块恰好沿斜面下滑,则 (3分) 得m/s (2分) (2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v,受到圆轨道的压力为N。则由向心力公式得: (2分) 由功能关系得: (5分) 小物块能过圆轨道最高点,必有 (1分) 联立以上各式并代入数据得: m,R最大值为m (2分) 14.(14分)如图所示,质量为m的小物块在光滑的水平面上以v0向右做直线运动,经距离l后,进入半径为R光滑的半圆形轨道,从圆弧的最高点飞出恰好落在出发点上.已知l=1.6m,m=0.10kg,R=0.4m,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2. (1)求小物块运动到圆形轨道最高点时速度大小和此时小物块对轨道的压力. (2)求小物块的初速度v0. (3)若轨道粗糙,则小物块恰能通过圆形轨道最高点.求小物块在这个过程中克服摩擦力所做的功. 【答案】(1)3N (2) (3) 【解析】 试题分析:(1)由题意知,物块从圆形轨道最高点飞出做平抛运动, 在水平方向:;竖直方向 代入数据解得:v=4 m/s 在最高点根据向心力公式,解得:F=3N 由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力 (2)从出发到运动到轨道最高点的过程根据动能定理: 解得: (3)设物块恰好能过轨道最高点时速度为,则 再由动能定理: 代入数据解得: 15.(13分)如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置,MN为半径、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平。PQ为待检验的固定曲面,该曲面为在竖直面内截面半径的圆弧,圆弧下端切线水平且圆心恰好位于MN轨道的上端点N,M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪,可发射速度不同的质量的小钢珠,假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过N点,水平飞出后落到PQ上的S点,取g =10m/s2。求: (1)小球到达N点时速度的大小; (2)发射该钢珠前,弹簧的弹性势能的大小; (3)钢珠落到圆弧PQ上S点时速度的大小。 【答案】(1)(2)(3) 【解析】 试题分析:(1)恰好能过N点,则在N点时重力充当向心力,所以根据牛顿第二定律可得(2分) 故解得 (1分) (2) 弹簧的弹性势能转化为动能和重力势能,所以有 (2分) 解得: (1分) (3)从N点出来后,恰好做平抛运动,所以在水平方向上有: (1分) 在竖直方向上有: (1分) 根据几何知识可得: (1分) 故解得 (1分) 根据速度的合成可得 (2分) 故 (1分) 16.(12分) 如图所示,竖直平面内的一半径R=0.50 m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,一水平面与圆弧槽相接于D点,质量m=0.10 kg的小球从B点正上方H=0.95 m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,DQ间的距离x=2.4 m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80 m,g取g=10 m/s2,不计空气阻力,求: (1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN; (2)小球经过最高点P的速度大小vP; (3)D点与圆心O的高度差hOD. 【答案】(1)6.8 N (2)3.0 m/s (3)0.30 m 【解析】 试题分析:(1)设经过C点速度为v1,由机械能守恒有mg(H+R)=mv 由牛顿第二定律有FN-mg= 代入数据解得:FN=6.8 N. (2)P点时速度为vP, P到Q做平抛运动有h=gt2,=vPt 代入数据解得:vP=3.0 m/s. (3)由机械能守恒定律,有 mv+mgh=mg(H+hOD), 代入数据,解得hOD=0.30 m. 17.(16分)如图所示,让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A点无初速滑下,运动到轨道最低点B后,进入半径为R的光滑竖直圆轨道,并恰好通过轨道最高点C,离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D点后抛出,最终撞击到搁在轨道末端点和水平地面之间的木板上,已知轨道末端点距离水平地面的高度为H=0.8m,木板与水平面间的夹角为θ=37°,小球质量为m=0.1kg,A点距离轨道末端竖直高度为h=0.2m,不计空气阻力。(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8) ⑴求圆轨道半径R的大小; ⑵求小球从轨道末端点冲出后,第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大; ⑶若改变木板的长度,并使木板两端始终与平台和水平面相接,试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式,并在图中作出Ek-(tanθ)2图象。 【答案】 ⑴R=0.08m;⑵y=0.45m;⑶Ek=0.8tan2θ+0.2,其中0<tan2θ≤1, 【解析】 试题分析:⑴小球恰好能通过C点,因此,在C点,根据牛顿第二定律和向心力公式有:mg= 小球由A点运动至C点的过程中,只有重力做功,根据动能定理有:mg(h-2R)=-0 联立以上两式解得:R==0.08m ⑵小球从A点运动至D点的过程中,只有重力做功,根据动能定理有:mgh=-0 小球离开D点后开始做平抛运动,设经时间t落到木板上,根据平抛运动规律可知,在水平方向上有:x=vDt 在竖直方向上有:y= 根据图中几何关系有:tanθ= 联立以上各式解得:y=4htan2θ=0.45m,即小球从轨道末端点冲出后,第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为:y=0.45m ⑶小球从离开D点到第一次撞击木板的过程中,根据动能定理有:mgy=Ek- 解得:Ek=mgy+ 由⑵中求解可知:Ek=mgh(4tan2θ+1)=0.8tan2θ+0.2 显然,当小球落地时动能最大,为:Ekm=mg(h+H)=1J 所以有:0<tan2θ≤1,其图象如下图所示。 18.如图,一个质量为m的小球(可视为质点)以某一初速度从A点水平抛出,恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧,经BCD从圆管的最高点D射出,恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上,BC弧对应的圆心角θ=60°,不计空气阻力。求: (1)小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小; (2)在D点处管壁对小球的作用力N; (3)小球在圆管中运动时克服阻力做的功W克f。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 试题分析:(1)小球从A到B:竖直方向 =2gR(1+cos60°)=3gR 则vy= 在B点,由速度关系 v0= (2)小球从D到B,竖直方向 R(1+cos60°)= 解得:t= 则小球从D点抛出的速度 vD= 在D点,由牛顿第二定律得: mg﹣N=m 解得:N= (3)从A到D全程应用动能定理: ﹣W克f = 解得:W克f = 19.(14分)如图所示,竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为R,A端与圆心O等高,AD为与水平方向成45°角的斜面,B端在O的正上方,一个小球在A点正上方由静止开始释放,自由下落至A点后进入圆形轨道并恰能到达B点.求: (1)到达B点的速度大小?(2)释放点距A点的竖直高度;(3)小球落到斜面上C点时的速度大小和方向. 【答案】(1) (2) (3),与水平方向夹角的正切值是2 【解析】 试题分析:(1)小球到达B点:由 解得: (2)设小球的释放点距A点高度为,由机械能守恒定律得: 解得: (3)小球落到C点时:由,得: 解得: 小球落到C点得速度大小: 小球落到C点时,速度与水平方向夹角为: 考点:本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动. 20.(18分)如图所示,位于竖直平面内的1/4光滑圆弧轨道,半径为R,OB沿竖直方向,B处切线水平,圆弧轨道上端A点距地面高度为H,质量为m的小球从A点由静止释放,最后落在地面C点处,不计空气阻力,求: (1)小球刚运动到B点时,对轨道的压力是多少? (2)小球落地点C到B的水平距离S为多少? (3)比值R/H为多少时,小球落地点C与B的水平距离S最远?该水平距离的最大值是多少(用H表示)? 【答案】(1)=3mg(2)S=(3) 【解析】 试题分析:(1)由机械能守恒定律mgR=  对最低点列牛顿第二定律方程 解得:=3mg 根据牛顿第三定律小球刚运动到B点时,对轨道的压力是=3mg (2)由平抛运动得H-R=,S= 解得:S= (3)由S== 当R=时,即时,S有最大值 21.(19分)如图所示,在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块,它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5,且与台阶边缘O点的距离s=5m.在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板,圆弧半径R=1m,圆弧的圆心也在O点。今以O点为原点建立平面直角坐标系.现用F=5N的水平恒力拉动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板.(g取10m/s2) (1)若小物块恰能击中档板上的P点(OP与水平方向夹角为37°,已知,),则其离开O点时的速度大小; (2)为使小物块击中档板,求拉力F作用的最短时间; (3)改变拉力F的作用时间,使小物块击中挡板的不同位置.求击中挡板时小物块动能的最小值. 【答案】(1) (2) t=1s (3) 【解析】 试题分析:(1)小物块从O到P,做平抛运动 水平方向: (2分) 竖直方向: (2分) 解得: (1分) (2)为使小物块击中档板,小物块必须能运动到O点, 由动能定理得: (1分) 解得:x=25m (1分) 由牛顿第二定律得: (2分) 解得: (1分) 由运动学公式得: (2分) 解得:t=1s (1分) (3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x,y),则 (1分) (1分) 由机械能守恒得: (1分) 又 (1分) 化简得: (1分) 由数学方法求得 (1分) 22.如图所示,在竖直平面内有半径为R=0.2 m的光滑1/4圆弧AB,圆弧B处的切线水平,O点在B点的正下方,B点高度为h=0.8 m。在B端接一长为L=1.0 m的木板MN。一质量为m=1.0 kg的滑块,与木板间的动摩擦因数为0.2,滑块以某一速度从N点滑到板上,恰好运动到A点。 (g取10 m/s2)求: (1)滑块从N点滑到板上时初速度的速度大小; (2)从A点滑回到圆弧的B点时对圆弧的压力; (3)若将木板右端截去长为ΔL的一段,滑块从A端静止释放后,将滑离木板落在水平面上P点处,要使落地点P距O点最远,ΔL应为多少? 【答案】(1)0.2;(2)30 N,方向竖直向下;(3)0.16m 【解析】 试题分析:(1)由动能定理可知 (1分) 解得 (1分) (2)根据动能定理 (1分) 由向心力公式可知: (1分) 解得:F=30 N 由牛顿第三定律知,滑块滑至B点时对圆弧的压力为30 N,方向竖直向下。 (1分) (3)由牛顿第二定律可知: (1分) 根据平抛运动规律: (1分) 由运动学公式可知: , (1分) 由平抛运动规律和几何关系: (1分) 解得当时,落地点P距O点最远。 (1分) 23.(17分)可视为质点的小球A、B静止在光滑水平轨道上,A的左边固定有轻质弹簧,B与弹簧左端接触但不拴接,A的右边有一垂直于水平轨道的固定挡板P。左边有一小球C沿轨道以某一初速度射向B球,如图所示,C与B发生碰撞并立即结成一整体D,在它们继续向右运动的过程中,当 D和A的速度刚好相等时,小球A恰好与挡板P发生碰撞,碰后A立即静止并与挡板P粘连。之后D被弹簧向左弹出,D冲上左侧与水平轨道相切的竖直半圆光滑轨道,其半径为,D到达最高点Q时,D与轨道间弹力。已知三小球的质量分别为、。取,求: (1)D到达最高点Q时的速度的大小; (2)D由Q点水平飞出后的落地点与Q点的水平距离s; (3)C球的初速度的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 试题分析: ⑴D在Q点时据牛顿第二定律有: 解得: ⑵令D由Q点平抛飞出后经时间落至地面 代入数据解得: ⑶C碰B,据动量守恒有: 解得: D向右压缩弹簧的过程中,据系统动量守恒: 解得: 据机械能守恒: 解得: A碰P静止后,D被弹簧向左弹出直到Q的过程中,据机械能守恒有: 代入数据解得: 24.(16分)如图所示,轻杆两端分别系着质量为的圆环A和质量为的小球B,轻杆与A的连接处有光滑铰链,轻杆可以绕铰链自由转动。A套在光滑的水平固定横杆上,A、B静止不动时B球恰好与光滑地面接触,在B的左侧是半径为m的1/4圆弧。质量为的小球C以的速度向左与B球发生正碰。已知碰后C小球恰好能做平抛运动,小球B在运动过程中恰好能与横杆接触。重力加速度取,则: ( R R v 0 C B A ) (1)碰后C球平抛的水平位移 (2)碰后瞬间B球的速度 (3)A、B间轻杆的长度 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 试题分析: (1)碰后C球恰好能做平抛运动,则C球在圆弧顶端,由牛顿第二定律: 水平方向: 竖直方向: 解得: (2)碰撞过程中,B球和C球组成的系统动量守恒: 解得: (3)碰后当B球恰好与横杆接触时,二者具有相同的水平速度v共。 水平方向动量守恒 系统机械能守恒 解得: 试卷第22页,总22页 试卷第23页,总34页

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