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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年外研kok电子竞技三kok电子竞技起点高三物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题,共16分)1、在一忽略自转的小星球上,一辆汽车静止时对地面的压力为N1,当其以速度v行驶时,对地面的压力为N2;则该星球的第一宇宙速度为()

A.

B.

C.

D.v

2、下列单位____能量单位的是()A.焦耳(J)B.毫安时(mAh)C.电子伏(eV)D.千瓦时(kW·h)3、【题文】矩形线框在匀强磁场内绕垂直于磁场的轴匀速转动的过程中;线框输出的交流电电压随时间变化的图象如图所示,由图可知()

A.当t=2s时,线圈平面与中性面垂直B.该交流电的频率为25HzC.该交流电的电压的有效值为100VD.若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为50W4、如图所示,粗糙的半圆形凹槽固定在水平面上,ac为水平直径,b点为凹槽的最低点,小滑块(可视为质点)从a点由静止开始释放,沿凹槽来回运动,在滑块来回运动的过程中,关于滑块经过b点时受到的滑动摩擦力大小的变化情况,下列判断正确的是()A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大5、2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害,其中高压输电线因结冰而损毁严重。为消除高压输电线上的凌冰,事后有人设计了利用电流的热效应除冰的融冰思路。若在正常供电时,高压线上送电电压为U,电流为I,热耗功率为△P;除冰时,在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下,通过自动调节高压输电变压器的变压比,使输电线上的热耗功率变为16△P,则除冰时()A.输电电流为4IB.输电电流为16IC.输电电压为4UD.输电电压为6、关于声波和电磁波,下列说法错误的是()A.都能发生干涉和衍射B.都能传递能量和信号C.都能产生多普勒效应D.都是横波7、物体静止在水平桌面上,物体对水平桌面的压力()A.大小一定大于物体的重力,因为物体把桌面压弯了B.这压力是由于桌面发生形变而产生的C.这压力是由于物体发生形变而产生的D.这压力就是物体的重力8、下列情况中,研究对象可以看成质点的是()A.体积、质量都极小的物体都能看成质点B.研究绕地球飞行时的航天飞机C.杂技演员做空翻动作时可视为质点D.研究自行车的运动时,因车轮在转动,所以无论研究什么,自行车都不能视为质点评卷人得分二、多选题(共8题,共16分)9、如图,光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定,杆上套有一带正电小球,质量为m,带电荷量为q,为使小球静止在杆上,可加一匀强电。拥绯〉某∏柯闶裁刺跫时,小球可在杆上保持静止()A.竖直向上,场强大小为B.垂直于杆斜向上,场强大小为C.平行于杆斜向上,场强大小为D.水平向右,场强大小为10、在O点有一波源,t=0时刻开始向上振动,形成向右传播的一列横波.t1=4s时,距离O点为3m的A点第一次达到波峰;t2=7s时,距离O点为4m的B点第一次达到波谷.则以下说法不正确的是()A.该横波的波长为2mB.该横波的周期为4sC.该横波的波速为1m/sD.距离O点为1m的质点第一次开始向上振动的时刻为6s末11、如图所示,M为放在水平地面上的劈形物体,物块m在其斜面上受到沿斜面向上的力F作用,m与M都保持静止.设m受摩擦力为f1,M受地面的摩擦力为f2,当F增大后,m和M仍都静止,则()A.f2增大,f1可能增大B.f1减。琭2不变C.f2增大,f1可能减小D.f1与f2的大小均可能不变12、关于物理量或物理量的单位,下列说法正确的是()A.1N/kg=1m/s2B.“m”“kg”“s”都是国际单位制中的基本单位C.后人为了纪念牛顿,把“N”作为力学中的基本单位D.在力学范围内,国际单位制规定长度、质量、速度为三个基本物理量13、在光滑水平面上,一个质量为2kg、初速度不为零的物体,受到大小分别为3N、4N和8N三个水平方向的共点力作用,则该物体()A.可能做匀速直线运动B.可能做匀减速直线运动C.不可能做匀变速曲线运动D.加速度的大小可能是2m/s214、如图所示,轻弹簧的上端悬挂在天花板上,下端挂一质量为m的小球,小球处在静止状态,现在小球上加一竖直向上的恒力F使小球向上运动,小球运动的最高点与最低点之间的距离为H,则此过程中(g为重力加速度,弹簧始终在弹性限度内)()A.小球的重力势能增加mgHB.小球的动能增加(F-mg)HC.小球的机械能增加FHD.小球的机械能不守恒15、甲、乙两车从同一地点同时出发,两车运动的v-t图象如图所示,下列说法中正确的是()A.甲、乙两车在第2s末速度相等B.甲、乙两车在第4s末相遇C.在甲、乙两车相遇前,第2s末两车相距最远D.甲车沿着正方向运动,乙车沿着负方向运动16、某同学在研究电子在电场中的运动时,得到了电子由a点运动到b点的轨迹(图中实线所示),图中未标明方向的一组虚线可能是电场线,也可能是等势面,则下列说法正确的判断是()A.如果图中虚线是电场线,电子由a点运动到b点,动能减。缡颇茉龃驜.如果图中虚线是等势面,电子由a点运动到b点,动能增大,电势能减小C.不论图中虚线是电场线还是等势面,a点的场强都大于b点的场强D.不论图中虚线是电场线还是等势面,a点的电势都高于b点的电势评卷人得分三、填空题(共5题,共10分)17、某小球以5m/s的速度垂直撞在墙上,以4m/s的速度垂直墙面反弹.以小球的初速度方向为正方向,则小球在撞墙过程中速度的变化量为____m/s;若小球与墙壁接触的时间为0.05s,则小球撞墙过程中平均加速度大小为____m/s2.18、(2010秋?资阳期末)如图所示,物体以4m/s的初速度自斜面底端A点滑上光滑斜面,途经斜面中点C到达最高点B.已知vA:vC=4:3,从C点到B点历时(3-)s,则到达斜面最高点的速度为____;斜面的长度为____.19、在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出.中微子的性质十分特别,因此在实验中很难探测.1953年,莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统,利用中微子与水中的核反应;间接地证实了中微子的存在.

(1)中微子与水中的发生核反应,产生中和正电子,即中微子→可以判定,中微子的质量数和电荷数分别是____、____.

(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇,与电子形成几乎静止的整体后,可以转变为两个光子γ,即→2γ.已知正电子和电子的质量都为9.1×10-31㎏,反应中产生的每个光子的能量约为____J.正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子,原因是____.20、(2010秋?包河区校级月考)质量为m、带电量为-q的粒子(不计重力),在匀强电场中的A点以初速度υ0沿垂直与场强E的方向射入到电场中,已知粒子到达B点时的速度大小为2υ0,A、B间距为d,如图所示.则A、B两点间的电势差为____;匀强电场的场强大小为____.21、(2014秋?临夏市校级期中)矿井里的升降机,由静止开始向上运动其v-t图象如图所示,从图象可知,在0~5s内升降机向上运动的加速度a1=____m/s2;在15s~25s内升降机的加速度a2=____m/s2,在减速运动过程中的平均速度为____m/s,在0~25s内的总位移为____m.评卷人得分四、判断题(共3题,共9分)22、坐标系都是建立在参考系上的.____.(判断对错)23、非晶体的结构跟液体非常相似,可以看成是黏滞性极大的液体.____.(判断对错)24、矢量的运算遵守平行四边形法则.____.评卷人得分五、计算题(共1题,共10分)25、在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架,内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘,圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场。一带电小球从圆盘上的P点(P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点)以初速度v0水平射入磁场区,小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区(图中Q点未画出),如图甲所示。现撤去磁。∏蛉源覲点以相同的初速度v0水平入射;为使其仍从Q点离开,可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度,如图乙所示,忽略小球运动过程中的空气阻力,已知重力加速度为g。求:

(1)小球两次在圆盘上运动的时间之比;

(2)框架以CD为轴抬起后,AB边距桌面的高度。评卷人得分六、证明题(共1题,共2分)26、(2016?海淀区模拟)如图所示,将小物块(可视为质点)平放在水平桌面的一张薄纸上,对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出,物块的位移很。搜奂负豕鄄觳坏轿锟榈囊贫阎锟榈闹柿课狹,纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1,纸与物块间的动摩擦因数为μ2;重力加速度为g.

(1)若薄纸的质量为m;则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中;

①求薄纸所受总的摩擦力为多大;

②从冲量和动量的定义;结合牛顿运动定律和运动学规律,证明:水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量.(注意:解题过程中需要用到;但题目中没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明.)

(2)若薄纸质量可忽略,纸的后边缘到物块的距离为L,从开始抽纸到物块最终停下,若物块相对桌面移动了很小的距离s0(人眼观察不到物块的移动),求此过程中水平拉力所做的功.参考答案一、选择题(共8题,共16分)1、B【分析】

忽略自转的小星球上,一辆汽车静止时对地面的压力为N1;

N1=mg①

当其以速度v行驶时,对地面的压力为N2;运用牛顿第二定律得。

mg-N2=②

星球的第一宇宙速度就是近表面卫星运行的速度;即地面支持力为零.

即mg=③

解得第一宇宙速度v′=

故选B.

【解析】【答案】星球的第一宇宙速度就是近表面卫星运行的速度;即地面支持力为零.

忽略自转的小星球上;根据汽车所处的状态运用牛顿第二定律求解.

2、B【分析】【解析】试题分析:毫安时是电量单位,故选B考点:考查单位【解析】【答案】B3、B|D【分析】【解析】本题考查的是交流电的问题,由图当t=2s时,电压为零,线圈平面与中性面平行;周期为0.04s,频率为25Hz,该交流电的电压的有效值为V;若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为50W,B、D正确;【解析】【答案】BD4、B【分析】解:由于滑块与凹槽之间存在摩擦力,滑块的机械能越来越。齜点时的速度越来越。軫N越来越。桓莼榫齜点时受到的滑动摩擦力f=μFN;所以滑动摩擦力越来越。蔅正确,ACD错误。

故。築。

明确物块在滑行过程中机械能减。还拭看瓮ü畹偷愕乃俣燃跣。俑菹蛐牧浇蟹治黾纯扇范Σ亮Φ谋浠。

本题考查摩擦力的计算、向心力以及功能关系的应用,要注意明确由于摩擦力的作用使滑块的机械能越来越小。【解析】B5、A【分析】解:AB、高压线上的热耗功率为:△P=I2R线①

若热耗功率变为16△P,则有:16△P=I′2R线②

由①②得:I′=4I;故A正确,B错误。

C、D、又输送功率不变,由P=UI=U′I′得:U′=U;故CD错误。

故。篈。

根据I=可以求出输电线上的电流;根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率。

本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用,要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压。【解析】A6、D【分析】【分析】声波和电磁波均可以发生干涉、衍射等波的现象;声波是纵波,电磁波是横波.【解析】【解答】解:A;不论是电磁波还是声波均可以发生干涉、衍射及多普勒效应;并且均可以传递能量和信号;故ABC正确;

D;电磁波是横波;而声波是纵波;故D错误;

本题选错误的;故。篋.7、C【分析】【分析】二力平衡的条件:大小相等;方向相反,作用在一条直线上,作用在一个物体上;

相互作用力的条件:大小相等;方向相反,作用在一条直线上,作用在不同的物体上;

根据二力平衡的条件和相互作用力的条件对各选项逐一进行分析.【解析】【解答】解:A;物体静止在水平桌面上;在没有其他外力的作用时,物体对水平桌面的压力与重力相等,故A错误;

B;物体对水平桌面的压力是施力物体(物体)形变产生的;故B错误;

C;物体对水平桌面的压力是施力物体(物体)形变产生的;故C正确;

D;物体对水平桌面的压力是弹力;不是重力,故D错误;

故。篊.8、B【分析】【分析】当物体的大小和形状在所研究的问题中能忽略,物体可以看成质点.【解析】【解答】解:A;体积、质量都极小的物体不一定能够简化为质点;如研究电子的内部结构时电子不能简化为质点,故A错误;

B;研究绕地球飞行时的航天飞机时;航天飞机的尺寸远小于地球的直径,故能简化为质点,故B正确;

C;杂技演员做空翻动作时要研究动作;不可视为质点,故C错误;

D;研究自行车的运动时;当自行车的尺寸远小于路程时,可以简化为质点,故D错误;

故。築.二、多选题(共8题,共16分)9、ACD【分析】【分析】当加一匀强电场时,小球将受到电场力作用,小球带正电,电场力方向与场强方向相同;当加电场后,小球所受的合力能为零时,就能在杆上保持静止状态.【解析】【解答】解:A、若电场方向竖直向上,此时球受两个力,竖直向上的电场力和竖直向下的重力,根据二力平衡可知,Eq=mg,故E=.故A正确.

B;若电场方向垂直于杆斜向上;小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上,在垂直于杆的方向小球受力能平衡,而在平行于杆方向,重力有沿杆向下的分力,没有力与之平衡,则小球将向下滑动,不能保持静止.故B错误.

C、如电场方向平行于杆斜向上,此时受三个力,重力、沿杆方向的电场力和支持力.重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向,重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反,有mgsinθ=Eq,故E=;故C正确;

D、若电场方向向右,此时受三个力,重力、电场力和支持力.重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向,重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反,有mgsinθ=Eqcosθ,故E=;故D正确.

故。篈CD.10、AD【分析】【分析】本题中“A点第一次达到波峰”的含义是波传到A点时,又向上振动了四分之一周期到达波峰,同理理解“第一次到达波谷的含义”.列出时间与波速的关系式,即可求得波速和周期,从而由波速公式求解出波长.【解析】【解答】解:由于波源O开始向上振动,所以t1=4s时;距离O点为3m的A点第一次达到波峰有:

t1=+①

t2=7s时;距离O点为4m的B点第一次达到波谷,有:

t2=+②

联立①②解得:v=1m/s;T=4s,则波长λ=vT=4m

振动从O传到距离O点为1m的质点所需时间△t==s=1s;故AD错误,BC正确.

本题选错误的,故。篈D.11、AC【分析】【分析】物块与斜面相对静止,物块受到斜面的静摩擦力作用,F增大,此摩擦力可能增大,可能不变,也可能减。孛娑孕泵娴木材Σ亮Ω菡宸芍欢ㄔ龃螅窘馕觥俊窘獯稹拷:物块与斜面相对静止,若物块原来受到的静摩擦力沿斜面向下或不受静摩擦力,则由平衡条件得知:当F增大时,静摩擦力f1增大.若物块原来受到的静摩擦力沿斜面向上,F增大,f1减。哉逖芯靠芍,F的水平分力大小等于f2,F增大,则f2一定增大.故AC正确。

故选AC12、AB【分析】【分析】国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本物理量,它们的单位为基本单位.根据牛顿第二定律得分析N与其他单位的关系.牛顿不是基本单位,是导出单位.【解析】【解答】解:A、据牛顿第二定律F=ma得:F的单位是N,m的单位是kg,a的单位是m/s2,则知:1N=1kg?m/s2,得1N/kg=1m/s2.故A正确.

B;“m”“kg”“s”都是国际单位制的基本单位;故B正确.

C;人们为了纪念牛顿;把“牛顿”作为力的单位,但不是力学基本单位,故C错误.

D;在力学范围内;国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本物理量,故D错误.

故。篈B13、BD【分析】【分析】根据牛顿第二定律可知加速度的大小取决于物体所受合力的大。椒较虻娜隽梢圆灰欢ㄔ谕惶踔毕呱,所以三力的方向任意,求出合力的范围;然后根据曲线运动的条件判断物体的可能运动情况.【解析】【解答】解:3N;4N和8N三力同向时合力最大;为15N;3N和4N合成最大7N,最小1N,不可能为8N,故当3N和4N的合力最大且与8N反向时,三力合力最。1N;即三力合力最小为1N,最大为15N,方向任意;

A;匀速直线运动为平衡状态;合力为零;故物体一定是做变速运动,故A错误;

B;当合力与初速度反向时;物体做匀减速直线运动,故B正确;

C;当合力与初速度方向不在同一条直线上时;物体做做匀变速曲线运动,故C错误;

D、合力范围是:1N<F<15N,故当合力是4N时,加速度为2m/s2;故D正确;

故。築D.14、AD【分析】【分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功;

动能的增加量等于合外力做的功;

机械能的增加量等于重力以外的力做的功.【解析】【解答】解:A;重力势能的增加量等于克服重力做的功;故A正确;

B;在最高点时;动能为零,从最低到最高的过程中,小球的动能增加量为零,故B错误;

C;对于小球而言;动能没有增加,重力势能增加了mgH,故小球的机械能增加了mgH,故C错误;

D;小球的机械能增加了mgH;故D正确.

故。篈D.15、ABC【分析】【分析】从图象得到两个质点的速度情况,判断出其运动情况.甲做匀速直线运动,乙做初速度为零的匀加速直线运动,然后结合速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小进行分析.【解析】【解答】解:

A;由图看出在第2s末两车的速度都是5m/s;故A正确.

B;根据速度-时间图象与时间轴包围的面积表示位移大。豢梢灾,4s末两车的位移相等,而两车又是从同一地点同时出发,故4s末两车相遇,故B正确;

C;0~2s内甲的速度一直比乙大;甲、乙之间的距离越来越大,2~4s内,乙的速度大于甲的速度,故两质点间距开始变。实2s末速度相等,距离最大;故C正确.

D;甲乙车的速度都是正值;说明都沿着正方向运动.故D错误.

故。篈BC.16、ABC【分析】【分析】电场线与等势面垂直,电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度。诘仁泼婷艿牡胤,电场的强度也是较大,在等势面疏的地方,电场的强度也是较。氐绯∠叩姆较,电势降低.【解析】【解答】解:A、若虚线是电场线,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角;故电子做减速运动,动能减。缡颇茉龃,所以A正确;

B;若虚线为等势面;根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线,显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角,电子加速运动,故动能增大,电势能减。訠正确;

C;不论图中虚线是电场线还是等势面;由电场线的密集程度可看出a点的场强较大,故C正确;

D;若虚线是等势面;从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上,沿着电场线方向电势越来越低,故a点电势较。蝗粜橄呤堑绯∠,从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左,故电场线方向向右,沿着电场线方向电势越来越低,故a点电势较大,故D错误.

故选ABC.三、填空题(共5题,共10分)17、-9180【分析】【分析】根据初末速度,求出速度的变化量,根据加速度的定义式求出小球撞墙过程中的加速度大。窘馕觥俊窘獯稹拷:以小球初速度方向为正方向;则小球在撞墙过程中速度的变化量为:

△v=v2-v1=-4-5=-9m/s

则小球的加速度为:

a===-180m/s2,负号表示方向,则加速度大小为180m/s2;

故答案为:-9,180.18、m/s7m【分析】【分析】(1)根据A;C两点的速度之比求出C点的速度;结合速度位移公式求出到达最高点的速度.

(2)对BC段,根据速度时间公式求出加速度,对全过程运用速度位移公式求出斜面的长度.【解析】【解答】解:根据匀变速直线运动的速度位移公式知:

则:

因为vA=4m/s,vA:vC=4:3;

则:vC=3m/s

解得:.

根据速度时间公式得物体的加速度:a=

则斜面的长度为:L=.

故答案为:m/s,7m19、008.2×10-14遵循动量守恒【分析】【分析】(1)根据电荷数守恒;质量数守恒判断中微子的质量数和电荷数.

(2)根据质量亏损,通过爱因斯坦质能方程求出每个光子的能量.正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子,因为要遵循动量守恒.【解析】【解答】解:(1)根据质量数守恒;电荷数守恒;知中微子的质量数和电荷数为0和0.

(2)根据爱因斯坦质能方程知,△E=△mc2=2E,解得光子能量E==8.2×10-14J.

正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子;因为要遵循动量守恒.

故答案为:(1)0,0.(2)8.2×10-14,遵循动量守恒20、-【分析】【分析】(1)微粒重力不计;只受电场力作用,根据动能定理求解A;B两点间电压.

(2)将微粒的运动分解为水平方向和竖直方向,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运动,分别列出两个方向的分位移,求出运动时间,再AB两点沿电场方向的距离,求解电场强度的大。窘馕觥俊窘獯稹拷:(1)根据动能定理得。

-qUAB=

得,UAB=-

(2)微粒在B水平方向的分速度大小为vx=

设A;B间水平距离为x;竖直距离为y.

水平方向微粒做匀加速直线运动;则有:

x==

竖直方向微粒做匀速直线运动;则有。

y=vt

又d2=x2+y2

联立上述三式得,t=

x===

则电场强度E==.

故答案为:-,.21、1.2-0.63105【分析】【分析】在v-t图象中,图象上各点的坐标表示物体在该时刻的速度,图象的斜率表示物体的加速度,图象与坐标轴围成的面积表示位移.【解析】【解答】解:在v-t图象中,图象的斜率表示物体的加速度,则0~5s内升降机向上运动的加速度a1=,在15s~25s内升降机的加速度a2=,在减速运动过程中的平均速度,在0~25s内的总位移为x=

故答案为:1.2;-0.6;3;105四、判断题(共3题,共9分)22、√【分析】【分析】建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化,要根据问题的实际需要,建立合适的坐标系,沿直线运动建立直线坐标系,在平面上运动,建立平面直角坐标系.【解析】【解答】解:建立坐标系是为了定量描述物体的位置和位置的变化;坐标系都是建立在参考系上的,没有参考系则坐标系无法建立,所以该说法是正确的.

故答案为:√23、√【分析】【分析】液体微观结构理论:

(1)液体分子的排列更接近于固体;是密集在一起的,因而液体具有一定的体积,不易被压缩。

(2)液体分子之间的相互作用不像固体中的微粒那样强;液体分子只在很小的区域内做有规则的排列,这种区域是暂时形成的,边界和大小随时改变,有时瓦解,有时又重新形成,液体由大量的这种暂时形成的小区域构成,这种小区域杂乱无章地分布着,因而液体表现出各向同性。

(3)液体分子的热运动与固体类似,主要表现为在平衡位置附近做微小的振动,但液体分子没有长期固定的平衡位置,在一个平衡位置附近振动一小段时间以后,又转移到另一个平衡位置附近去振动,即液体分子可以在液体中移动,这就是液体具有流动性的原因.【解析】【解答】解:由液体的结构知非晶体的结构进行比较可知;二者在很多的方面非常类似,可以看作是粘滞性极大的液体.该说法是正确的;

故答案为:√24、√【分析】【分析】物理量按有无方向分矢量和标量,矢量的运算遵守平行四边形法则.【解析】【解答】解:矢量是既有大。挥钟蟹较虻奈锢砹,矢量的运算遵守平行四边形法则.故这句话是正确的.

故答案为:√五、计算题(共1题,共10分)25、解:(1)小球在磁场中做匀速圆周运动,

由几何知识得:r2+r2=L2;

解得:r=

小球在磁场中做圆周运的周期:T=

小球在磁场中的运动时间:t1=T=

小球在斜面上做类平抛运动;

水平方向:x=r=v0t2,

运动时间:t2=

则:t1:t2=π:2;

(2)小球在斜面上做类平抛运动;沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动;

位移:r=解得,加速度:a=

对小球,由牛顿第二定律得:a==gsinθ;

AB边距离桌面的高度:h=Lsinθ=

答:(1)小球两次在圆盘上运动的时间之比为:π:2;

(2)框架以CD为轴抬起后,AB边距桌面的高度为【分析】

(1)小球在磁场中做匀速圆周运动;在斜面上做类平抛运动,求出小球在磁场中的运动时间与在斜面上的运动时间,然后求出时间之比。

(2)根据运动学公式求出小球的加速度;应用牛顿第二定律求出小球的加速度,求出斜面的倾角,然后AB边距桌面的高度。

本题考查了带电小球在磁场中的运动,根据题意分析清楚小球的运动过程与运动性质是解题的前提,应用运动学公式与几何知识可以解题。【解析】解:(1)小球在磁场中做匀速圆周运动,

由几何知识得:r2+r2=L2;

解得:r=

小球在磁场中做圆周运的周期:T=

小球在磁场中的运动时间:t1=T=

小球在斜面上做类平抛运动;

水平方向:x=r=v0t2,

运动时间:t2=

则:t1:t2=π:2;

(2)小球在斜面上做类平抛运动;沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动;

位移:r=解得,加速度:a=

对小球,由牛顿第二定律得:a==gsinθ;

AB边距离桌面的高度:h=Lsinθ=

答:(1)小球两次在圆盘上运动的时间之比为:π:2;

(2)框架以CD为轴抬起后,AB边距桌面的高度为六、证明题(共1题,共2分)26、略

【分析】【分析】(1)①根据滑动摩擦力公式f=μN求解摩擦力.

②根据牛顿第二定律得物块和薄纸的加速度.从而得到速度的变化量;再研究水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量,即可证明.

(2)根据相对位移,得到摩擦产生的热量,利用功能关系求解.【解析】【解答】解:(1)①从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中;

物块对薄纸施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面对薄纸施加的摩擦力f桌=μ1(M+m)g

薄纸受到的总的摩擦阻力f总=μ1(M+m)g+μ2Mg

②从开始抽纸到薄纸被抽离物块底部的过程,假设物块的加速度为aM、薄纸的加速度为am,所用时间为t,这一过程物块和纸张的速度变化量分别为△vM,△vm.

则有△vM=aMt,△vm=amt;

对于薄纸,根据牛顿第二定律有F-f桌-f物=mam

对于物块,根据牛顿第二定律有f纸=MaM

由牛顿第三定律有f物=f纸

由以上三式解得F-f桌=mam+MaM

上式左右两边都乘以时间t,有(F-f桌)t=mamt+MaMt=m△vm+M△vM

上式左边即为水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量;右边即为物块和纸的总动量的变化量.命题得证.

说明:其他方法正确同样得分.

(2)设物块在薄纸上加速和在桌面上减速的位移分别为x1,x2;

则物块对地位移s0=x1+x2

因薄纸质量可忽略;故其动能可忽略,所以水平拉力F所做的功有以下一些去向:

薄纸与桌面间的摩擦生热Q1=μ1Mg(x1+L)

物块与薄纸间的摩擦生热Q2=μ2Mgs相=μ2MgL

物块与桌面间的摩擦生热Q3=μ1Mgx2

由功能关系有WF=Q1+Q2+Q3

解得WF=μ1Mg(s0+L)+μ2MgL

所以,水平拉力F所做的功W=μ1Mg(s0+L)+μ2MgL.

答:

(1)①薄纸所受总的摩擦力为μ1(M+m)g+μ2Mg.②证明见上.

(2)此过程中水平拉力所做的功为μ1Mg(s0+L)+μ2MgL.

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