物理 长沙市2016年高三三月模拟试卷
精品
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单选题 本大题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 6分

14.下列说法中正确的是

A库仑定律的公式为F=kq1q2/r2,式中静电力常量k的单位若用国际单位制的基本单位表示应为N·m2·C-2

B卡文迪许利用扭秤实验装置测量出万有引力常量,牛顿在此基础上提出了万有引力定律

C重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都利用了等效替代的方法

D真空中,一带电小球慢慢靠近一绝缘导体的过程中,导体内部的场强越来越大

正确答案

C

解析

解:A、根据F=kq1q2/r2

可得:k=Fr2/q1q2

,由于F=ma,q=It,所以k=mar2/I2t2

,根据质量的单位是kg,加速度的单位m/s2,距离的单位是m,电流的单位是A,时间的单位s,可得k的单位是:kg•A-2•m3•s-4,故A错误;
B、牛顿发现万有引力定律之后,是英国的科学家卡文迪许通过实验测出了引力常量G,故B错误;
C、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都利用了等效替代的方法,故C正确;
D、真空中,一带电小球慢慢靠近一绝缘导体的过程中始终处于静电平衡状态,导体内部的场强始终为0,故D错误;
故选:C

考查方向

物理学史;重心.

解题思路

力学单位制规定了物理量的单位,同时根据物理量间的公式也可以解题思路单位之间的关系,导体处于静电平衡状态,内部场强处处为零,根据物理常识解题思路.

易错点

定性思想;推理法;直线运动规律易错点.

1
题型: 单选题
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分值: 6分

19.负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上,带电粒子P仅在该点电荷的电场力作用下运动时,恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c,如图所示,则下列说法正确的的是(  )

A粒子P带负电

Ba、b、c三点的电势高低关系是

C粒子P由a到b电势能增加,由b到c电势能减小

D粒子P在a、b、C三点时的加速度大小之比是2:1:2

正确答案

A

解析

解:A、根据轨迹弯曲方向判断出带电粒子与负电荷Q之间存在引力,它们是异种电荷,故带正电荷,故A错误;
B、根据点电荷的电场线的特点,Q与a、c间的距离相等,都小于b,故B点的电势高于a、c两点的电势,a、c两点的电势相等,即φac<φb,故B正确;
C、正电荷P从a到b,电势升高,电势能就增加;反之,从b到c电势能减小,故C正确;
D、粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力.由图可知,ra=rc
代人库仑定律:F=kq1q2/r2
可得粒子P在a、b、三点时的电场力之比:Fa:Fb:Fc=2:1:2,由牛顿第二定律得加速度之比为 aa:ab:ac=2:1:2.故D正确.
本题选错误的,故选:A.

考查方向

电势能;电势.

解题思路

带电粒子受到的合力指向轨迹的内侧,根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷,它们之间存在引力,根据点电荷的电场线的特点,Q与ac距离相等,都小于b,故B点的电势高于ac两点的电势.应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系.

易错点

电场力与电势的性质易错点.

1
题型: 单选题
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分值: 6分

15.如图所示,直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁,另一端固定一个小滑轮C,细绳下端挂一重物,细绳的AC段水平。不计直杆、滑轮及细绳的质量,忽略所有摩擦。若将细绳的端点A稍向下移至A'点,使之重新平衡,则此时滑轮C的位置

A在AA'之间

B与A'点等高

C在A'点之下

D在A点之上

正确答案

D

解析

解:由于杆一直平衡,对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下,又由于同一根绳子的张力处处相等,而且两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G,根据平行四边形定则,合力一定在角平分线上,
若将细绳的端点A稍向下移至A′点,若杆不动,则∠A′CB<∠BCG,则不能平衡,若要杆再次平衡,则两绳的合力一定还在角平分线上,所以BC杆应向上转动一定的角度,此时C在A点之上,故D正确.
故选:D

考查方向

共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.

解题思路

由于杆一直平衡,对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下,两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G,根据平行四边形定则解题思路即可.

易错点

定性思想;推理法;共点力作用下物体平衡易错点.

1
题型: 单选题
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分值: 6分

17.如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,相互绝缘且质量均为2kg,A带正电,电荷量为0.1C,B不带电。开始处于静止状态,若突然加沿竖直方向的匀强电场,此瞬间A对B的压力大小变为15N。g=10m/s2,则(   )

A电场强度为50N/C

B电场强度为100N/C

C电场强度为150N /C

D电场强度为200N /C

正确答案

B

解析

解:物体B开始时平衡,A对其的压力等于A的重力,为20N,加上电场后瞬间A对B的压力大小变为15N,而弹簧的弹力和重力不变,故合力为5N,向上,根据牛顿第二定律,有:
a=2.5m/s2
再对物体A受力解题思路,设电场力为F(向上),根据牛顿第二定律,有:
FN+F-mg=ma
解得:
F=m(g+a)-FN=2×(10+2.5)-15=10N
故电场力向上,为10N,故场强为:
E=F/q=100N/C 向上
故选:B.

考查方向

匀强电场中电势差和电场强度的关系;电场强度.

解题思路

先对物体B受力解题思路求解加速度,再对物体A受力解题思路求解电场力,最后根据F=Eq求解电场强度.

易错点

电场力与电势的性质易错点.

1
题型: 单选题
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分值: 6分

18.一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动,周期为T,人和车的总质量为m,轨道半径为R,车经最高点时发动机功率为P0,车对轨道的压力为2mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比,则:

AA.车经最低点时对轨道的压力为3mg

B车经最低点时发动机功率为2P0

C车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功等于0.5P0T

D车从最低点经半周到最高点的过程中发动机做的功等于2mgR

正确答案

B

解析

解:A、在最高点:向心力大小为  Fn=N1+mg=3mg,摩托车做匀速圆周运动,向心力大小不变,则
在最低点:N2-mg=Fn,得N2=4mg.故A错误;
B、在最高点:发动机功率P0=F1v=μN1v=2μmgv,在最低点:发动机功率P=F2v=μN2v=4μmgv,则P=2P0.故B正确;
C、车在最高点的发动机功率为P0,车在最低点的发动机功率为2P0,车从最高点经半周到最低点的过程中发动机的功率是变化的,所以发动机做的功不等于P0

T/2=1/2P0T.故C错误;
D、摩托车做匀速圆周运动,动能不变,根据动能定理得知其合力做功为零,则发动机做功等于重力做功与摩擦力做功之和,发动机做的功不等于2mgR.故D错误.
故选:B.

考查方向

动能定理的应用;牛顿第二定律;向心力.

解题思路

摩托车做匀速圆周运动,向心力大小不变,根据牛顿第二定律可求出摩托车在最高点时的向心力大小,即可求出最低点时轨道对它的支持力.发动机的功率等于牵引力与速度乘积,而牵引力与摩擦力大小相等.根据动能定理求解发动机做的功.

易错点

动能定理的应用易错点.

多选题 本大题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的4个选项中,有多项符合题目要求,全对得6分,选对但不全得3分,有选错的得0分。
1
题型: 多选题
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分值: 6分

20.一交流发电机和理想变压器按如图电路连接,已知该发电机线圈匝数为N,电阻为r,当线圈以转速n匀速转动时,电压表示数为U,灯泡(额定电压为Uo,电阻恒为R)恰能正常发光,则(电表均为理想电表)

A变压器的匝数比为U:U0

B电流表的示数为

C在图示位置时,发电机线圈的磁通量为

D从图示位置开始计时,变压器输入电压的瞬时值表达式为

正确答案

A,B

解析

解:A、电压与匝数成正比,所以变压器的原副线圈的匝数比是U1:U2=U:U0,故A正确;
B、灯泡电流是U0/R,理想变压器的输入功率和输出功率相等,灯泡正常发光时电功率为 P,所以输入功率为P,U0U0/R

I(R+r)=N∅mω,解得最大磁通量∅m=,故C错误.
D、线圈以较大的转速n匀速转动时,所以ω=2πn,所以变压器输入电压的瞬时值u=½Usin2πnt,故D错误
故选:AB

考查方向

交流的峰值、有效值以及它们的关系;变压器的构造和原理.

解题思路

理想变压器的输入功率和输出功率相等,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比.并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系.

易错点

交流电易错点.

1
题型: 多选题
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分值: 6分

21.如图甲所示,在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4,在L1L2之间和L3L4之间存在匀强磁场,磁感应强度B大小均为1T,方向垂直于虚线所在平面.现有一矩形线圈abcd,宽度cd=L=0.5m,质量为0.1kg,电阻为2Ω,将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合),速度随时间的变化关系如图乙所示,t1时刻cd边与 L2重合,t2时刻ab边与L3重合,t3时刻ab边与L4重合,已知t1∼t2的时间间隔为0.6s,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向,重力加速度g取10m/s2.则(    )

A在0∼t1时间内,通过线圈的电荷量为0.25C

B线圈匀速运动的速度大小为2m/s

C线圈的长度为1m

D0∼t3时间内,线圈产生的热量为1.8J

正确答案

A,D

解析

解:A、B、C、t2~t3这段时间内线圈做匀速直线运动,设速度为v.根据平衡条件有:mg=BIL=BLBLv/R
联立两式解得:v=mgR/B2L2=8m/s.故B错误.
t1~t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动,知ab边刚进磁场,cd边也刚进磁场.设磁场的宽度为d,线圈下降的位移为3d,则有:
3d=vt-½gt2,v=8m/s,t=0.6s,
代入解得:d=1m,
所以线圈的长度为:L′=2d=2m.故C错误.
在0~t1时间内,cd边从L1运动到L2,通过线圈的电荷量为:q=△Φ/R=BLd/R=0.25C.故A正确.
D、0~t3时间内,根据能量守恒得:Q=mg(3d+2d)-½mv2=1.8J.故D正确.
故选:AD.

考查方向

导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律.

解题思路

根据感应电荷量q=△Φ/R

,求解通过线圈的电荷量;t2~t3这段时间内线圈做匀速直线运动,线圈所受的安培力和重力平衡,根据平衡求出匀速直线运动的速度.
通过线圈在t1~t2的时间间隔内,穿过线圈的磁通量没有改变,没有感应电流产生,线圈做匀加速直线运动,加速度为g,知ab边刚进磁场,cd边也刚进磁场,线圈的长度等于磁场宽度的2倍.根据运动学公式求出线圈的长度.根据能量守恒求出0~t3这段时间内线圈中所产生的电热.

易错点

电磁感应与电路结合.

1
题型: 多选题
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分值: 6分

33.【物理3—3】

(1)下列说法中正确的是__________(填正确答案标号。选对一个给3分,选对两个给4分,选对3个给6分。每选错一个扣3分,最低得0分)

A布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动

B气体的温度升高,每个气体分子运动的速率都增加

C一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子之间的势能增加

D只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低

E空调机作为制冷机使用时,将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外,所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律

正确答案

A,C,D

解析

解:A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动,反映了液体或气体分子的无规则运动.故A正确.
B、温度是分子平均动能的标志,是大量分子无规则运动的宏观表现;气体温度升高,分子的平均动能增加,有些分子的速率增加,也有些分子的速率会减小,只是分子的平均速率增加.故B错误.
C、一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽,温度没有变化,分子的平均动能不变,但是在这个过程中要吸热,内能增加,所以分子之间的势能必定增加.故C正确.
D、温度是分子平均动能的标志,只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低.故D正确;

考查方向

温度是分子平均动能的标志;布朗运动.

解题思路

正确解析本题要掌握:温度是分子平均动能的标志;布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动;物体的内能;正确理解好应用热力学第一定律.

简答题(综合题) 本大题共52分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
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分值: 6分

利用如图甲所示的装置进行验证机械能守恒定律的实验:

22.需要测量由静止开始到某点的瞬时速度V与下落高度h。某同学利用实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案:

A用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过V=计算出瞬时速度V.

B用刻度尺测出物体下落的高度h,用秒表测出下落时间t,并通过V=gt计算出瞬时速度V

C用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,计算出瞬时速度V.

D根据做匀变速直线运动时纸带某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,计算出瞬时速度V,并通过h=计算出高度h.

以上方案中正确的是:               (2分)

23.实验中,测得所用的重物质量为1.00 kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带(如图乙所示),把第一个点记作O,另选连续的五个点ABCD、E作为测量的点,经测量知道ABCDE各点到O点的距离分别为3.14 cm、4.90 cm、7.05cm、9.59 cm、12.48cm,。已知电磁打点计时器所用的电源的频率为50 Hz,查得当地的重力加速度g=9.80 m/s2

(计算结果取三位有效数字)

①根据以上数据,打点计算器打下D点时,重物下落的速度VD=       m/s.

②根据以上数据,可知重物由O点运动到D点,重力势能的减少量等于______ J,

③若同学丙在测量数据时不慎将上述纸带从OA之间扯断,她仅利用A点之后的纸带能否实验验证机械能守恒定律的目的?         (填“能”或“不能”)。

④若同学丁在实验中打出的纸带第一二点间的距离为0.32cm.那么原因是:

 。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

实验中,要验证的是:mgh与½mv2是否相等,即:gh=½v2,因此需要用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度,等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v0.最后验证两者是否相等.故只有方案C正确.

考查方向

验证机械能守恒定律.

解题思路

该实验中,要验证的是:mgh与½mv2

是否相等,速度的计算要根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度,等于这点前后相邻两点间的平均速度.

易错点

实验题;定性思想;推理法;机械能守恒定律应用易错点

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①VD=   1.36    m/s. ‚② 0.940 J,③“能”。④原因是:   先释放纸带,后接通电源打点

解析

①VD=   1.36    m/s.   ② 0.940 J,③“能”。④原因是:   先释放纸带,后接通电源打点。根据实验的还原求出各部分数值即可。

考查方向

验证机械能守恒定律.

解题思路

根据下降的高度求出重力势能的减小量,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度,从而得出动能的增加量.

易错点

实验题;机械能守恒定律应用易错点.

1
题型:简答题
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分值: 10分

同学甲从实验室中找到一只小灯泡,其标称功率值为0.75 W,额定电压值已模糊不清.他想测定其额定电压值,于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2 Ω,然后根据公式计算出该灯泡的额定电压.乙怀疑甲所得电压值不准确,于是,再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路,测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的U-I图线,进而解题思路灯泡的额定电压.

A.电压表V(量程3 V,内阻约3 kΩ)        B.电流表A1(量程150 mA,内阻约2 Ω)

C.电流表A2(量程500 mA,内阻约0.6 Ω)   D.滑动变阻器R1(0~20 Ω)

E.滑动变阻器R2(0~100 Ω)        F.电源E(电动势4.0 V,内阻不计)

G.开关S和导线若干                H.待测灯泡L(额定功率0.75 W,额定电压未知)

24.在下面所给的虚线框(图甲)中画出他们进行实验的电路原理图,指出上述器材中,电流表选择________(填“A1”或“A2”);滑动变阻器选择________(填“R1”或“R2”).

25.在实验过程中,乙同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加,当电压达到1.23 V时,发现灯泡亮度很暗,当达到2.70 V时,发现灯泡已过亮,便立即断开开关,并将所测数据记录在下边表格中.

请你根据表中实验数据在图乙中作出灯泡的U-I图线.

26.由图象得出该灯泡的额定电压应为________V;这一结果大于1.23 V,其原因是_______________________________________________________________.

27.如果将这个小灯泡接到电动势为2.0 V、内阻为4 Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是________W.

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

(1)电路原理图如图所示;A2;R1

考查方向

描绘小电珠的伏安特性曲线.

解题思路

(1)关键是根据P=I2R,估算出小灯泡的额定电流,从而选出电流表的量程,根据U-I图象可知滑动变阻器应用分压式接法,根据小灯泡电阻值远小于电压表内阻,可知电流表应用外接法.
【解析】解:(1)根据P=I2R,估算灯泡的电流大约是600 mA,因此电流表应选A2;本实验要描绘出灯泡的U-I图线,需要测量多组数据,因此滑动变阻器应接成分压式,所以应选阻值较小的R1;小灯泡电阻不大,电流表应外接;电路图如图所示;

易错点

实验题;定性思想;实验解题思路法;恒定电流易错点.

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

(2)如图所示;

考查方向

描绘小电珠的伏安特性曲线.

解题思路

(2)根据描点法可得出对应的伏安特性曲线;
【解析】(2)根据表中数据得出对应的伏安特性曲线,如图所示

易错点

实验题;定性思想;实验解题思路法;恒定电流易错点.

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

(3)2.5;灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡电阻随温度升高而变大

解析

(3)灯泡额定功率为0.75W,则由P=UI=0.75W,再结合图象可知在到额定功率时,电压为U=2.5 V;大于1.23 V的原因是由于灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻.

考查方向

描绘小电珠的伏安特性曲线

解题思路

(3)明确灯泡电阻的特征:电阻随电压(温度)的升高而增大;能根据图象找出灯泡对应的额定值。

易错点

实验题;定性思想;实验解题思路法;恒定电流易错点.

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

(4)0.26

解析

(4)在图中作出电源的伏安特性曲线如图所示,两图象的交点为灯泡的工作点,则由图可知,灯泡的电流为220mA,电压为1.2V,故对应的功率P=UI=1.2×0.22=0.26W;

考查方向

描绘小电珠的伏安特性曲线.

解题思路

(4)在图中作出电源的伏安特性曲线,则两图象的交点为灯泡的工作点,则由图可知灯泡的电压和电流,则由P=UI可求得小灯泡消耗的功率.

易错点

实验题;定性思想;实验解题思路法;恒定电流易错点.

1
题型:简答题
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分值: 12分

如图所示,在边长为L的等边三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在AC边界的左侧有与AC边平行的匀强电场,D是底边AB的中点。质量为m,电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)从AB边上的D点竖直向上射入磁场,恰好垂直打在AC边上。

28.求粒子的速度大小;

29.粒子离开磁场后,经一段时间到达BA延长线上N点(图中没有标出),已知NA=L,求匀强电场的电场强度。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

(1)求粒子的速度大小为

解析

解:(1)粒子进、出磁场的速度方向分别与AB、AC边垂直,到A为粒子在磁场中做圆周运动的圆心,可知粒子做圆周运动的半径为

根据qvB=m

解得v=

考查方向

带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.

解题思路

(1)粒子在磁场中做圆周运动,根据圆周运动的半径的大小计算粒子的速度的大小;

易错点

计算题;定量思想;推理法;带电粒子在复合场中的运动易错点.

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

(2)匀强电场的电场强度为

解析

(2)粒子的运动轨迹如图所示,

粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动,位移为:

x=NQ=Lsin60°

沿电场线方向做匀加速直线运动,位移为:

y=QE=L+Lcos60°=L

根据x=vt,y=at2,a=

解得:E=

考查方向

带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.

解题思路

(2)粒子在电场中的做的是类平抛运动,在垂直电场线方向做匀速直线运动,沿电场线方向做匀加速直线运动,根据运动的特点计算电场的电场强度的大小.

易错点

计算题;定量思想;推理法;带电粒子在复合场中的运动易错点.

1
题型:简答题
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分值: 15分

如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图,已知传送带由电磁铁组成,位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后,会附着在A轮附近的传送带上,被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面,且吸引力为其重力的1.4倍,当有铁矿石附着在传送带上时,传送带便会沿顺时针方向转动,并将所选中的铁矿石送到B端,由自动卸货装置取走。已知传送带与水平方向夹角为53°,铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5,A、B两轮间的距离为L=64m,A、B两轮半径忽略不计,g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。

30.若传送带以恒定速率v0=10m/s传动,求被选中的铁矿石从A端运动到B所需要的时间;

31.若所选铁矿石质量为200kg,求在(1)条件下铁矿石与传送带之间产生的热量;

32.实际选矿传送带设计有节能系统,当没有铁矿石附着传送带时,传送带速度几乎为0,一旦有铁矿石吸附在传送带上时,传送带便会立即加速启动,要使铁矿石最快运送到B端,传送带的加速度至少为多大?并求出最短时间。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

(1)若传送带以恒定速率v0=10m/s传动,被选中的铁矿石从A端运动到B所需要的时间是3.9s;

解析

解:(1)当传送带匀速向上传动时,对铁矿石受力解题思路如图所示,铁矿石受到沿传送带向上的摩擦力、重力、吸引力和支持力作用,根据牛顿第二定律可得

沿传送带方向f-mgsinθ=ma 

垂直传送带方向:N-mgcosθ-F=0

其中f=μN

解得:a=2 m/s2

则铁矿石运动则与传送带速度相等所需要的时间为:

t1=v0/a=5s 

对应的位移为:

x1=1/2×2×52=25m 

根据以上计算可知,铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力,所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后,铁矿石会随传送带匀速运动到B端,则其匀速运动时间为:

t2=Lx/v0=3.9s

所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为:t=t1+t2=8.9s

考查方向

功能关系匀变速直线运动的位移与时间的关系牛顿运动定律的综合应用

解题思路

(1)物体放在传送带上后,开始阶段,传送带的速度大于物体的速度,传送带给物体一沿斜面向上的滑动摩擦力,物体由静止开始加速下滑,当物体加速至与传送带速度相等时,物体做匀速直线运动,由此求出时间,然后求出两段时间的和即可;

易错点

功能关系 能量守恒定律.

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

(2)若所选铁矿石质量为200kg,在(1)条件下铁矿石与传送带之间产生的热量是5×104J;

解析

(2)铁矿石与传送带之间滑动时有热量产生,当铁矿石与传送带相对静止时,没有热量产生.由以上计算可知铁矿石与传送带之间的相对运动距离为:

△s=v0t1-x1=25m

根据摩擦生热特点可知Q=f△s

解得:Q=5×104J

考查方向

功能关系匀变速直线运动的位移与时间的关系牛顿运动定律的综合应用

解题思路

(2)根据摩擦生热特点可知Q=f△s即可求出;

易错点

功能关系 能量守恒定律.

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

(3)要使铁矿石最快运送到B端,传送带的加速度至少为2m/s2,最短时间是8s.

解析

(3)只有铁矿石一直加速运动到B点时,所用时间才会最短,根据问题(1)解题思路可知,铁矿石在传送带上的最大加速度是2m/s2,所以传送带的最小加速度为:αmin=2m/s2 则有:L=½at2 代入数据解得最短时间为:t'=8s

考查方向

功能关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿运动定律的综合应用.

解题思路

(3)只有铁矿石一直加速运动到B点时,所用时间才会最短,根据问题(1)的加速度,由位移公式即可求出.

易错点

功能关系 能量守恒定律.

1
题型:简答题
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分值: 9分

 34.如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管,上部有长24 cm的水银柱,封有长300px的空气柱,此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0=76 cmHg,如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动180o,求在开口向下时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体,在转动过程中气体温度保持不变,没有发生漏气。


正确答案

在开口向下时管中空气柱的长度为20cm.

解析

解:设玻璃管开口向上时,空气柱的压强为p1=p0+ρgl1                       ①式中,ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度.玻璃管开口向下时,原来上部的水银有一部分会流出,设此时空气柱长度为x,则p2=p0-ρg[(l1+l2)-x]②式中,p2为管内空气柱的压强.由玻意耳定律有p1l2S=p2xS                 ③S为玻璃管的横截面积,由①②③式和题干条件得x=20 cm                    

考查方向

理想气体的状态方程

解题思路

在玻璃管转动过程中,根据P=P0+hcosθ可知,转动的角度增大,封闭气体压强减小,体积增大,水银溢出,整个过程封闭气体等温变化,根据玻意耳定律列式求解即可.

易错点

理想气体状态方程易错点.

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