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〖含期末模拟卷17套〗【全国百强校】衡水金卷2019-2020学年高一下物理期末模拟试卷含解析

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  • 2025/7/5 19:36:29

C.t2时刻,物体I的位移比物体II的位移大,两者又是从同一地点同时开始运动的,故物体I一定在t2时刻之前追上物体II,故C正确;

D.物体II做匀减速直线运动,由图可知,0~t2时间内,物体II的平均速度

v?v1?v2 2由于t2时刻,物体II的位移比物体I的位移小,所以物体II的平均速度大小于物体I,故D错误。 故选ABC。 9、ABD 【解析】 【详解】

2A.根据平行四边形定则知,物体落地的竖直分速度vy?v2?v0?100?36m/s?8m/s,则物体在空中

运动的时间t?vyg?8s?0.8s;故A正确. 102vyB.物体离地面的高度h?2g?64m?3.2m;故B正确. 20C.物体抛出点到落地点的水平距离x=v0t=6×0.8m=4.8m;故C错误. D.物体运动过程中重力做功的功率P?10、CD 【解析】 【详解】

mgh10?3.2?W?40W;故D正确. t0.8GMMmv24?2r2A.根据万有引力提供向心力得:G2?m,它们?m?r?m2?ma;A.线速度v?rrrT3,b的线速度大小之比是3:2,距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径).所以轨道半径是2:则a、故A错误;

r3B.周期T?2?,则a、b的周期之比是22:33,故B错误;

GMC.角速度??GM,则a、b的角速度大小之比是33:22,即36:4,故C正确; 3rGM,则a、b的向心加速度大小之比是9:4,故D正确; r2D.向心加速度a?【点睛】

根据万有引力提供向心力表示出线速度、角速度、周期、向心加速度,据此判断所给各量的大小关系. 11、BD 【解析】

【详解】

CD.A与B相向运动时对C时间的摩擦力为

fA?3??2mg?fB?6??mg

故C无相对运动趋势而保持静止,对A与B的系统动量守恒有

2mv?mv?3mv共

解得:

vv共=

3故C错误,D正确;

AB.A与B相撞后一起向右运动,对C受力分析,由牛顿第二定律可知:

3??2mg?6??mg???6mg?3maC,

解得:

aC?2?g,方向向右,

故A错误,B正确; 故选BD。 【点睛】

本题分析清楚物体运动过程,应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题。 12、BD 【解析】

试题分析:利用电场力做功W?qU ,可以找到两点之间电势差的关系,要知道中点电势和两端点电势之间的关系.

A、选项根据题意无法判断,故A项错误.

B、M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点,由于电场为匀强磁场,所以?M??c??c??a2??c+?a2

?N??d??d??b2??d+?b2

若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为

W?qUMN?q??M??N??q?c+?a2?q?d+?b2?qUcd?qUabW1?W2? ,故B正确;

22C、因为不知道匀强电场方向,所以场强大小不一定是D、若W1=W2,说明Ucd?Uab

W2,故C错误; qLUaM?UbN???a??M????b??N?

由因为?M??c??c??a2??c+?a2;?N??d??d??b2??d+?b2

解得:UaM?UbN?0 ,故D正确; 故选BD

点睛: 对匀强电场的电场特征要了解,利用电场力做功与电势差之间的关系求解. 二.填空题(每小题6分,共18分) 13、48J 24W 【解析】 【详解】

[1]由图可知在0~4.0s 的时间内:a=1m/s2 ; x=8m 由牛顿第二定律:F-f=ma 得

F=f+ma=μmg+ma=(0.2×2×10+2×1)N=6N 则

WF=Fx=6×8J=48J [2].由功率公式:P=Fv 得P=6×4W=24W 14、4m/s 8m/s 【解析】 【详解】 [1].由动能定理得: Fx=

12

mv 2解得v=4m/s

小铁块离开桌面时的速度大小为4m/s; [2].以地面为零势能面,由机械能守恒得

121mv+mgh=mvt2 22解得vt=8m/s

小铁块落地时的速度大小为8m/s. 15、1.28×10‐5 C 一直减小 【解析】 【详解】

[1].设电池的负极的电势为0,电容的下极板的电势不变,则上极板的电势变化范围为电容器两极板的电压的变化范围:即

VU?V??E?22E?2??6.4V

R1?22R1?2则通过A2的电量为

Q=C△U=6.4×2×10-6=1.28×10-5C

[2].A1的读数为通过R1的电流,其值I?三.计算题(22分)

16、106 W (1)a=2 m/s2 (2)P=8.4×【解析】

试题分析:飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,结合速度位移公式求解加速度;对飞机受力分析,结合牛顿第二定律,以及

求解牵引力的平均功率;

E,则R增大,电流变小。

R?R1(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax①,解得a=2m/s2② (2)设飞机滑跑受到的阻力为

,依题意可得

=0.1mg③

设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有④;

设飞机滑跑过程中的平均速度为,有⑤

在滑跑阶段,牵引力的平均功率⑥,联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106W.

【点睛】考查牛顿第二定律,匀变速直线运动,功率的求解,加速度是连接力和运动的桥梁,本题较易,注意在使用公式

求解功率时,如果v对应的是瞬时速度,则求解出来的为瞬时功率,如果v为平

均速度,则求解出来的为平均功率. 17、10﹣11m;106m/s. (1)5×(1)1.16×【解析】

(1)由库仑定律,则有:F?kQq, 2r9?109?1.6?10?19?1.6?10?19?11解得:电子转动半径为r??5?10m ?89.216?10mv2 (1)根据质子与电子间的库仑力提供电子转动的向心力,则有:F?r9.216?10?8?5?10?11解得:电子转动的速度大小v??2.26?106m/s ?319?10

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C.t2时刻,物体I的位移比物体II的位移大,两者又是从同一地点同时开始运动的,故物体I一定在t2时刻之前追上物体II,故C正确; D.物体II做匀减速直线运动,由图可知,0~t2时间内,物体II的平均速度 v?v1?v2 2由于t2时刻,物体II的位移比物体I的位移小,所以物体II的平均速度大小于物体I,故D错误。 故选ABC。 9、ABD 【解析】 【详解】 2A.根据平行四边形定则知,物体落地的竖直分速度vy?v2?v0?100?36m/s?8m/s,则物体在空中运动的时间t?vyg?8s?0.8s;故A正确. 102vyB.物体离地面的高度h?2g?64m?3.2m;故B正确. 20C.物体抛出点到落地点的水平距离x=v0t=6×0.8m=4.8m;故C错误. D.物体运动过程中重力做功的功率P?10、CD 【解析】 【

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