1、2015-2016学年河北省保定市定州中学高二（下）月考物理试卷（6月份）一选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态若要使两小球处于静止状态，且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则外力F的大小不可能为（）A0.5mgBmgC2mgD5mg2下列各种叙述中，正确的是（）A单位m、kg、N是一组属于国际单位制的基本单位B牛顿进行了“月
2、地检验”，将天体间的力和地球对物体的力统一起来C法拉第通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系D奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质3光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的vt图象如图所示，已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到隐定状态，木块动能增已知木块增加了50J，则此过程产生的内能可能是（）A10JB50JC70JD120J4一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位罝关于该电场，下列说法正确的是（）A
3、A点的场强小于B点的场强BA点的电势低于B点的电势C一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等D带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动5两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（）ABCD6两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，a关系如图所示，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0则（）AS1的质量比S2的大B
4、P1的质量比P2的大CP1的第一宇宙速度比P2的小DP1的平均密度比P2的大7如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定A端用绞链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端吊一重物P，现施加拉力FT将B缓慢上拉（均未断），在杆达到竖直前（）A绳子越来越容易断B绳子越来越不容易断C杆越来越容易断D杆越来越不容易断8如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速
5、度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinC导体棒MN受到的最大安培力为mgsinD导体棒MN所受重力的最大功率为9如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头P，可以改变原线圈的匝数变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，Q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表下列说法正确的是（）A向上移动P，输入电压的频率不变B向上移动P，输入电流减小C保持P不动，向下移动Q，变压器的输入功率减小D保持Q不动，向下移动P，电压表的示数不变10已知引力常量G与下列哪些数据，可以计算
6、出地球密度（）A地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离B月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径C人造地球卫星在地面附近绕行运行周期D若不考虑地球自转，已知地球半径和重力加速度11如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图整个雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平的起跳平台BC和着陆雪道CD组成，AB与BC平滑连接运动员从助滑雪道AB上由静止开始在重力作用下下滑，滑到C点后水平飞出，落到CD上的F点E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，E点是E点在斜面上的垂直投影设运动员从C到E与从E到F的运动时间分别为tCE和tEF不计飞行中的空气阻力，下面说法或结论正确的是（）A运动员在F点的
7、速度方向与从C点飞出时的速度大小无关BtCE：tEF=1：1CCE：EF可能等于1：3DCE：EF可能等于1：2二、计算题：12如图所示，质量都为m相同的A、B两物块与一劲度系数为k的轻弹簧相连，静止在水平地面上一块质量也为m橡皮泥C从距A高处由静止下落，与A相碰后立即粘在一起运动且不再分离当A、C运动到最高点时，物体B恰好对地面无压力不计空气阻力，且弹簧始终处于弹性限度内，当地的重力加速度为g求橡皮泥C下落的高度h13一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，P质点此时的位移为10cm，振幅为20cmP质点再经过s第一次到达波峰，求：（i）P质点的位移y与时间t的函数关系；（
8、ii）该简谐横波的波速14光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二都在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线，OC竖起，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动B处时细线断裂，小球继续运动，已知弧形轨道的半径为R=m，所对应的圆心角为53，sin53=0.8，g=10m/s2（1）若M=5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小；（2）若M=5m，求小球在C点抛出后下落高度h=m时到C点的水平位移；（3）M、N满足什么关系时，小球能够运动到C点？15甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L
9、1=11m处，乙车速度v乙=60m/s，甲车速度v甲=50m/s，此时乙车离终点线尚有L2=600m，如图所示若甲车做匀加速运动，加速度a=2m/s2，乙车速度不变，不计车长（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？（2）到达终点时甲车能否超过乙车？16图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n=100匝、电阻r=10，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90，与R并联的交流电压表为理想电表 在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图15（乙）所示正弦规律变化 求：（1）从1
10、.57102s到4.71102s内通过电阻R上的电量q（2）电路中交流电压表的示数（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功W外17如图所示，一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小铁块，在木板右方有一档板，长木板右端距离挡板为4.5m，给小铁块与木板一共同初速度v0=5m/s二者将一起向右运动，直至木板与档板碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反已知运动过程中小铁块始终未离开木板，已知长木板与地面的摩擦因数1=0.1，小铁块与木板间的动摩擦因数为2=0.4，小铁块的质量是m=1kg，木板质量是M=5kg，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与挡板碰前瞬间的速度（2
11、）木板与档板第一次碰撞后，木板的加速度a1和小铁块的加速度a2各为多大（3）木板至少有多长2015-2016学年河北省保定市定州中学高二（下）月考物理试卷（6月份）参考答案与试题解析一选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态若要使两小球处于静止状态，且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则外力F的大小不可能为（）A0.5mgBmgC
12、2mgD5mg【考点】力的合成【分析】对AB两球整体受力分析，受重力G，OA绳子的拉力T以及拉力F，其中重力大小和方向都不变，绳子的拉力方向不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉力的最小值和最大值【解答】解：对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图：当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为Fmin=（2m）gsin30，即mg；由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，拉力F最大值可以取到任意值，故A错误，BCD正确本题选择错误的，故选：A【点
13、评】本题是三力平衡问题中的动态分析问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，集合平行四边形定则作出力的图示，得到未知力的变化情况2下列各种叙述中，正确的是（）A单位m、kg、N是一组属于国际单位制的基本单位B牛顿进行了“月地检验”，将天体间的力和地球对物体的力统一起来C法拉第通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系D奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质【考点】物理学史【分析】国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制
14、中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位本题根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、米、千克是基本单位，牛顿是国际单位制中的导出单位，故A错误；B、牛顿发现万有引力定律后，进行了“月地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故B正确；C、奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系故C错误；D、安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质故D错误故选：B【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的3光滑水平地面
15、上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的vt图象如图所示，已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到隐定状态，木块动能增已知木块增加了50J，则此过程产生的内能可能是（）A10JB50JC70JD120J【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】子弹射入木块过程中，系统所受合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律和功能关系求出木块增加的动能范围，再进行选择【解答】解：设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v得，v=木块获得的动能为 EkM=系统产生的内能为 Q=由上对比可得 Q=EkM则得
16、 QEkM所以Q50J，故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题是子弹射入木块类型，关键要掌握其基本规律：动量守恒定律与能量守恒定律，通过列式进行比较分析4一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位罝关于该电场，下列说法正确的是（）AA点的场强小于B点的场强BA点的电势低于B点的电势C一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等D带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动【考点】电势差与电场强度的关系；电势【分析】匀强电场中场强处处相同，电场线应是平行同向疏密均匀的直线；电场线的
17、疏密表示电场强度的相对大小；沿电场线的方向电势降低；带电粒子要做类平抛运动，则电场必须是匀强电场【解答】解：A、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误B、根据电场线的特点可知，沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势高于B点的电势故B错误C、由图可知，C点与E点的电势相等，D点与F点的电势相等，所以UCD=UEF，所以一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等故C正确；D、带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入时，由于极板之间的电场不是匀强电场，所以电荷受到的电场力是变化的，它不能将做类平抛运动，故D错误故选：C【点评】解决本题关键掌握电
18、场线的两个物理意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的高低，要明确带电粒子要做类平抛运动，则电场必须是匀强电场；只有电场线是直线时，电荷才能沿电场线运动5两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是（）ABCD【考点】向心力【分析】小球做匀速圆周运动，靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出Locs，从而分析判断【解答】解：小球做匀速圆周运动，mgtan=m2Lsin，整理得：Lcos=是常量，即两球处于同一高度，故B正确故选：B【点评】解决本题的关键
19、知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，本题关键要得出Lcos的关系式6两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，a关系如图所示，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0则（）AS1的质量比S2的大BP1的质量比P2的大CP1的第一宇宙速度比P2的小DP1的平均密度比P2的大【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a与r的表达式，结合a的正比关系函数图象得出P1、P2的质量关系，根据密度和第一
20、宇宙速度的表达式分析求解【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：G=ma，则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小由数学知识知，a图象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故A错误B正确C、设第一宇宙速度为v则 a0=，得 v=由图看出，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C错误D、行星的平均密度 =，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径
21、的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算7如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定A端用绞链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端吊一重物P，现施加拉力FT将B缓慢上拉（均未断），在杆达到竖直前（）A绳子越来越容易断B绳子越来越不容易断C杆越来越容易断D杆越来越不容易断【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析绳子上力变化【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图
22、：由平衡条件得知，N和FT的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得： =又T=G，解得：N=GFT=G使BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，FT变小故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断故B项正确故选：B【点评】考查了力的动态分析，本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法8如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B将两根导体棒同时释放后，观察到
23、导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinC导体棒MN受到的最大安培力为mgsinD导体棒MN所受重力的最大功率为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电功、电功率；安培力【分析】本题中EF静止，只有MN在运动首先分析MN的运动情况：先加速运动后匀速运动，匀速运动时速度最大，根据平衡条件求解最大速度；对两棒分别研究，根据平衡条件求导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力；导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大
24、，由平衡条件求解；导体棒MN所受重力的最大功率等于回路最大的电功率【解答】解：A、当导体棒MN匀速运动时速度最大，由平衡条件得：mgsin=，则得最大速度为v=故A正确B、由题，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒：mgsin+=fm，则得最大静摩擦力为fm=2mgsin故B错误C、导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件得知：最大安培力为FAm=mgsin故C正确D、导体棒MN所受重力的最大功率为Pm=mgsinv=2故D错误故选AC【点评】本题实质是单棒运动类型，关键要分析MN棒的运
25、动情况，根据平衡条件和功率公式求解9如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头P，可以改变原线圈的匝数变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，Q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表下列说法正确的是（）A向上移动P，输入电压的频率不变B向上移动P，输入电流减小C保持P不动，向下移动Q，变压器的输入功率减小D保持Q不动，向下移动P，电压表的示数不变【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器不改变交流电的频率，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率【解答】解：A、变压器不改变交流电的频率，A正确；B、向上移动P，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流减小，
26、所以输入电流减小，B正确；C、保持P不动，副线圈电压不变，向下移动Q，电压表的示数减小，变压器的输入功率等于输出功率不变，CD错误；故选：AB【点评】本题考查了变压器的特点，结合闭合电路欧姆定律考查了电路的动态分析10已知引力常量G与下列哪些数据，可以计算出地球密度（）A地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离B月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径C人造地球卫星在地面附近绕行运行周期D若不考虑地球自转，已知地球半径和重力加速度【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力提供向心力，列出等式表示出中心体的质量忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式表示出地球的质量根据密度的定义
27、求解【解答】解：A、已知地球绕太阳运动的周期及地球离太阳的距离，根据万有引力提供向心力，列出等式：=M=，所以只能求出太阳的质量故A错误B、已知月球绕地球运行的周期及月球绕地球转的轨道半径，根据万有引力提供向心力，列出等式：=地球质量m=，可以求出地球质量但不知道地球半径，故B错误C、已知人造地球卫星在地面附近绕行运行周期根据万有引力提供向心力，列出等式：=地球质量m=根据密度定义得：=，故C正确D、已知地球半径和重力加速度，根据万有引力等于重力列出等式=mgm=根据密度定义得：=，故D正确故选CD【点评】本题考查了万有引力定律在天体中的应用，解题的关键在于找出向心力的来源，并能列出等式解题1
28、1如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图整个雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平的起跳平台BC和着陆雪道CD组成，AB与BC平滑连接运动员从助滑雪道AB上由静止开始在重力作用下下滑，滑到C点后水平飞出，落到CD上的F点E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，E点是E点在斜面上的垂直投影设运动员从C到E与从E到F的运动时间分别为tCE和tEF不计飞行中的空气阻力，下面说法或结论正确的是（）A运动员在F点的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关BtCE：tEF=1：1CCE：EF可能等于1：3DCE：EF可能等于1：2【考点】平抛运动【分析】运动员离开C点后做平抛运动，将其运动分解为沿斜
29、面方向和垂直于斜面方向，可知垂直斜面方向上做匀减速直线运动，在沿斜面方向方向上做匀加速运动，根据分位移公式求解即可【解答】解：A、设运动员在F点的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为则有tan=，tan=，则得 tan=2tan，一定，则一定，则知运动员在F点的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故A正确B、将运动员的运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，则知垂直斜面方向上做匀减速直线运动（类似于竖直上抛运动），当运动到E点，垂直斜面方向上的速度减为零，返回做匀加速直线运动，根据运动的对称性，知时间相等，tCE：tEF=1：1故B正确CD、在沿斜面方向上做匀加速直线运动，根据等时性，知时
30、间相等，根据匀变速直线运动的推论，初速度为零匀加速直线运动在相等时间内的位移为1：3，因为沿斜面方向上的初速度不为零，则相等时间内的水平位移之比大于1：3，可能等于1：2，故D正确，C错误故选：ABD【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动的两种分解方法：一种分解为水平和竖直两个方向另一种：将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，知道两个分运动的规律，并能熟练运用二、计算题：12如图所示，质量都为m相同的A、B两物块与一劲度系数为k的轻弹簧相连，静止在水平地面上一块质量也为m橡皮泥C从距A高处由静止下落，与A相碰后立即粘在一起运动且不再分离当A、C运动到最高点时，物体B恰好对地面无压力不计空气
31、阻力，且弹簧始终处于弹性限度内，当地的重力加速度为g求橡皮泥C下落的高度h【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】橡皮泥下落过程机械能守恒，A、C碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出高度【解答】解：橡皮泥C下落高度h过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv12，C与A碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2，由平衡条件得：mg=kx，AC相碰后粘在一起运动，运动到最高点的过程中始末弹性势能相等根据系统机械能守恒得： 2mv22=2mg2x，解得：h=；答：橡皮泥C下落的高度h为【点评】本题考查了求下落高度问
32、题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题；碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒13一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，P质点此时的位移为10cm，振幅为20cmP质点再经过s第一次到达波峰，求：（i）P质点的位移y与时间t的函数关系；（ii）该简谐横波的波速【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（i）根据振动方程y=Asin（t+0），将t=0s时 y=10cm 代入求得初相位0，由t=s时y=20cm代入求得，即可得到P质点的位移y与时间t的函数关系；（ii）由T=求出周期，读出波长，再求简谐横波的波速【解答】解：（i）P质点的位移
33、y与时间t的函数关系 y=Asin（t+0）=20sin（t+0）t=0s时 y=10cm，代入上式得：0=t=s时y=20cm，代入上得：=5 rad/s 则得，P质点的位移y与时间t的函数关系 y=20sin（5t+）cm（ii）波的周期 T=0.4s由图读出波长 =4m该简谐横波的波速 v=10m/s答：（i）P质点的位移y与时间t的函数关系是 y=20sin（5t+）cm；（ii）该简谐横波的波速是10m/s【点评】解决本题的关键要掌握振动方程一般表达式：y=Asin（t+0），用特殊值求出和0，再写出振动方程14光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二都在B处相切并平滑
34、连接，O为圆心，O、A在同一条水平线，OC竖起，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动B处时细线断裂，小球继续运动，已知弧形轨道的半径为R=m，所对应的圆心角为53，sin53=0.8，g=10m/s2（1）若M=5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小；（2）若M=5m，求小球在C点抛出后下落高度h=m时到C点的水平位移；（3）M、N满足什么关系时，小球能够运动到C点？【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律可求得加速度大小；（2）由几何关系分析AB的长度，再由运动学公式
35、可求得B点的速度，再对BC过程由机械能守恒定律，离后C后的平抛运动进行分析，联立可求得离开C后的水平位移；（3）对小于由A到B的过程以及线断后过程进行分析，根据机械能守恒定律列式，联立可求得M与m之间的关系【解答】解：（1）设细线中张力为F，对小球：Fmgsin53=ma 对物块：MgF=Ma 联立解得：a=7m/s2（2）在RtOAB中，得：xAB=；由v2=2axAB代入数据解得：v=2m/s； 从B到C，根据机械能守恒，有：mv2=mvC2+mgR（1cos53）小球离开C后做平抛运动，有：x=vCt h=frac12;gt2联立并代入数据解得：X=m （3）小球AB：M、m系统机械能守
36、恒，有：（M+m）v2=MgxABmgxABsin53线断后，小球BC，0mv2=mg（1cos53）联立，解得：M m答：（1）若M=5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小为7m/s2（2）若M=5m，求小球在C点抛出后下落高度h=m时到C点的水平位移m；（3）M、N满足M m时，小球能够运动到C点【点评】本题综合考查机械能守恒、牛顿第二定律以及平抛运动规律，此类问题一定注意做好受力分析以及过程分析，然后根据题意灵活选择物理规律即可正确求解15甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1=11m处，乙车速度v乙=60m/s，甲车速度v甲=50m/s，此时乙车离终点线尚有L2=
37、600m，如图所示若甲车做匀加速运动，加速度a=2m/s2，乙车速度不变，不计车长（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？（2）到达终点时甲车能否超过乙车？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）抓住两车相距最大时的临界条件：两车速度相等展开计算即可；（2）分析甲车追上乙车时，两车位移关系，求出相遇时的时间，再求出乙车到达终点的时间，比较即可求解【解答】解：（1）当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲+at1=v乙，得t1=s=5s；甲车位移x甲=v甲 t1+at2=275 m，乙车位移x乙=v乙 t1=605 m=300
38、 m，此时两车间距离x=x乙+L1x甲=36 m（2）甲车追上乙车时，位移关系为x甲=x乙+L1，甲车位移x甲=v甲 t2+at22，乙车位移x乙=v乙 t2，将x甲、x乙代入位移关系，得v甲t2+at2=v乙t2+L1，代入数据t2=11s，实际乙车到达终点的时间为t3=，所以到达终点时甲车不能超过乙车答：（1）经过5s甲、乙两车间距离最大，最大距离是36 m；（2）到达终点时甲车不能超过乙车【点评】掌握两车相距最远时的临界条件和追击条件是解决本题的关键，知道当两车速度相等时，两车间距离，最大难度适中16图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定
39、轴OO匀速转动，线圈的匝数n=100匝、电阻r=10，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90，与R并联的交流电压表为理想电表 在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图15（乙）所示正弦规律变化 求：（1）从1.57102s到4.71102s内通过电阻R上的电量q（2）电路中交流电压表的示数（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功W外【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律公式、闭合电路欧姆定律公式和电流的定义公式列式后推导出电量表达式，然后求解通过电阻R上的电量q；（2）交流发
40、电机产生电动势的最大值Em=nBS，根据t图线得出周期T以及角速度从而求出感应电动势的最大值；图中是以垂直于中性面开始计时的，所以感应电动势的瞬时表达式：e=Emcos（t）；（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功等于产生的电能【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可知，平均电动势：平均电流流过R的电量联立上式得：（2）线圈转动的角速度感应电动势最大值Em=nBS由图可知回路中的电流的有效值电压表示数U=IR联立上式得：（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功：W外=Q总=I2（R+r）t=1.42（90+10）=1212.56J答：（1）从1.57102s到4.71102s内通过电
41、阻R上的电量q为0.04C（2）电路中交流电压表的示数为127V（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功为1212.56J【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别17如图所示，一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小铁块，在木板右方有一档板，长木板右端距离挡板为4.5m，给小铁块与木板一共同初速度v0=5m/s二者将一起向右运动，直至木板与档板碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反已知运动过程中小铁块始终未离开木板，已知长木板与地面的摩擦因数1=0.1，小铁块与木板间的动摩擦因数为2=0.4，小铁块的质量
42、是m=1kg，木板质量是M=5kg，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与挡板碰前瞬间的速度（2）木板与档板第一次碰撞后，木板的加速度a1和小铁块的加速度a2各为多大（3）木板至少有多长【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）把铁块和木板看成一个整体，根据牛顿第二定律列式求解整体加速度，再根据运动学基本公式求解即可；（2）碰撞后木板向左匀减速运动，m向右匀减速运动运动，分别对铁块和木板，根据牛顿第二定律列式求解加速度；（3）碰撞后木板向左匀减速运动运动，m向右匀减速运动运动，当二者速度相等时铁块位移木板右端即可，根据运动学基本公式结合位移关系求解【解
43、答】解：（1）设铁块和木板一起向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：1（M+m）g=（M+m）a，代入数据解得：a=1m/s2，根据匀减速运动公式：v2v02=2ax 得：v=4m/s； （2）碰撞后木板向左匀减速运动，m向右匀减速运动运动，对木板：1（M+m）g+2mg=Ma1，代入数据解得：a1=2m/s2，对小铁块：2mg=ma2，代入数据解得：a2=4m/s2，（3）碰撞后木板向左匀减速运动运动，m向右匀减速运动运动，当二者速度相等时铁块位于木板右端即可，设经过t二者速度相等，则有：va1t=v+a2t 代入数据解得：t=sM向左的位移为：x1=vta1t2解得：x1=mm向右的位移为：x2=vta2t2=解得：x2=m因此木板的长度为：L=x1+x2=+=m答：（1）木板与挡板碰前瞬间的速度为4m/s；（2）木板与档板第一次碰撞后，木板的加速度a1大小为2m/s2，小铁块的加速度a2大小为4m/s2；（3）木板至少有m
