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北京市海淀区2022高三上期中练习物理
北京市海淀区2022高三上期中练习物理
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北京市海淀区2022-2022高三年级第一学期期中练习物理一、单选题:共4题1.一位同学从操场A点出发,向西走了30m,到达B点,然后又向北走了40m,达到C点.在从A点到C点的过程中,该同学的位移大小是A.70mB.50mC.40mD.30m2.如图所示,在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点,足球与墙壁的接触点为B,足球的质量为m,悬绳与墙壁的夹角为α,网兜的质量不计.则悬绳对球的拉力F的大小为A.F=mgtanαB.F=mgsinαC.F=mgcosαD.F=mgtanα3.一个弹簧振子沿x轴做简谐运动,取平衡位置O为x轴坐标原点.从某时刻开始计时,经过二分之一的周期,振子具有沿x轴正方向的最大加速度.下图中能正确反映该弹簧振子的位移x与时间t关系的图像是4.用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图所示,从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1000粒的豆粒的总质量为100g.则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为15/16A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N二、多选题:共6题5.如图所示,某同学站在体重计上观察超重与失重现象.由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程.她稳定站立时,体重计的示数为A0,关于实验现象,下列说法正确的是A.“起立”过程,体重计的示数一直大于A0B.“下蹲”过程,体重计的示数一直小于A0C.“起立”、“下蹲”过程,都能出现体重计的示数大于A0的现象D.“起立”的过程,先出现超重现象后出现失重现象6.用如图所示装置研究摩擦力的变化规律,把木块放在水平长木板上,在弹簧测力计的指针下轻放一个小纸团,它只能被指针向左推动.用弹簧测力计沿水平方向拉木块,使拉力由零缓慢增大.下列说法正确的是A.木块开始运动前,摩擦力逐渐增大B.当拉力达到某一数值时木块开始移动,此时拉力会突然变小C.该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小D.木块开始运动前,拉力小于摩擦力7.物体A做平抛运动,以物体被抛出的位置为原点O,以初速度v0的方向为x轴的正方向、竖直向下的方向为y轴的正方向,建立平面直角坐标系.如图所示,沿两坐标轴分别放置两个光屏.两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射,物体A15/16在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y,则图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是8.如图是某绳波形成过程的示意图.质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动,带动质点2、3、4,…各个质点依次上下振动,把振动从绳的左端传到右端.t=T/4时,质点5刚要开始运动.下列说法正确的是A.t=T/4时,质点5开始向下运动B.t=T/4时,质点3的加速度方向向下C.从t=T/2开始的一小段时间内,质点8的速度正在减小D.从t=T/2开始的一小段时间内,质点8的加速度正在减小9.与嫦娥1号、2号月球探测器不同,嫦娥3号是一次性进入距月球表面100km高的圆轨道Ⅰ(不计地球对探测器的影响),运行一段时间后再次变轨,从100km的环月圆轨道Ⅰ,降低到距月球15km的近月点B、距月球100km的远月点A的椭圆轨道Ⅱ,如图所示,为下一步月面软着陆做准备.关于嫦娥3号探测器下列说法正确的是A.探测器在轨道Ⅱ经过A点的速度小于经过B点的速度15/16B.探测器沿轨道Ⅰ运动过程中,探测器中的科考仪器对其支持面没有压力C.探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ,在A点应加速D.探测器在轨道Ⅱ经过A点时的加速度小于在轨道Ⅰ经过A点时的加速度10.如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g.以下判断正确的是A.当x=h+x0,重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的坐标为x=h+2x0C.小球受到的弹力最大值大于2mgD.小球动能的最大值为mgh+mgx02三、实验题:共2题11.如图所示,某同学借用“探究加速度与力、质量之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作,进行“研究合外力做功和物体动能变化关系”的实验.(1)为达到平衡阻力的目的,取下细绳及托盘,通过调整垫块的位置,改变长木板倾斜程度,根据纸带打出点的间隔判断小车是否做________运动.(2)按上图所示装置,接通打点计时器电源,由静止释放小车,打出若干条纸带,从中挑选一条点迹清晰的纸带,如图所示.纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为T,O点是打点计时器打出的第一个点,从O点到A、B、C、D、E、F点的距离依次为s1、s2、s3、s4、s5、s6.已知小车的质量为M,盘和砝码的总质量为m.由此可求得纸带上由O点到E点所对应的运动过程中,盘和砝码受到的重力所做功的表达式W= ,该小车动能改变量的表达式ΔEk= .由于实验中存在误差,所以,W ΔEk.(选填“小于”、“等于”或“大于”).15/1612.在用如图所示单摆“测重力加速度”的实验中,某同学的操作步骤如下:a.取一根细线,下端系住直径为d的金属小球,上端固定在铁架台上;b.用米尺测量细线长度为l,l与小球半径之和记为摆长;c.缓慢拉动小球,使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球;d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t,计算单摆周期T=t/n;e.用公式g=4π2lT2计算当地重力加速度;f.改变细线长度,重复b、c、d、e步骤,进行多次测量.(1)在上述步骤中,错误的是_________(写出该步骤的字母);改正后正确的应该是:__________________________________.(2)该同学为了减少误差,利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了图像,该图像对应下图中的________图.(3)在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中,下列做法有利于减小实验误差的是_________.A.适当加长摆线B.质量相同,体积不同的摆球,应选用体积较大的C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大15/16D.当单摆经过平衡位置时开始计时,经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期(4)北京时间2022年5月22日上午10点05分,中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰,五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬.若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度,测得该单摆在海平面处的周期是T0,在峰顶的周期是T,则珠峰顶峰的海拔高度h=_______.(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)四、计算题:共6题13.商场工作人员推着质量m=20kg的货箱沿水平地面滑行.若用力F1=100N沿水平方向推货箱,货箱恰好做匀速直线运动;现改用F2=120N水平推力把货箱从静止开始推动.(g取10m/s2).(1)求货箱与地面之间的动摩擦因数;(2)F2作用在货箱上时,求货箱运动的加速度大小;(3)在F2作用下,货箱运动4.0s时撤掉推力,求货箱从静止开始运动的总位移大小.14.如图所示为一滑梯的实物图,滑梯的斜面段长度L=5.0m,倾角θ=37º,水平段与斜面段平滑连接.某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下,经斜面底端后水平滑行一段距离,停在滑道上.已知小朋友质量为20kg,小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ=0.3,不计空气阻力.已知sin37º=0.60,cos37º=0.80.(g取10m/s2).求小朋友:(1)沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小;(2)滑到斜面底端时的速度大小;(3)在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功.15.2022年9月12日晚上11时58分,中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自主快速交会对接试验,此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5小时,为中国太空站工程后续研制建设奠定更加坚实的技术基础.如图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图,已知“天舟1号”与“天宫2号”成功对接后,组合体沿圆形轨道运行.经过时间t,组合体绕地球转过的角度为θ,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,不考虑地球自转.求:地球质量M;组合体运动的周期T;(3)组合体所在圆轨道离地面高度H.15/1616.暑假里,小明去游乐场游玩,坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机,如图甲所示,该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”,“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动,其示意图如图乙所示.“摇头飞椅”高O1O2=5.8m,绳长5m.小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下,他与座椅的总质量为40kg.小明和椅子的转动可简化为如图乙所示的圆周运动.在某段时间内,“伞盖”保持在水平面内稳定旋转,绳与竖直方向夹角为37º.g取10m/s2,sin37º=0.6,cos37º=0.8,在此过程中,求:(1)座椅受到绳子的拉力大小;(2)小明运动的线速度大小;(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落,求落地点与游艺机转轴(即图乙中O1点)的距离(保留两位有效数字).图甲 图乙17.我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车.某列动车组由8节车厢组成,其中车头第1节、车中第5节为动车,其余为拖车,假设每节动车和拖车的质量均为m=2×104kg,每节动车提供的最大功率P=600kW.15/16(1)假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的0.01倍,若该动车组从静止以加速度a=0.5m/s2加速行驶.a.求此过程中,第5节和第6节车厢间作用力大小;b.以此加速度行驶时所能持续的时间.(2)若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比,两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1.为提高动车组速度,现将动车组改为4节动车带4节拖车,则动车组所能达到的最大速度为v2,求v1与v2的比值.18.如图所示为某种弹射装置的示意图,该装置由三部分组成,传送带左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=6.0kg的物块A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接.传送带的皮带轮逆时针匀速转动,使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动.传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道.质量m=2.0kg的物块B从14圆弧的最高处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,传送带两轴之间的距离l=4.5m.设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞,第一次碰撞前,物块A静止.取g=10m/s2.求:(1)物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力;(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能;(3)如果物块A、B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间.15/16参考答案1.B【解析】本题考查了位移的计算,意在考查考生的理解能力.位移是矢量,是指从初位置指向末位置的有向线段,根据勾股定理可知该同学的位移大小为50m,选项B正确,选项ACD错误;综上本题选B. 2.C【解析】本题考查了共点力的平衡,意在考查考生的分析和解决能力.足球受到重力、拉力和支持力作用,根据共点力平衡有:Fcosα=mg;Fsinα=N,解得F=mgcosα,选项C正确,选项ABD错误;综上本题选C. 3.D【解析】本题考查了简谐运动的图像,意在考查考生的理解和分析能力.根据题意,经过二分之一的周期,振子具有沿x轴正方向的最大加速度,可知振子位于负向最大位移处,那么初始位置应该处于正向最大位移处,选项D正确,选项ABC错误;综上本题选D. 4.B15/16【解析】本题考查了动量定理的应用,意在考查考生的分析和解决能力.豆粒下落过程做自由落体运动,落到秤盘上的速度为:v=2gh=4m/s,根据题意反弹速度为2m/s,对1000粒豆粒受力分析,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有:F=0.1×2-0.1×(-4)1N=0.6N,选项B正确,选项ACD错误;综上本题选B. 5.CD【解析】本题考查了超重和失重的相关知识,意在考查考生的理解能力.稳定站立时,重力等于支持力,起立过程同学要先加速上升再减速上升最后静止,所以加速度先向上,后向下,最后为零,体重计的示数先大于A0后小于A0最后等于A0,先超重后失重,选项A错误,选项D正确;下蹲过程:同学要先加速向下,后减速向下,最后静止,体重计的示数要先小于A0,后大于A0,最后等于A0,选项B错误,选项C正确;综上本题选CD. 6.ABC【解析】本题考查了摩擦力的探究实验,意在考查考生的理解和分析能力.小木块受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用,运动前处于静止状态,拉力等于静摩擦力,随着拉力增大,静摩擦力逐渐变大,选项A正确,选项D错误;当拉力等于最大静摩擦力时,木块开始运动,此时摩擦力会突然变为滑动摩擦力,又因为滑动摩擦力略小于最大静摩擦力,所以木块开始移动时拉力会突然变小,选项B正确;木块开始运动时的拉力等于最大静摩擦力,所以该装置可以记录最大静摩擦力,选项C正确;综上本题选ABC. 7.AD【解析】本题考查了平抛运动的规律,意在考查考生的分析和解决能力.两束平行光分别将小球水平和竖直的位置照射在了两个坐标轴上,由于小球水平做匀速直线运动,所以x=v0t,选项A正确,选项B错误;竖直方向小球做自由落体运动,所以y=12gt2,选项C错误,选项D正确;综上本题选AD. 8.BC【解析】本题考查了机械波的形成与传播,意在考查考生的理解和分析能力.根据上下坡法可知t=T4时,质点5开始向上运动,质点3具有向下的加速度,选项A错误,选项B正确;t=T215/16时,质点8位于正向某一位移处,且处于下坡,因此在之后的一小段时间内,它的速度逐渐减小,加速度逐渐增大,选项C正确,选项D错误;综上本题选BC. 9.AB【解析】本题考查了万有引力定律的应用,意在考查考生的理解能力.探测器从轨道ⅡA点运动到B点的过程中,万有引力做正功,动能增加,速度增大,所以经过A点的速度小于经过B点,选项A正确;探测器在轨道Ⅰ运动过程中,处于完全失重状态,对支持面的压力为零,选项B正确;探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ,在A点应减速做近心运动,选项C错误;探测器在同一点受到的万有引力相等,根据牛顿第二定律可知加速度相等,选项D错误;综上本题选AB. 10.ACD【解析】本题考查了机械能守恒的应用,意在考查考生的分析能力.开始过程是自由落体,之后先做加速度减小的加速运动,当重力和弹力等大时,加速度为零,速度最大,之后做加速度增大的减速运动,直到最低点;当x=h+x0,弹力等于重力,动能最大,根据机械能守恒可知,此时重力势能与弹性势能之和最小,选项A正确;x=h和x=h+2x0两点关于x=h+x0点对称,根据对称性可知x=h+2x0点速度不为零,该点不是最低点,选项B错误;由对称性得x=h+2x0的形变量也为x0,所以该点的弹力为2mg,由于不是最低点,所以小球还要继续向下运动,因此小球速度为零时小球受到的弹力最大值大于2mg,选项C正确;从开始到小球速度最大的过程,应用机械能守恒,有EK=△EPG+△EP弹=mgh+x0-mg2x0=mgh+mgx02,选项D正确,综上本题选ACD. 11.(1)匀速直线(2)mgs5,M(s6-s4)28T2, 大于【解析】本题考查了研究合外力做功和物体动能变化关系,意在考查考生的理解能力.(1)根据实验原理,可知要研究合外力做功和物体动能变化关系,所以实验中要用细绳的拉力作为小车受到的合力,所以实验前应先平衡摩擦力,即通过调整垫块的位置,改变长木板倾斜程度,根据纸带打出点的间隔判断小车是否做匀速直线运动;(2)盘和砝码的总质量为m,由O点到E点所对应的运动过程中,盘和砝码受到的重力所做功的表达式W=mgs5;小车打下E点时的速度为s6-s42T,动能改变量的表达式ΔEk=M(s6-s4)28T2.由于实验中存在误差,所以合力做功应大于小车动能的增加量,即W大于ΔEk.15/16 12.(1)e,g=4π2(l+d2)T2 (2)C(3)AC(4)h=TT0-1R【解析】本题考查了用单摆测定重力加速度的实验探究,意在考查考生的理解和应用能力.(1)实验时单摆的摆长应该是从球心到悬点的距离,e步骤错误;根据单摆的周期公式:T=2πl+d2g⇒g=4π2(l+d2)T2;(2)根据周期公式可得l=g4π2T2-d2,故C正确,选项ABD错误;(3)为了减小实验误差,摆长适当即可,不易太长,且对实验误差影响不大,选项A错误;质量相同,体积不同的摆球,应选用体积较小的,选项B错误;单摆摆角太大就不再符合简谐运动的规律了,选项C正确;当单摆经过平衡位置时开始计时,经过n次全振动后停止计时,用此时间间隔与n的比值作为单摆振动的周期,选项D错误;综上本题选C.(4)根据单摆周期公式:T0=2πLg,T=2πLg'联立可得:T0T=g'g⇒g'=T02T2g,再根据万有引力与重力加速度的关系有:GMR2=mg,GM(R+h)2=mg',解得h=TT0-1R 13.(1)0.5(2)1.0m/s2(3)9.6m【解析】本题考查了牛顿运动定律的综合应用,意在考查考生的分析和解决能力.(1)木箱在水平拉力下匀速运动,由牛顿第二定律F1-μmg=0μ=F1mg QUOTE10020×10 =0.5(2)由牛顿第二定律F2-μmg=ma,a=F2-μmgm QUOTE120-10020 =1.0m/s2(3)设在F2作用下木箱的位移为x1,撤掉推力时木箱速度大小为v,撤掉推力后木箱加速度大小为a1,移动的位移为x2,总位移为x,则x1=12at2QUOTE12×1.0×16 =8.0mv=at=QUOTE×4 4.0m/s-μmg=ma1, a1=-5.0m/s20-v2=2a1x2x2=1.6m15/16x=x1+x2=9.6m 14.(1)48N(2)6m/s(3)-360J【解析】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的应用,意在考查考生的分析和解决能力.(1)小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为Ff=μmgcosθ=48N(2)小孩在斜面上滑行时,由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma1解得a1=gsinθ-μgcosθ=3.6m/s2由运动学公式v2=2aL解得小孩滑至B点时的速度大小为v=2aL=6m/s(3)小孩在水平段滑行时,由动能定理得Wf=0mv2=-360J 15.(1)M=gR2G(2)2πtθ(3)H=3gR2t2θ2-R【解析】本题考查了万有引力定律的应用,意在考查考生的识记和应用能力.(1)地球表面的万有引力等于重力,GMmR2=mg所以M=gR2G(2)设组合体角速度为ω,依题意ω=θt故周期T=2πω=2πtθ(3)根据牛顿第二定律:GMm(R+H)2=mω2(R+H)H=3gR2t2θ2-R 16.(1)500N(2)7.5m/s(3)8.8m【解析】本题考查了圆周运动、平抛运动的综合问题,意在考查考生的理解和应用能力.(1)向心力沿水平方向,由平行四边形定则,得15/16拉力T=mgcos370 =500N(2)由牛顿第二定律有:mgtan370=mv2R0其中 R0=7.5m解得,v=7.5m/s(3)由几何关系,座椅离地高度h=O1O2-Lcos37°=5.8m-4m=1.8m由平抛运动规律,得:x=vth=12gt2解得,x=4.5m由勾股定理,落地点与游艺机中心距离r'=R02+x2=1.534m=8.8m 17.(1)a.3.6×104N b.25s(2)12【解析】本题考查了整体隔离法、牛顿运动定律的综合应用以及瞬时功率的计算,意在考查考生的分析和解决能力.(1)a.以第6、7、8三节车厢为整体分析,总质量为3m,所受拉力为F,据牛顿第二定律有F-3f=3maf=0.01mg代入数据解得F=3.6×104Nb.设每个动车提供最大功率为p,提供的牵引力为F,动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm,对整个动车组进行分析,据牛顿第二定律,有2F-8f=8ma2p=2Fvm QUOTE2pVm-8f=8ma 代入数据解得vm=12.5m/s持续时间t=Vma=25s(2)动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv,依据公式p=F牵×v2p=kv1×v14p=kv2×v2两式相比得 v1v2=12 15/1618.(1)60N方向竖直向下(2)12J(3)8s【解析】本题考查了动量守恒定律、动量定理、动能定理以及牛顿运动定律等相关知识,意在考查考生的综合分析和解决能力.(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0.由机械能守恒知:mgR=12mv02得v0=2gR=5m/s设物块B滑到14圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F,由牛顿第二定律得:F-mg=mv02R解得:F=60N由牛顿第三定律得:物块B滑到14圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F1=60N,方向竖直向下.(2)设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,则μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有v2-v02=-2al联立解得v=4m/s由于v>u=2m/s,所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1,取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv=mv1+Mv212mv2=12mv12+12Mv22 (动量守恒、能量守恒)解得v1=-12v=-2m/s,v2=2m/s弹簧具有的最大弹性势能等于碰后物块M的初动能EP=12Mv22=12J(3)物块B经第一次与物块A碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动.设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′,由动能定理得:-μmgl′=0-12mv12得l′=2m<4.5m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速运动.可以判断,物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s,继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间,物块B在传送带运动的时间为t1.15/16由动量定理得:μmgt1=2mv1′解得t1=2v1'μg=2μg×12v=2×12×4=4s设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v4、v3,取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1′=mv3+Mv412mv1′2=12mv32+12Mv42解得v3=-12×2=-1m/s当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速运动.可以判断,物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s,继而与物块A发生第3次碰撞.则第2次碰撞到第3次碰撞之间,物块B在传送带运动的时间为t2.由动量定理得:μmgt2=2mv3解得t2=2v3'μg=2μg×12v1=2μg×12×12v=2×122×4=2s同上计算可知:物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为tn=12n-1×4s,构成无穷等比数列,公比q=12由无穷等比数列求和公式t总=t11-qn1-q可知,当n→∞时,有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为t总=11-12×4=8s 15/16
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