湖南省衡阳八中届高三物理下册第一次模拟考试题.docx
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湖南省衡阳八中届高三物理下册第一次模拟考试题
2018年湖南省衡阳八中高考物理一模试卷
一、选择题
1.如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置.待选粒子带正电且电量与表面积成正比.待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零,加速电场区域Ⅰ的板间电压为U,粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场磁场区域Ⅱ,其中磁场的磁感应强度大小为B,左右两极板间距为d.区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上.若半径为r0,质量为m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过,不计纳米粒子重力,则( )
A.区域Ⅱ的电场强度为E=B
B.区域Ⅱ左右两极板的电势差为U1=Bd
C.若纳米粒子的半径r>r0,则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过
D.若纳米粒子的半径r>r0,仍沿直线通过,则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为
2.某同学为估测一教学楼的总高度,在楼顶将一直径为2cm的钢球由静止释放,测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为0.001s,由此可知教学楼的总高度约为(不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2)( )
A.10mB.20mC.30mD.40m
3.如图所示,a为放在赤道上随地球一起自转的物体,b为同步卫星,c为一般卫星,d为极地卫星.设b、c﹑d三卫星距地心的距离均为r,做匀速圆周运动.则下列说法正确的是( )
A.a、b﹑c﹑d线速度大小相等
B.a、b﹑c﹑d角速度大小相等
C.a、b﹑c﹑d向心加速度大小相等
D.若b卫星升到更高圆轨道上运动,则b仍可能与a物体相对静止
4.如图所示,一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块.现使木箱获得一个向左的初速度v0,则( )
A.小木块和木箱最终都将静止
B.木箱速度为零时,小木块速度为
C.最终小木块速度为
,方向向左
D.木箱和小木块系统机械能最终损失
Mv02
5.在如图所示的电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中,下列说法正确的是( )
A.电容器的电荷量增大B.电流表A的示数减小
C.电压表V1示数在变大D.电压表V2示数在变大
6.计算机光驱的主要部分是激光头,它可以发射脉冲激光信号,激光扫描光盘时,激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统,再通过计算机显示出相应信息.光敏电阻自动计数器的示意图如图所示,其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻,此光电计数器的基本工作原理是( )
A.当有光照射R1时,处理系统获得低电压
B.当有光照射R1时,处理系统获得高电压
C.信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
7.如图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( )
A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)g
B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)g
C.若砝码与纸板分离时的速度小于
,砝码不会从桌面上掉下
D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘
8.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
二、非选择题(共174分)
9.美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置,最先测出了电子的电荷量,被称为密立根油滴实验.如图,两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接,板间产生匀强电场,方向竖直向下,图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止.
(1)若要测出该油滴的电荷量,需要测出的物理量有:
.
A.油滴质量mB.两板间的电压U
C.两板间的距离dD.两板的长度L
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q= (已知重力加速度为g)
(3)在进行了几百次的测量以后,密立根发现油滴所带的电荷量虽不同,但都是某个最小电荷量的整数倍,这个最小电荷量被认为是元电荷,其值为e= C.
10.山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如下.图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,h1=1.8m,h2=4.0m,x1=4.8m,x2=8.0m.开始时,质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头,大猴抱起小猴跑到C点,抓住青藤下端荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零.运动过程中猴子均看成质点,空气阻力不计,重力加速度g=10m/s2.求:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小.
11.某同学找到一个玩具风扇中的直流电动机,制作了一个提升重物的装置,某次提升试验中,重物的质量m=1.0kg,加在电动机两端的电压为6V.当电动机以v=0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物时,这时电路中的电流I=1.0A.不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2求:
(1)电动机线圈的电阻r等于多少?
(2)若输入电压不变,调整电动机的输入电流大小,使电动机输出功率最大.求电动机输入电流I为多少时输出功率最大,最大是多大?
(3)在电动机能提供第
(2)问的最大输出功率的条件下,将质量m=0.5kg的从静止开始以a=2m/s2的加速度匀加速提升该重物,则匀加速的时间为多长?
物体运动的最大速度是多大?
12.如图所示,轻弹簧左端固定在水平地面的N点处,弹簧自然伸长时另一端位于O点,水平面MN段为光滑地面,M点右侧为粗糙水平面,现有质量相等均为m的A、B滑块,先用滑块B向左压缩弹簧至P点,B和弹簧不栓接,由静止释放后向右运动与静止在M点的A物体碰撞,碰撞后A与B粘在一起,A向右运动了L之后静止在水平
面上,已知水平面与滑块之间滑动摩擦因数都为μ,求
(1)B刚与A碰撞后.A的速度大小?
(2)B将弹簧压缩至P点时克服弹力所做的功?
(3)若将B物体换成质量是2m的C物体,其余条件不变,则求A向右运动的距离是多少?
13.如图所示,OBCD为半圆柱体玻璃的横截面,OD为直径,一束由红光和紫光组成的复色光沿AO方向从真空斜射入玻璃,B、C点为两单色光的射出点(设光线在B、C处未发生全反射).已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t.
①若OB、OC两束单色光在真空中的波长分别为λB、λC,试比较λB、λC的大小.
②求从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC.
2018年湖南省衡阳八中高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1.如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置.待选粒子带正电且电量与表面积成正比.待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零,加速电场区域Ⅰ的板间电压为U,粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场磁场区域Ⅱ,其中磁场的磁感应强度大小为B,左右两极板间距为d.区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上.若半径为r0,质量为m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过,不计纳米粒子重力,则( )
A.区域Ⅱ的电场强度为E=B
B.区域Ⅱ左右两极板的电势差为U1=Bd
C.若纳米粒子的半径r>r0,则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过
D.若纳米粒子的半径r>r0,仍沿直线通过,则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为
【考点】带电粒子在混合场中的运动.
【专题】定性思想;推理法;带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】带电粒子在电场中被加速,当进入区域II内做匀速直线运动,因而根据动能定理可求出被加速的速度大小,再由洛伦兹力等于电场力,从而确定电场强度的大小与方向;根据密度相同,可确定质量与半径立方关系;根据题意,可知电量与半径平方关系;由半径的不同,导致速度大小不一,从而出现洛伦兹力与电场力不等现象,根据其力大小确定向哪个极板偏转.
【解答】解:
A、B、设半径为r0的粒子加速后的速度为v,则有:
q0U=
m0v2…①
设区域II内电场强度为E,洛伦兹力等于电场力,即:
q0vB=q0E…②
联立①②解得:
E=B
而Ⅱ区两极板的电压为:
U1=Bd
,故A正确,B错误;
C、若纳米粒子的半径r>r0,设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,
则m=(
)3m0
而q=(
)2q0
由
mv′2=qU
解得:
v′=
=
v<v
故洛伦兹力变小,粒子带正电,故粒子向左偏转,故C错误;
D、由于v′=
v,故洛伦兹力与原来的洛伦兹力之比为
;
电场力与洛伦兹力平衡,故电场力与原来的电场力之比为
;
根据F=qE,区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为
;故D错误;
故选:
A.
【点评】本题考查运用动能定理求带电粒子在电场中加速后的速度大小,再洛伦兹力与电场力关系来确定偏向何处.同时注意紧扣题意密度相同及电量与表面积成正比等隐含条件.
2.某同学为估测一教学楼的总高度,在楼顶将一直径为2cm的钢球由静止释放,测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为0.001s,由此可知教学楼的总高度约为(不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2)( )
A.10mB.20mC.30mD.40m
【考点】自由落体运动.
【专题】自由落体运动专题.
【分析】物体做的是自由落体运动,根据自由落体的位移公式可以求得.
【解答】解:
设运动时间为t,根据h=
gt2可得,根据△x=xt﹣xt﹣1即
gt2﹣
g(t﹣0.001)2=△x,
即
×10t2﹣
×10(t﹣0.001)2=0.02
解得:
t=2s
h=
×10×22=20m
故选:
B.
【点评】本题考查的是自由落体运动公式的直接应用,题目比较简单,属于基础题.
3.如图所示,a为放在赤道上随地球一起自转的物体,b为同步卫星,c为一般卫星,d为极地卫星.设b、c﹑d三卫星距地心的距离均为r,做匀速圆周运动.则下列说法正确的是( )
A.a、b﹑c﹑d线速度大小相等
B.a、b﹑c﹑d角速度大小相等
C.a、b﹑c﹑d向心加速度大小相等
D.若b卫星升到更高圆轨道上运动,则b仍可能与a物体相对静止
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.
【专题】人造卫星问题.
【分析】本题中涉及到物体都做圆周运,ab转动的周期相等,b、c、d为卫星,故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时,涉及到两种物理模型,要两两比较.
【解答】解:
A、a、b比较,角速度相等,由v=ωr,可知υa<υb,根据线速度公式v=
,b、c、d为卫星,轨道半径相同,线速度大小相等,故A错误;
B、根据ω=
,b、c、d为卫星,轨道半径相同,角速度大小相等,a、b比较,角速度相等,所以a、b﹑c﹑d角速度大小相等,故B正确;
C、a、b比较,角速度相等,由a=ω2r,aa<ab,根据向心加速度大小公式a=
,b、c、d为卫星,轨道半径相同,向心加速度大小相等,故C错误;
D、b为同步卫星,若b卫星升到更高圆轨道上运动,周期发生变化,b不可能与a物体相对静止,故D错误;
故选:
B
【点评】本题涉及到两种物理模型,即ab转动的周期相等,bcd同为卫星,其动力学原理相同,要两两分开比较,最后再统一比较.
4.如图所示,一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块.现使木箱获得一个向左的初速度v0,则( )
A.小木块和木箱最终都将静止
B.木箱速度为零时,小木块速度为
C.最终小木块速度为
,方向向左
D.木箱和小木块系统机械能最终损失
Mv02
【考点】动量守恒定律.
【专题】动量定理应用专题.
【分析】本题中物体系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而由于系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向右运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失.
【解答】解:
A、系统所受外力的合力为零,动量守恒,初状态木箱有向左的动量,小木块动量为零,故系统总动量向左,系统内部存在摩擦力,阻碍两物体间的相对滑动,最终相对静止,由于系统的总动量守恒,不管中间过程如何相互作用,根据动量守恒定律,最终两物体以相同的速度一起向左运动.故A错误;
B、规定向左为正方向,根据动量守恒:
Mv0=mv1+Mv2;v2=0,可得v1=
,故B错误.
C、最终两物体速度相同,由动量守恒得:
Mv0=(m+M)v,则得v=
,方向向左,故C正确.
D、木箱和小木块系统机械能最终损失△E=
Mv02﹣
(m+M)v2=
,故D错误;
故选:
C.
【点评】动量守恒定律的应用问题,不需要涉及中间过程,特别是对于多次碰撞问题,解题特别方便,要能灵活的选用过程.
5.在如图所示的电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中,下列说法正确的是( )
A.电容器的电荷量增大B.电流表A的示数减小
C.电压表V1示数在变大D.电压表V2示数在变大
【考点】电势差;闭合电路的欧姆定律.
【专题】电容器专题.
【分析】保持开关S闭合,根据变阻器接入电路电阻的变化,由欧姆定律分析电表读数的变化.由Q=CU确定电容器电量的变化.由欧姆定律判断电压表的示数变化.
【解答】解:
A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中,滑动变阻器阻值减小,故路端电压减小,而电容器的两端间的电压就是路端电压,结合Q=CU可得,电容器的电荷量减小,故A错误;
B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中,滑动变阻器阻值减小,故电路的电流增大,电流表A的示数变大,故B错误;
C、电压表V1示数等于电流与R1阻值的乘积,故示数在变大,故C正确;
D、路端电压减小,而电压表V1示数在变大,电压表V2示数在减小,故D错误;
故选:
C
【点评】闭合电路的动态分析重点在于明确外电阻的变化趋势,从而判断通过电源的电流变化,进而分析路端电压的变化,由串并联电路特点加以分析.
6.计算机光驱的主要部分是激光头,它可以发射脉冲激光信号,激光扫描光盘时,激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统,再通过计算机显示出相应信息.光敏电阻自动计数器的示意图如图所示,其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻,此光电计数器的基本工作原理是( )
A.当有光照射R1时,处理系统获得低电压
B.当有光照射R1时,处理系统获得高电压
C.信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
【考点】传感器在生产、生活中的应用.
【分析】由图可知,电阻R1与R2串联,当R1的电阻值受光照亮度的增大而减小时,根据欧姆定律可知,电路中的电流增大,由于R2阻值一定,根据U2=IR2可知,AB间电压增大,反之减小;根据串联电路的电压特点可知R1两端的电压的变化.可据此分析判断.
【解答】解:
AB、由题知,当光线照射R1时,R1阻值减小、R总减小,由欧姆定律得:
I=
且电源电压不变,
所以电路中的电流增大,
因为R2是定值电阻,U2=IR2,
故R2两端电压增大,信号处理系统获得高压而计数,
又因为串联电路总电压等于各分电压之和,
所以R1两端的电压变小,故A错误、B正确;
CD、当光线照射时,R1阻值增小、R总增小,电路中的电流减大,R2两端电压变大,
所以信号处理系统每获得一次高电压就计数一次,故C错.D正确
故选:
BD.
【点评】一是欧姆定律理解与掌握,二是利用好串联电路的电压关系,三是明白光照使R1阻值的变化.
7.如图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( )
A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)g
B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)g
C.若砝码与纸板分离时的速度小于
,砝码不会从桌面上掉下
D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
【专题】牛顿运动定律综合专题.
【分析】应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力,然后求出摩擦力大小.根据牛顿第二定律求出加速度,要使纸板相对于砝码运动,纸板的加速度应大于砝码的加速度,然后求出拉力的最小值.
当F=μ(2M+3m)g时,根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度,结合运动学公式求出分离时砝码的速度,结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置,从而判断出砝码的位置.
【解答】解:
A、对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,所受的摩擦力μ(M+m)g+μMg,故A错误.
B、设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,
则有:
f1=Ma1,F﹣f1﹣f2=ma2
发生相对运动需要a2>a1
代入数据解得:
F>2μ(M+m)g,故B正确.
C、若砝码与纸板分离时的速度小于
,砝码匀加速运动的位移小于
,匀减速运动的位移小于
,则总位移小于d,不会从桌面掉下,故C正确.
D、当F=μ(2M+3m)g时,砝码未脱离时的加速度a1=μg,纸板的加速度
=2μg,根据
,解得t=
,则此时砝码的速度
,砝码脱离纸板后做匀减速运动,匀减速运动的加速度大小a′=μg,则匀减速运动的位移
,而匀加速运动的位移
,可知砝码离开桌面,故D错误.
故选:
BC.
【点评】本题考查了求拉力大小,应用摩擦力公式求出摩擦力大小,知道拉动物体需要满足的条件,应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题.
8.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
【考点】感应电流的产生条件.
【分析】产生感应电流的条件:
闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动,导体中有感应电流.
【解答】解:
A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,回路中没有磁通量的变化,不能产生感应电流,观察到电流表没有变化,故A错误;
B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,回路中没有磁通量的变化,不能产生感应电流,观察到电流表没有变化,故B错误;
C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生,但是之后,再到相邻房间去观察时,回路中已经没有磁通量的变化,此时观察到的电流表没有变化,故C错误;
D、绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,回路中的磁通量发生变化,能观察电流表的变化,故D正确.
故选:
D.
【点评】解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件:
闭合回路的磁通量发生变化,电路必须闭合.
二、非选择题(共174分)
9.美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置,最先测出了电子的电荷量,被称为密立根油滴实验.如图,两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接,板间产生匀强电场,方向竖直向下,图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止.
(1)若要测出该油滴的电荷量,需要测出的物理量有:
ABC .
A.油滴质量mB.两板间的电压U
C.两板间的距离dD.两板的长度L
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=
(已知重力加速度为g)
(3)在进行了几百次的测量以后,密立根发现油滴所带的电荷量虽不同,但都是某个最小电荷量的整数倍,这个最小电荷量被认为是元电荷,其值为e= 1.6×10﹣19 C.
【考点】元电荷、点电荷.
【分析】平行金属板板间存在匀强电场,根据公式U=Ed求出两板电势差.液滴恰好处于静止状态,电场力与重力平衡,由平衡条件求解.
【解答】解:
(1)平行金属板板间存在匀强电场,液滴恰好处于静止状态,
电场力与重力平衡,则有
mg=qE=
所以需要测出的物理量有油滴质量m,两板间的电压U,两板间的距离d,
故选:
ABC.
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=
,
(3)在进行了几百次的测量以后,密立根发现油滴所带的电荷量虽不同,但都是某个最小电荷量的整数倍,
这个最小电荷量被认为是元电荷,其值为e=1.6×10﹣19C.
故答案为:
(1)ABC
(2)
(3)1.6×10﹣19
【点评】本题是带电体在电场中平衡问题,掌握U=Ed和平衡条件,即可正确求解.
10.山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如下.图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,h1=1.8m,h2=4.0m,x1=4.8m,x2=8.0m.开始时,质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头,大猴抱起小猴跑到C点,抓住青藤下端荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零.运动过程中猴子均看成质点,空气阻力不计,重力加速度g=10m/s2.求:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小.
【考点】机械能守恒定律;牛顿第二定律;向心力.
【专题】机械能守恒定律应用专题.
【分析】
(1)大猴从A点到B点做平抛运动,根据高度求出运动时间,再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值.
(2)根据C到D点机械能守恒,抓住到达D点的速度为零,求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小.
(3)根据牛顿第二定律,通过竖直方向上的合力提供向心力求出拉力的大小.
【解答】解:
根据
,解得
则跳离的最小速度
.
(2)根据机械能守恒定律得,
解得v=
=
m/s≈9m/s.
(3)根据牛顿第二定律得,
根据几何关系得,
联立解得F=216N.
答:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s.
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s.
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小为216N.
【点评】本题综合考查了平抛运动,圆周运动,运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律,综合性较强,难度不大,需加强这类题型的训练.
11.某同学找到一个玩具风扇中的直流电动机,制作了一个提升重物的装置,某次提升试验中,重物的质量m=1.0kg,加在电动机两端的电压为6V.当电动机以v=0.5m/s的恒定速度竖直向上
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- 湖南省 衡阳 八中届高三 物理 下册 第一次 模拟 考试题