6. 匀变速直线运动位移与时间的关系教学内容

成都七中高2015届高三下学期理科综合测试物理部分

参考答案

1C

2B

3B

4A

5B

6AD

7BD 8 答案

(1)B

(2)0.50

(3)C 9解析：(1)首先，选取唯一性器材：电源E(电动势约为3 V、内阻约为0.2 Ω)，定值电阻R(20 Ω，允许最大电流1.0 A)，单刀单掷开关S一个，导线若干。

电源电动势约为3 V，所以电压表选择V1(量程0～3 V，内阻很大)；待测电阻Rx的阻值约为30 Ω，流过Rx最大电流为3 V/30 Ω＝0.1 A＝100 mA，如果电流表选择A2(量程0～3 A，内阻约0.12 Ω)，指针偏转很小，测量不准确，所以只能选择A1(量程0～50 mA，内阻约10 Ω)；滑动变阻器R2的全值电阻太大，操作不便，所以滑动变阻器应选R1(0～10 Ω、允许最大电流2.0 A)。

(2)因为实验要求所测量值范围尽可能大，所以滑动变阻器R1要采用分压接法；因为待测电阻Rx的阻值远小于电压表内阻，所以电流表要外接；为了使流过电流表的电流不超过其最大量程即50 mA，应与待测电阻串联一个定值电阻R起保护电路。实验原理图如图所示。

U(3)根据欧姆定律可求得，Rx＝－R。

IU答案：(1)A1

V1

R1

(2)实验电路图见解析

(3)－R

I10(1)在初始速度v=160 m/s时，过A点切线的斜率即为此时的加速度大小：

a=v1600=m/s2=20 m/s2

（5分）

8t(2)设返回舱所受空气浮力为f，在t=0时，根据牛顿第二定律则有：kv2+f-Mg=Ma

由图线知返回舱最终速度为vm=4 m/s时，返回舱受力平衡，即有：kvm2+f-Mg=0 由上述两式解得：

k=Mavvm22=0.313kg/m

（10分）

11．解：（1）（7分）在第一象限，水平方向小球做匀减速运动，

qE1加速度大小为：a＝ （1分）

m1由运动学公式，有：L＝at2

（1分）

2L1竖直方向做自由落体运动，有：＝gt2

（1分）

22由①②得，a＝2g

由牛顿第二定律可知，qE1＝2mg

（1分）

小球在第四象限的电磁场中做匀速圆周运动，应有电场力与重力平衡，即：

qE2＝mg

（2分）

故：E1∶E2＝2∶1. （1分）

（2）（10分）设小球进入圆筒时的速度为v1，在第一象限，由运动规律有：

v0Lv1竖直方向：＝t （1分） 水平方向：L＝t

（1分）

222v0解得：v1＝

2小球在圆筒中做加速度减小的加速运动，当重力与摩擦力相等时，开始做匀速运动，设此速度为v2，mg由平衡条件，有：mg＝μBqv2

（1分）

解得：v2＝ （1分）

μBq

在第四象限的电磁场中做匀速圆周运动时，

v2gL2洛伦兹力提供向心力，有：Bqv2＝m

（2分） 解得，v2＝

（1分）

Lμ112从小球进入圆筒到离开圆筒，由动能定理，有：

mgL+Wf＝mv22－mv1 （2分）

2211解之得：Wf＝－[mgL(1－)＋mv2]

（2分）

2μ8012解

（1）（4分）如图所示，弹簧释放到恢复原长经过位移s到达D点，根据能量关系，有：

其中s=（2.05﹣0.05）m=2m 解得：υ1=7.5m/s

（2）（9分）此后小滑块沿斜面向上做减速运动，由牛顿第二定律得：μmgcos30°+mgsin30°=ma1

解得小滑块的加速度大小为：a1=7.5m/s2 设小滑块运动到E点的速度为0，上升的位移为s1，则运动时间为：t1=

上升的位移为：s1==3.75m 接着小滑块沿斜面下滑，运动时间为：t2=（1.8﹣1）s=0.8s 由牛顿第二定律有：mgsin30°﹣μmgcos30°=ma2

代入数据解得：a2=2.5m/s2 则下滑的位移为：s2=

由图中几何关系知：BD+s1=BO+s2 即小滑块此时刚好到达坐标原点．

（3）（6分）施加电场和磁场后，由题中数据知：Eq=mg即小滑块只受洛伦兹力作用，做圆周运动到P（0，m）点，然后做匀速直线运动运动到N（6m，0）．

小滑块进入磁场的速度为：υ2=a2t2=2m/s

洛伦兹力提供向心力：由图中几何关系知小滑块做圆周运动的半径为：r=2m

解得：=1T

；运动周期为：=s

在磁场中运动的时间为：t3=

答：（1）弹簧完全恢复瞬间，小滑块的速度为7.5m/s；

（2）弹簧原长恢复后1.8s时小滑块所在的位置在坐标原点；

（3）小滑块在磁场中的运动的时间为πs．