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浦东新区2014学年度第二学期期末高二数学_2014浦东新区二模高考
tamoadmin 2024-06-12 人已围观
简介1.(2014?浦东新区二模)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的34圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为2.(2014?浦东新区二模)如图所示,为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在 t=0时刻的波的图象.经△t=0.1s,质3.(2014?浦东新区二模)在光滑水平面上,一物体在水平力F的作用下,由静止开始做直线运动,F随位移s变化的4.(2014?浦东新区二模)如图所示,两个完全相同的光滑
1.(2014?浦东新区二模)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的34圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为
2.(2014?浦东新区二模)如图所示,为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在 t=0时刻的波的图象.经△t=0.1s,质
3.(2014?浦东新区二模)在光滑水平面上,一物体在水平力F的作用下,由静止开始做直线运动,F随位移s变化的
4.(2014?浦东新区二模)如图所示,两个完全相同的光滑球的质量均为m,放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间
5.(2014?浦东新区二模)如图的情景主要表明了力能使物体发生______;当羽箭被射出后能在空中继续飞行,是
6.(2014?浦东新区二模)如图所示,当长木板从水平位置开始缓慢转动至竖直位置过程中,原来静止在长木板上
假设三根等长带电棒绝缘都带+q电荷,则P的场强为零,根据电场的叠加原理可知,AB、BC两棒在P点的电场强度与AC棒在P点的场强大小相等、方向相反;
所以可知当AB、BC带电均为+q,CA带电为-q时,AB、BC两棒在P点的电场强度与AC棒在P点的场强大小相等、方向相同,则有:
撤去CA棒,则P、Q两点的电场强度大小分别为 EP=
E1 |
2 |
E1 |
2 |
原来Q的场强是AB、BC产生的场强和AC产生的场强的叠加而成,AB、BC产生的场强方向从P到A,AC产生的场强方向从Q到P,根据电场的叠加可知Q点原来的场强方向可能沿Q到P,原来Q点的大小为E2,则撤去CA棒后,Q点的电场强度大小EQ=
E1 |
2 |
原来Q的方向也可能沿P到Q,则撤去CA棒后,Q点的电场强度大小EQ=
E1 |
2 |
故答案为:
E1 |
2 |
E1 |
2 |
E1 |
2 |
(2014?浦东新区二模)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的34圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为
(1)v甲=
20 |
15 |
4 |
3 |
所以,甲车的速度是
4 |
3 |
v乙=
60 |
70?10 |
所以,乙车的速度是1千米/每分钟;
(2)方法一:∵t乙=
20 |
1 |
∴乙车出发20分钟后第一次与甲车相遇;
方法二:设甲车离A地的距离S与时间t的函数解析式为:s=kt+b(k≠0),
将点(10,0)(70,60)代入得:
|
解得,
|
所以,s=t-10,
当s=20时,解得t=30,
∵甲车出发10分钟后乙车才出发,
∴30-10=20分钟,乙车出发20分钟后第一次与甲车相遇;
(3)∵t=(60-20)÷
4 |
3 |
∵70-30-15=25(分钟),
∴甲车中途因故障停止行驶的时间为25分钟.
(2014?浦东新区二模)如图所示,为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在 t=0时刻的波的图象.经△t=0.1s,质
A:根据重力做功的公式应有:W=mg(2.5R-R)=1.5mgR,故A正确;
B:小球到达B点时应满足:mg=m
v2 |
R |
解得:mv2=mgR;故动能为
1 |
2 |
C、从P到B过程由动能定理可得:1.5mgR+W=
1 |
2 |
联立①②解得:W=mgR;故C正确;
D、小球离开B点后做平抛运动,下落高度为R时,运动的水平距离为:x=
gR |
|
2R |
故选:AC
(2014?浦东新区二模)在光滑水平面上,一物体在水平力F的作用下,由静止开始做直线运动,F随位移s变化的
波沿x轴正方向传播,当x=0处的状态传到M点时,M第一次回到平衡位置,此过程中波传播的距离为△x=0.1m
则波速为 v=
△x |
△t |
0.1 |
0.1 |
根据数学知识得:y=Asinωx=Asin
2π |
λ |
由题知:10=20sin
2π |
λ |
则波长为 λ=1.2m?
则周期 T=
λ |
v |
1.2 |
1 |
故答案为:1,1.2
(2014?浦东新区二模)如图所示,两个完全相同的光滑球的质量均为m,放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间
由牛顿第二定律,F=ma,得到:a=
F |
m |
故0~t0:物体做匀加速直线运动,t0-3t0:物体做匀减速直线运动,故C正确.D错误,
F-s图象与坐标轴围成的面积S=2F0a-F0?(3a-a)=0,则合外力做功为零,根据动能定理可知,末速度为零,则物体先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,最后速度减为零,位移直线增大,故AB错误.
故选:C
(2014?浦东新区二模)如图的情景主要表明了力能使物体发生______;当羽箭被射出后能在空中继续飞行,是
A、以P为研究对象,受力情况如图1,重力mg没有变化,斜面和Q球对P球的支持力NP和N1方向没有变化,根据平衡条件得到Q对P的支持力N1不变,斜面对P球支持力NP不变.根据牛顿第三定律得到P球对斜面的压力也不变.故A正确B错误.
C、以PQ整体为研究对象,受力如图2所示,由图看出,挡板对Q球的弹力F逐渐减小,斜面对P、Q两球总的支持力N减小,则牛顿第三定律得:Q球对挡板的压力逐渐减小.N=NP+NQ,斜面对P球支持力NP不变,所以NQ减小,Q球对斜面的压力逐渐减小.故C错误D正确.
故选:AD.
(2014?浦东新区二模)如图所示,当长木板从水平位置开始缓慢转动至竖直位置过程中,原来静止在长木板上
由图可知图弓被拉弯,说明力改变了物体的形状;羽毛箭被射出后能够继续飞行,是羽毛箭由于具有惯性,继续保持原有的运动状态;羽箭射入靶内对目标做功,是因为羽箭具有能量.
故答案为:形变;原有运动状态;能量.
解:木块开始相对木板静止,对物体进行受力分析:
其中f为静摩擦力.
将重力分解,由于木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动,所以物体可以认为是处于平衡状态.
根据平衡条件得:
沿斜面方向:静摩擦力f=mgsinα,方向沿斜面向上.
由于木板从水平面绕B端逆时针缓慢转动,所以α逐渐增大,所以木块所受的静摩擦力逐渐增大.
后沿木板下滑,对物体进行受力分析:
其中f为滑动摩擦力.
根据垂直斜面方向平衡条得:N=mgcosα
根据滑动摩擦力公式得:f=μN=μmgcosα
A、开始物体不动,合力为零,当摩擦力变为滑动摩擦力后,滑动摩擦力在减小,重力的分力在增大,则合力增大.知合力先不变,再增大.故A错误;
B、由于α逐渐增大,N逐渐减小,所以木块所受的滑动摩擦力逐渐减小.故摩擦力先增大后减小.故B正确;
C、全过程中物块受到的支持力N=mgcosα,α增大,则N始终减小.故C错误;
D、对长木板的作用力,即压力和摩擦力的合力,开始时不木块静止,压力与摩擦力的合力始终相等,当木块运动起来后,压力减小,摩擦力减小,则合力减小,故对长木板作用力先不变后减小,故D错误;
故选:B.