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山东省2020年高考物理试卷(新高考)含答案解析
年级:高中
难度:中等
更新时间:2020-11-19
下载:133次
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一、选择题(共12题)
1.

一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(  )

A0~t1时间内,v增大,FN>mg                    Bt1~t2 时间内,v减小,FN<mg

Ct2~t3 时间内,v增大,FN <mg                  Dt2~t3时间内,v减小,FN >mg

【答案】

D

【解析】

A.由于s-t图像的斜率表示速度,可知在0~t1时间内速度增加,即乘客的加速度向下,处于失重状态,则FN<mg,选项A错误;

B.在t1~t2时间内速度不变,即乘客的匀速下降,则FN=mg,选项B错误;

CD.在t2~t3时间内速度减小,即乘客的减速下降,超重,则FN>mg,选项C错误,D正确;

故选D

组卷:165次
难度:容易
知识点:超重和失重
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2.

氚核发生β衰变成为氦核。假设含氚材料中发生β衰变产生的电子可以全部定向移动,在3.2104 s时间内形成的平均电流为5.010-8 A。已知电子电荷量为1.610-19 C,在这段时间内发生β衰变的氚核的个数为(  )

A             B                C               D

【答案】

B

【解析】

根据

可得产生的电子数为

因在β衰变中,一个氚核产生一个电子,可知氚核的个数为1.0×1016个。

故选B

组卷:143次
难度:容易
知识点:放射性元素衰变
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3.

双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源SS1S2的距离相等,O点为S1S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为的光,经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点,经S2出射后直接传播到O点,由S1O点与由S2O点,光传播的时间差为。玻璃片厚度为10,玻璃对该波长光的折射率为1.5,空气中光速为c,不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是(  )

A                B               C               D

【答案】

A

【解析】

光在玻璃中的传播速度为

可知时间差

故选A

组卷:140次
难度:容易
知识点:光的折射
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4.

一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播,已知处质点的振动方程为,则时刻的波形图正确的是(  )

A                                B

C                                 D

【答案】

D

【解析】

根据题意可知,时,在处的质点处于

则此时该质点位于平衡位置,下一时刻,该质点向上运动,故AB错误;

根据题意,横波沿轴负方向传播,根据同侧法判断可知,C错误,D正确。

故选D

组卷:158次
难度:中等
知识点:波的描述
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5.

图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=223,输入端ab所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω,额定电压为24 V。定值电阻R1=10 ΩR2=5 Ω 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(  )

A1 Ω                       B5 Ω                        C6 Ω                        D8 Ω

【答案】

A

【解析】

输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)

根据理想变压器电压规律可知副线圈电压有效值为

灯泡正常工作,根据欧姆定律可知分压为,则通过灯泡的电流,即副线圈部分的干路电流为

根据串联分压规律可知,构成的并联电路部分的分压为

通过的电流为

通过的电流为

的分压为

解得滑动变阻器的阻值为

A正确,BCD错误。

故选A

组卷:173次
难度:中等
知识点:变压器
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6.

一定质量的理想气体从状态a开始,经abbcca三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为aV0 2p0)、 b2V0p0)、c3V02p0 以下判断正确的是(  )

A气体在ab过程中对外界做的功小于在bc过程中对外界做的功

B气体在ab过程中从外界吸收的热量大于在bc过程中从外界吸收的热量

Cca过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量

D气体在ca过程中内能的减少量大于bc过程中内能的增加量

【答案】

C

【解析】

A.根据气体做功的表达式可知图线和体积横轴围成的面积即为做功大小,所以气体在过程中对外界做的功等于过程中对外界做的功,A错误;

B.气体从,满足玻意尔定律,所以

所以,根据热力学第一定律可知

气体从,温度升高,所以,根据热力学第一定律可知

结合A选项可知

所以

过程气体吸收的热量大于过程吸收的热量,B错误;

C.气体从,温度降低,所以,气体体积减小,外界对气体做功,所以,根据热力学第一定律可知,放出热量,C正确;

D.理想气体的内能只与温度有关,根据可知从

所以气体从过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量,D错误。

故选C

组卷:156次
难度:容易
知识点:热力学第一定律
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7.

我国将在今年择机执行天问1火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前,会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍,半径约为地球的0.5倍,地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动,此过程中着陆器受到的制动力大小约为(  )

A        B         C        D

【答案】

B

【解析】

忽略星球的自转,万有引力等于重力

解得

着陆器做匀减速直线运动,根据运动学公式可知

解得

匀减速过程,根据牛顿第二定律得

解得着陆器受到的制动力大小为

ACD错误,B正确。

故选B

组卷:158次
难度:中等
知识点:万有引力理论的成就
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8.

如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m2m的物块AB,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,AB间的接触面和轻绳均与木板平行。AB间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时,物块AB刚好要滑动,则μ的值为(  )

A                         B                         C                         D

【答案】

C

【解析】

当木板与水平面的夹角为时,两物块刚好滑动,对A物块受力分析如图

沿斜面方向,AB之间的滑动摩擦力

根据平衡条件可知

B物块受力分析如图

沿斜面方向,B与斜面之间的滑动摩擦力

根据平衡条件可知

两式相加,可得

解得

故选C

组卷:151次
难度:偏难
知识点:共点力的平衡
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9.

截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源,DE与三棱镜的ABC面垂直,D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为,只考虑由DE直接射向侧面AA'CC的光线。下列说法正确的是(  )

A光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的

B光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的

CDE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将增大

DDE发出的单色光频率变小,AA'C'C面有光出射的区域面积将减小

【答案】

AC

【解析】

AB.由题可知

可知临界角为45o,因此从D点发出的光,竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘,同时C点也恰好是出射光线的边缘,如图所示,因此光线只能从MC段射出,根据几何关系可知,M恰好为AC的中点,因此在 平面上有一半的面积有光线射出,A正确,B错误;

C.由于频率越高,折射率越大,当光源发出的光的频率变小,,折射率也会变小,导致临界角会增大,这时M点上方也会有光线出射,因此出射光线区域的面积将增大,C正确,D错误。

故选AC

组卷:101次
难度:中等
知识点:全反射
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10.

真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于acbd,如图所示。以下说法正确的是(  )

Aa点电势低于O

Bb点电势低于c

C该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能

D该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能

【答案】

BD

【解析】

A.由题意可知O点合场强为零,根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由aO,故a点电势高于O点电势,故A错误;

B.同理可得,c点电势高于O点电势,两个固定电荷在bO射线上的点电场方向斜向上,故b点电势低于O点电势,则b点电势低于c点,故B正确。

Ca点电势高于O点电势,b点电势低于O点电势,则a点电势高于b点,试探电荷为负电荷,故该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能,故C错误;

D.根据电荷电场的对称分布可得,bd两点电势相同,则c点电势高于d点,试探电荷为负电荷,则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能,故D正确。

故选BD

组卷:108次
难度:中等
知识点:电势能和电势
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11.

如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(  )

AM<2m

B2m <M<3m

CB从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功

DB从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量

【答案】

ACD

【解析】

AB.由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动,故在最低点时有弹簧弹力T=2mg;对A分析,设绳子与桌面间夹角为θ,则依题意有

故有,故A正确,B错误;

C.由题意可知B从释放位置到最低点过程中,开始弹簧弹力小于重力,物体加速,合力做正功;后来弹簧弹力大于重力,物体减速,合力做负功,故C正确;

D.对于B,在从释放到速度最大过程中,B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功,即等于B克服弹簧弹力所做的功,故D正确。

组卷:138次
难度:中等
知识点:机械能守恒定律
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12.

如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时,4sbc边刚好进入磁场。在此过程中,导体框内感应电流的大小为I ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像,可能正确的是(  )

A                                   B

C                                    D

【答案】

BC

【解析】

AB.因为4sbc边刚好进入磁场,可知线框的速度每秒运动一个方格,故在0~1s内只有ae边切割磁场,设方格边长为L,根据

可知电流恒定;2s末时线框在第二象限长度最长,此时有

可知

2~4s线框有一部分进入第一象限,电流减小,在4s末同理可得

综上分析可知A错误,B正确;

CD.根据

可知在0~1sab边所受的安培力线性增加;1s末安培力为

2s末可得安培力为

所以有;由图像可知C正确,D错误。

故选BC

组卷:124次
难度:中等
知识点:法拉第电磁感应定律
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二、实验,探究题(共2题)
1.

20205月,我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量,其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度,进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验,测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下:

i)如图甲所示,选择合适高度的垫块,使木板的倾角为53°,在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。

ii)调整手机使其摄像头正对木板表面,开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放,用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放,选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点,得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。

iii)该同学选取部分实验数据,画出了t图像,利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2

iv)再次调节垫块,改变木板的倾角,重复实验。

回答以下问题:

(1)当木板的倾角为37°时,所绘图像如图乙所示。由图像可得,物块过测量参考点时速度的大小为_____m/s;选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的AB两点,利用AB两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.(结果均保留2位有效数字)

(2)根据上述数据,进一步分析得到当地的重力加速度大小为_____ m/s2.(结果保留2位有效数字,sin37°= 0.60cos37°=0.80

【答案】

0.320.33    3.1    9.4   

【解析】

(1)[1][2]根据可得

则由图像可知

v0=0.33m/s

(2)[3]由牛顿第二定律可知

θ=53°a=5.6m/s2,即

θ=37°a=3.0m/s2,即

联立解得

g=9.4m/s2

组卷:199次
难度:中等
知识点:牛顿第二定律
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2.

实验方案对实验测量的精度有直接的影响,某学习小组对测量电源的电动势和内阻的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有:

干电池一节(电动势约1.5 V,内阻小于1 Ω);

电压表V (量程3 V,内阻约3 kΩ);

电流表A (量程0.6 A,内阻约1 Ω);

滑动变阻器R (最大阻值为20 Ω);

定值电阻R1 (阻值2 Ω);

定值电阻R2 (阻值5 Ω);

开关一个,导线若干。

(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验,通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏,记录此过程中电压表和电流表的示数,利用实验数据在U-I坐标纸上描点,如图乙所示,结果发现电压表示数的变化范围比较小,出现该现象的主要原因是_____。(单选,填正确答案标号)

A.电压表分流

B.干电池内阻较小

C.滑动变阻器最大阻值较小

D.电流 表内阻较小

(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题,该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案,重新测量得到的数据如下表所示。

序号

1

2

3

4

5

6

7

I/A

0.08

0.14

0.20

0.26

0.32

0.36

0.40

U/V

1.35

1.20

1.05

0.88

0.73

0.71

0.52

请根据实验数据,回答以下问题:

答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点,请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像________

根据实验数据可知,所选的定值电阻为_____ (填R1R2)。

用笔画线代替导线,请在答题卡上按照改进后的方案,将实物图连接成完整电路____________

【答案】

B        R1        

【解析】

(1)电压表示数变化过小,则原因是外电阻比内阻大的多,即电源内阻偏小,故选B

(2)根据数据做出U-I图像如图;

由图像可知

电源内阻小于,则定值电阻大于1.63Ω,可知定值电阻为R1

定值电阻与电源串联,电路如图;

 

组卷:144次
难度:中等
知识点:实验:电池电动势和内阻的测量
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三、解答题(共4题)
1.

中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。

【答案】

【解析】

设火罐内气体初始状态参量分别为p1T1V1,温度降低后状态参量分别为p2T2V2,罐的容积为V0,由题意知

p1=p0T1=450 KV1=V2T2=300 KV2=20V0/21   

由理想气体状态方程得

           

代入数据得

p2=0.7p0

对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3V3,末态气体状态参量分别为p4V4,罐的容积为,由题意知

p3=p0V3=p4=p2

由玻意耳定律得

           

联立②⑤式,代入数据得

           

设抽出的气体的体积为ΔV,由题意知

           

故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为

           

联立②⑤⑦⑧式,代入数据得

           

组卷:126次
难度:中等
知识点:气体的等压变化和等容变化
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2.

单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型: U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。某次练习过程中,运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2 sin72.8°=0.96cos72.8°=0.30。求:

(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d

(2)MN之间的距离L

【答案】

(1)4.8 m(2)12 m

【解析】

(1)M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得

           

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得

mgcos17.2°=ma1           

由运动学公式得

           

联立①②③式,代入数据得

d=4.8 m           

(2)M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规得

v2=vMcos72.8°       

设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得

mgsin17.2°=ma2           

设腾空时间为t,由运动学公式得

           

           

联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得

L=12 m           

组卷:191次
难度:中等
知识点:牛顿运动定律的应用
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3.

某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。MN为竖直放置的两金属板,两板间电压为UQ板为记录板,分界面PNQ间区域分为宽度均为dI两部分,MNPQ所在平面相互平行,abMN上两正对的小孔。以ab所在直线为z轴, 向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域I内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为BE。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。

(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L

(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;

(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用Rd表示);

(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1s2s3,若这三个点是质子、氚核、氦核的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。

【答案】

(1)(2)(3)(4)s1s2s3分别对应氚核、氦核、质子的位置

【解析】

(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域I中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在MN两金属板间,由动能定理得

qU=mv2

在区域I中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得

           

联立①②式得

           

由几何关系得

           

           

           

联立①②④式得

       

(2)设区域中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得

qE=ma           

粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得

           

           

粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得

            ⑪

联立①②⑤⑧⑨⑩式得

            ⑫

(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得

y'=vtsinα           

由题意得

y=L+y'            ⑭

联立①④⑥⑨⑩⑬⑭

        ⑮

(4)s1s2s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。

组卷:122次
难度:偏难
知识点:质谱仪与回旋加速器
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4.

如图所示,一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板,PQ两物块的质量分别为m4mQ静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g

(1)PQ第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1vQ1

(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn

(3)求物块QA点上升的总高度H

(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s


【答案】

(1) P的速度大小为Q的速度大小为(2)n=123……);(3)(4)

【解析】

(1)PQ的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得

            ①

由机械能守恒定律得

        ②

联立①②式得

            ③

            ④

故第一次碰撞后P的速度大小为Q的速度大小为

(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得

        ⑤

联立①②⑤式得

            ⑥

P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得

        ⑦

联立①②⑤⑦式得

            ⑧

PQ的第二次碰撞,设碰后PQ的速度分别为,由动量守恒定律得

    ⑨

由机械能守恒定律得

        ⑩

联立①②⑤⑦⑨⑩式得

            ⑪

            ⑫

设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得

        ⑬

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得

    ⑭

P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得

        ⑮

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得

            ⑯

PQ的第三次碰撞,设碰后PQ的速度分别为,由动量守恒定律得

            ⑰

由机械能守恒定律得

        ⑱

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得

            ⑲

            ⑳

设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,对Q由运动学公式

       

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得

           

总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为

n=123……       

(3)PQ达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得

   

解得

           

(4)Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1,由运动学公式得

           

P运动到斜面底端时的速度为,需要的时间为t2,由运动学公式得

           

       

PA点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3

           

A点与挡板之间的距离最小时

           

联立㉖㉗㉘㉙㉚式,代入数据得

           

组卷:176次
难度:偏难
知识点:实验:验证动量守恒定律
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试题详情
组卷/试题篮
试卷统计
试题总数:
18
总体难度:
中等
题型统计
大题类型
题目数
占比
选择题
12
66.66%
实验,探究题
2
11.11%
解答题
4
22.22%
知识点统计
知识点
题目数
占比
超重和失重
1
5.55%
放射性元素衰变
1
5.55%
光的折射
1
5.55%
波的描述
1
5.55%
变压器
1
5.55%
热力学第一定律
1
5.55%
万有引力理论的成就
1
5.55%
共点力的平衡
1
5.55%
全反射
1
5.55%
电势能和电势
1
5.55%
机械能守恒定律
1
5.55%
法拉第电磁感应定律
1
5.55%
牛顿第二定律
1
5.55%
实验:电池电动势和内阻的测量
1
5.55%
气体的等压变化和等容变化
1
5.55%
牛顿运动定律的应用
1
5.55%
质谱仪与回旋加速器
1
5.55%
实验:验证动量守恒定律
1
5.55%
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