发布时间 : 星期四 文章2018-2019学年江苏省泰州中学高二(下)月考物理试卷(解析版)更新完毕开始阅读63b762e900f69e3143323968011ca300a7c3f618
解：A、若受一对平衡力时，帆船匀速运动，不能加速，故A错误； B、作用力与反作用力是作用在两个不同的物体上，故B错误；
C、帆船加速前进时，风对帆船的推动力与水对帆船的阻力的关系是：风对帆船的推动力大于水对帆船的阻力，故C错误，D正确。 故选：D。
一对平衡力作用在同一个物体上，作用力与反作用力是作用在两个不同的物体上，风对帆船的推动力大于水对帆船的阻力。
理解平衡力和一对作用力与反作用力的区别，知道平衡状态与加速状态的区别是解答的关键。 23.【答案】A
【解析】
频率。
解决本题的关键知道电磁波波速、频率、波长的关系。 25.【答案】100V
【解析】
解：0.2s内磁通量的变化量为：△Φ=Φ-Φ′=0.6-0.5=0.1Wb； 由法拉第电磁感应定律得：E=n故答案为：100V。
明确磁通量的变化率，再根据法拉第电磁感应定律E=n
求感应电动势的大小。
=200×
=100V；
解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律求解。
26.【答案】BC 0.33 ① 0.5
【解析】
解：A、在0～1s内，物体的速度增大，动能增加，根据动能定理W合=△EK，得：
，即合外力对帆船做了1000J的功，故A正确；
解：（1）A、平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况
B、在0～2s内，动能增加，根据动能定理W合=△EK，得：即合外力对帆船做了250J的正功，故B错误；
，
下使小车恰好做匀速运动，故A错误；
B、为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，故B正确；
C、在1～2s内，动能减小，根据动能定理W合=△EK，则合外力对帆船做负功。故C错误； D、在0～3s内，根据动能定理W合=△EK，合外力对帆船先做正功，后做负功，故D错误。 故选：A。
C、使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，故C正确；
D、试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量，故D错误。 故选：BC
根据v-t图象分析物体速度的变化，再根据动能定理W合=△EK判断合力做功，同时注意分析各力做功的正负。
此题考查v-t和动能定理W合=△EK的应用，注意位移和力的方向从而知功的正负。 24.【答案】6×10
【解析】
5
（2）由匀变速运动的规律得： s4-s1=3aT2 s5-s2=3aT2 s6-s3=3aT2
联立得：（s4+s5+s6）-（s1+s2+s3）=9aT2 解得：a=
=
=0.33m/s2，
解：根据c=λf得，f==105。 故答案为：6×
Hz=6×105Hz，
根据波速、波长、频率的关系式v=λf求出无线电波的频率，接收电台的调谐频率等于电磁波的
（3）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验
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操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。 根据F=ma得a-F图象的斜率k=
，由a-F图象得图象斜率k=2，所以m=0.5kg。
28.【答案】解：
（1）设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：mgsinθ+Ff=ma1 垂直传送带方向：mgcosθ=FN 又Ff=μFN
0.8）=10m/s2 方向沿传送带向下。 由以上三式得：a1=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×
（2）货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
t1= ，x1= =7m
故答案为：（1）BC； （2）0.33～0.34；（3）①； 0.5。
（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。
（2）从纸带上求加速度可以用逐差法求解。
（3）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，根据F=ma得a-F图象的斜率k=
。
（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinθ-μmgcosθ=ma2，
得：a2=g（sinθ-μcosθ）=2m/s2，方向沿传送带向下。 设货物再经时间t2，速度减为零，则t2= =1s
沿传送带向上滑的位移x2=
=1m
对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练。
27.【答案】解：（1）根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma ①
2
解得 a=1m/s ②
则货物上滑的总距离为x=x1+x2=8m。
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于a2．设下滑时间为t3，
则x= ，代入，解得t3=2 s。
∴货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t=t1+t2+t3=（2+2 ）s。
2
答：（1）货物刚滑上传送带时加速度为10m/s，方向沿传送带向下。
（2）经过1s时间货物的速度和传送带的速度相同，这时货物相对于地面运动了7m。 （3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了=（2+2 ）s。 【解析】
由运动学公式有： =8m ③ 8=80J ④ （2）由功公式 W=Fx=10×
由功率公式 P= = =20W ⑤
（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度。
（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移。
（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移。货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间。
本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点。 29.【答案】解：
（1）运动员从B点到D点做平抛运动 H-L= gt2 ①
（3）牛顿第二定律 f=ma′⑥
2
解得：a′=μg=4m/s由运动学公式有 x′=
′ ⑦
代入数据解得 x′=2m ⑧
答：（1）物体运动前4s内物体发生的位移为8m； （2）F的平均功率20w；
（3）F撤除后，物体还能滑行2m 【解析】
根据牛顿第二定律可得物体的加速度，结合位移时间公式可求解运动位移； 由功公式w=FX求得F做功，由功率公式
可求解；
求出物体撤去F后的加速度，结合位移速度公式可求解物体还能滑行的距离
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，知道加速度是求解此类问题的桥梁。
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x=VBt ②
由①②式代入数据解得VB=4.8m/s，
所以运动员经过B点时速度的大小为4.8m/s．
（2）运动员从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律 mghAB= mVB2-Ek ③
其中 hAB=L（1-cosθ） ④ 由③④式代入数据解得 Ek=76J，
运动员从台阶上A点跃出时的动能Ek大小为76J．
（3）设运动员经O点正下方时的速度为VB′，B到水面的距离为h，则
′ -mV2=mg（H-Lcos37°m-h） ⑤ 0
x=VB′? ⑥
22
由⑤⑥解得：x-V0=20 ⑦ x-V0的图象如图所示：
【解析】
（1）运动员从B点到D点做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得在B点的速度的大小； （2）从A点到B点的过程中人的机械能守恒，根据机械能守恒定律可以求得人的初动能的大小； （3）人离开B点之后做的是平抛运动，所以水平方向是匀速直线运动，由动能定理可以表示出初速度的大小，从而可以求得x和初速度V0的关系．
本题的综合性较强，考查了学生对机械能守恒和平抛运动规律的理解，需要把人的运动过程分解开，逐一来分析求解．
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