C．1s.1.5s.2s.2.5s 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

一物體做勻加速直線運(yùn)動，第4s內(nèi)的位移是2.7m，第5s內(nèi)的位移是3.3m，在下列說法中，正確的是

A．這2s內(nèi)的平均速度是3m/s
B．物體開始計時時的初速度為零
C．物體運(yùn)動的加速度是0.6m/s2
D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)的位移之比為1：3

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一物體做勻加速直線運(yùn)動，第4s內(nèi)的位移是2.7m，第5s內(nèi)的位移是3.3m，在下列說法中，正確的是

A．這2s內(nèi)的平均速度是3m/s

B．物體開始計時時的初速度為零

C．物體運(yùn)動的加速度是0.6m/s2

D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)的位移之比為1：3

 

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一物體做勻加速直線運(yùn)動，第4s內(nèi)的位移是2.7m，第5s內(nèi)的位移是3.3m，在下列說法中，正確的是
A．這2s內(nèi)的平均速度是3m/s
B．物體開始計時時的初速度為零
C．物體運(yùn)動的加速度是0.6m/s2
D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)的位移之比為1：3

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一物體從靜止開始做自由落體運(yùn)動，第1s內(nèi)位移為5m，落地前1s內(nèi)位移為10m，則物體運(yùn)動時間(g=10 m/s2 )

A．t=1.5s        B．t= 2s     C．t=2.5 s     D．t=3s

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物體做直線運(yùn)動，速度圖象如圖所示。由圖象可以判斷（    ）

A．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)的位移方向相反
B．第1s末物體的速度改變方向
C．第1.5s與第2.5s的加速度方向相反
D．第3s末和第5s末物體的位置相同

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14.C  15.C  16.A  17.B  18.AD  19.D  20.AD  21.BC

22.（1）①保證小球沿水平方向拋出②③1.0，1.5

（2）甲圖不合理之處：不能多次測量；超過電流表量程，不安全；超過電壓表量程，也不安全。郝 雙制 作

乙圖不合理之處：電流表量程太�。浑妷罕砹砍烫�。

較為合理的電路如圖所示，

Rx的計算公式，其中U是電壓表V1示數(shù)，I是電流表A1示數(shù)，R0是電阻箱示數(shù)。

23. 解：滑塊從A處到B處，由動能定理mgssin37°－μmgscos37°=mvB2

滑塊從B到C處，由動能定理－μmgBC＝mvC2－mvB2

若滑塊恰好從C處平拋射出，則在C處時不受彈力作用 mg=m

聯(lián)立解得郝雙   BC＝1m

所以水平滑槽BC長度至少為1m

24. 解：⑴設(shè)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動的速度為v1,根據(jù)動量守恒定律：

  代入數(shù)據(jù)，解得：  v1=3m/s  

⑵設(shè)第1個球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個球經(jīng)過t0與木盒相遇,

則：  

設(shè)第1個球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：

得：   

設(shè)木盒減速運(yùn)動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2，則：

故木盒在2s內(nèi)的位移為零

依題意：   

代入數(shù)據(jù)，解得：郝雙

25.解：（1）小球進(jìn)入電場，做勻速直線運(yùn)動時　Eq=mg　①E=mg/q②

（2）在t1時刻加磁場，小球在時間t０內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)圓周運(yùn)動周期為Ｔ0，半徑為R。

豎直向下通過D點(diǎn)，則t0=3T0/4③  ④

PF-PD=R即⑤

將③、④代入⑤式解得⑥

（3）小球運(yùn)動的速率始終不變，當(dāng)R變大時，T0也增加，小球在電場中的運(yùn)動周期T也增加。

在小球不飛出電場的情況下，當(dāng)T最大時，有：郝雙 制作

DQ=2R即⑥  ⑦

結(jié)合⑥⑦式解得⑧

⑨

結(jié)合軌跡圖可知，小球在電場中運(yùn)動的最大周期⑩

結(jié)合上式解得

小球在電場中運(yùn)動一個周期的軌跡圖如圖乙所示

 

 


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