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【名师解析】广东省金山中学、广雅中学、佛山一中2015届高三联考模拟物理试题


2015 年广东省金山中学、广雅中学、佛山一中联考高考 物理模拟试卷
一、单项选择题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分) 1.(4 分)(2015?佛山校级模拟)如图是电梯从一楼到八楼上下的 V﹣t 图(电梯向上运动为 正),下列说法正确的是( )

A. 电梯在 0~4 秒内做匀变速直线运动 B. 电梯在 0~4 秒和在 4~8 秒

内的位移相同 C. 电梯在笫 2 秒末速度方向改变 D. 电梯在 2~6 秒内的加速度恒定不变 【考点】: 匀变速直线运动的图像. 【专题】: 运动学中的图像专题. 【分析】: 物体做匀加速直线运动时加速度应保持不变,根据速度图象的斜率等于加速度,由 斜率判断电梯的加速度是否变化,确定电梯的运动性质.图象的“面积”等于位移大小,根据速度 方向确定位移的方向,判断位移是否相同. 【解析】:解:A、在 0~2 秒做匀加速直线运动,2~4 秒内做匀减速直线运动,故加速度不同, 故 A 错误; B、在 0~4 秒检修人员电梯向上运动,位移为正值,在 4~8 秒内电梯向下运动,位移为负值, 则在这两段时间内位移不同.故 B 错误. C、电梯在笫 2 秒末加速度速度方向改变,但速度均为正值,说明方向不变.故 C 错误. D、在 2~6 秒内速度图象是一条直线,其斜率保持不变,说明加速度保持不变.故 D 正确. 故选:D 【点评】: 对于速度图象关键抓住斜率等于加速度、“面积”等于位移来分析物体的运动情况. 2.(4 分)(2015?佛山校级模拟)如图所示,理想变压器原线圈的匝数 n1=1100 匝,副线圈的 匝数 n2=110 匝,原线圈接 u=311sin(314t)(V)的交流电源.开始电键 S 处于断开状态.下列 叙述正确的是( )

A. 电压表示数为 22V B. 当电键 S 闭合后,电压表示数变大 C. 当电键 S 闭合后,电流表示数变小 D. 当电键 S 闭合后,变压器的输出功率增大

【考点】: 变压器的构造和原理;电功、电功率. 【专题】: 交流电专题. 【分析】: 输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决 定的,电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可. 【解析】 : 解: A、 原线圈接 u=311sin (314t) ( V) 的交流电源, 所以原线圈的电压是 U1= =220V,

理想变压器原线圈的匝数 n1=1100 匝,副线圈的匝数 n2=110 匝,电压与匝数成正比,所以副线 圈的电压 22V, 开始时开关 S 处于断开状态,R0 与 R1 串联,所以电压表示数为小于 22V,故 A 错误; B、当开关 S 闭合后,副线圈总电阻减小,副线圈的电压不变,副线圈的电流增大,所以电压表 示数变小.故 B 错误; C、当开关 S 闭合后,副线圈总电阻减小,副线圈的电压不变,输出功率增大,所以输入的功率 增大,所以电流表示数变大,故 C 错误,D 正确; 故选:D. 【点评】: 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系,本题即可得到解决 3.(4 分)(2015?佛山校级模拟)某人造地球卫星在离地面高为 h 的轨道上飞行,其运动视为 匀速圆周运动. 已知地球质量为 M, 地球半径为 R, 地球表面的重力加速度为 g, 引力常量为 G. 则 卫星的( )

A. 线速度 v=

B. 角速度 ω=

C. 运行周期 T=2π

D. 向心加速度

【考点】: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 【专题】: 人造卫星问题. 【分析】: 根据万有引力提供向心力,结合万有引力等于重力求出角速度、线速度、向心加速 度和周期的大小. 【解析】:解:A、根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力 r=R+h 得 v= , =mg, =m ,

又因为万有引力等于重力 得 GM=gR ,
2

所以 v=

,故 A 错误.

B、根据 ω= ,得 ω=

,故 B 正确.

C、根据 T=

,得 T=2π

,故 C 错误.

D、根据万有引力提供向心力 故选:B.

=ma,所以 a=

,故 D 错误.

【点评】: 研究月航天器绕月球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求出问 题. 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所要求解的物理量选取应用. 不考虑月球 自转的影响,万有引力等于重力. 4.(4 分)(2015?佛山校级模拟)质量为 m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上,底 层三只足球刚好接触成三角形,上层一只足球放在底层三只足球的正上面,系统保持静止.若最 大静摩擦等于滑动摩擦,则( )

A. 底层每个足球对地面的压力为 mg B. 底层每个足球之间的弹力为零 C. 下层每个足球对上层足球的支持力大小为 D. 水平面的摩擦因数至少为

【考点】: 共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 【专题】: 共点力作用下物体平衡专题. 【分析】: 根据整体法求出底层每个足球对地面的压力,四只完全相同的足球叠成两层放在水 平面上,四个球的球心连线构成了正四面体,四个球都保持静止状态,受力都平衡,对足球受力 分析并结合几何关系求解. 【解析】:解:A、根据整体法,下面每个球对地面的压力为 N,3N=4mg,故 mg;故 A 错误; B、四个球的球心连线构成了正四面体,下层每个足球之间的弹力为零,故 B 正确; C、上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力,由于三个支持力的方向不是竖直向 上, 所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力, 则下层每个足球对上层足球的支持力大小 大于 ,故 C 错误;

D、根据正四面体几何关系可求,F 与 mg 的夹角的余弦值 cosθ= 则有:F +mg=N= mg F= , F=f, mg,

,正弦值 sinθ=



联立解得:f=



,所以水平面的摩擦因数至少为

,故 D 错误

故选:B

【点评】: 本题主要考查了整体法和隔离法的应用,要求同学们能正确对足球进行受力分析, 知道四个球的球心连线构成了正四面体,能结合几何关系求解,对同学们的数学能力要求较高. 二、双项选择题(每小题 6 分,共 54 分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要 求) 5.(6 分)(2015?佛山校级模拟)下列说法正确的是( ) A. 原子核发生一次 β 衰变,该原子外层就失去一个电子 B. 金属产生光电效应时,入射光的频率越高,光电子的最大初动能越大 C. 核裂变与核聚变都伴有质量亏损,亏损的质量转化成能量 D. 一群氢原子从定态 n=3 向基态跃迁,最多可以释放 3 条光谱 【考点】: 光电效应;裂变反应和聚变反应. 【专题】: 光电效应专题. 【分析】: 经过一个半衰期,有半数发生衰变;氢原子辐射出一个光子,能量减小,电子的轨 道半径减小,电子动能增大,电势能减小;在发生光电效应的前提下,入射光越强,饱和电流越 大;β 衰变的电子来自原子核,不是核外电子. 【解析】:解:A、β 衰变的电子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出 来,不是来自外层电子.故 A 错误. B、 发生光电效应时, 根据 Ekm=hγ﹣W, 可知, 入射光的频率越高, 光电子的最大初动能越大. 故 B 正确. C、核裂变与核聚变都伴有质量亏损,根据质能方程可知,亏损的质量对应一定的能量,并不是 转化成能量.故 C 错误. D、从定态 n=3 向基态跃迁,根据数学组合公式 ,最多可以释放 3 条光谱.故 D 正确.

故选:BD. 【点评】: 本题考查了质量亏损与质能方程的理解,掌握能级的跃迁、光电效应、衰变的实质 等基础知识点,难度不大,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点. 6.(6 分)(2015?佛山校级模拟)如图是哈勃瓶,在瓶内塞有一气球,气球的吹气口反扣在瓶 口上,瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞,玻璃瓶导热性能良好,在一次实验中,瓶内有气球和橡皮 塞封闭一定质量的气体(可视为理想气体),在对气球缓慢吹气过程中,则瓶内气体( )

A. 密度减少 B. 平均动能增大 C. 对外界放出热量 D. 若释放橡皮塞后瞬间,温度将降低 【考点】: 热力学第一定律. 【专题】: 热力学定理专题. 【分析】: 分析瓶内气体的压强的变化,则可知做功情况;因系统导热可知温度不变,则由热 力学第一定律可得出内能的变化. 【解析】:解:A、在对气球缓慢吹气过程中,气球内的气体的量增大,根据克拉伯龙方程可知 气体的体积若不变,则气体压强变大;气体的压强增大,会使体积增大,所以瓶内 的气体的体 积减小,密度增大.故 A 错误. B、因系统导热可知瓶内气体的温度不变,分子的平均动能不变.故 B 错误. C、温度不变时,体积减小,对理想气体内能不变,由热力学第一定律知外界对气体做功与气体 放出热量相等,故 C 正确; D、若释放橡皮塞后瞬间,气体将快速从瓶内跑出,气体对外做功,由于来不及吸收热量,所以 气体的温度将降低,故 D 正确. 故选:CD. 【点评】: 本题需要用到的热学知识较多,但主要知识是热力学第一定律,同时还要注意,理 想气体的内能只和温度有关,和体积无关. 7.(6 分)(2015?佛山校级模拟)如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上,有两个质 量和电量均相同的正、负离子(不计重力),从点 O 以相同的速度先后射入磁场中,入射方向 与边界成 θ 角,则正、负离子在磁场中( )

A. 运动时间相同

B. 运动轨迹的半径相同 C. 重新回到边界时速度的大小和方向相同 D. 重新回到边界的位置与 O 点距离不相等 【考点】: 带电粒子在匀强磁场中的运动. 【专题】: 带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】: 正负离子的质量与电量相同,进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同,根据偏向 角的大小分析运动时间的长短.由牛顿第二定律研究轨道半径.根据圆的对称性,分析离子重新 回到边界时速度方向关系和与 O 点距离. 【解析】:解:A、粒子在磁场中运动周期为 T= ,则知两个离子圆周运动的周期相等.根

据左手定则分析可知,正离子逆时针偏转,负离子顺时针偏转,重新回到边界时正离子的速度偏 向角为 2π﹣2θ,轨迹的圆心角也为 2π﹣2θ,运动时间 t= t= T,显然时间不等.故 A 错误. 得:r= ,由题意可知 q、v、B 大小均相同,则 r 相同.故 T.同理,负离子运动时间

B、根据牛顿第二定律得:qvB=m B 正确.

C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动,速度沿轨迹的切线方向,根据圆的对称性可知,重新 回到边界时速度大小与方向相同.故 C 正确. D、根据几何知识得知重新回到边界的位置与 O 点距离 S=2rsinθ,r、θ 相同,则 S 相同.故 D 错误. 故选:BC.

【点评】: 带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中,可分两类模型【分析】:一为同方向射入 的不同粒子;二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入.无论哪类模型,都遵守以下规律: (1)轨迹的圆心在入射方向的垂直线上,常可通过此垂线的交点确定圆心的位置. (2)粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角. 8.(6 分)(2015?佛山校级模拟)如图,O、A、B 为一直线上的三点,OA=AB=r,在 O 处固 定一个点电荷+Q,若一点电荷﹣q 放在 A、B 两点所受库仑力分别为 FA、FB,电场强度分别为 EA、EB,电势能分别为 εA、εB,OA、AB 之间电势差分别为 UOA、UOB,则( )

A. EA=2EB B. FA=4FB C. UOA=UOB D. εA<εB 【考点】: 等势面;电势能. 【专题】: 电场力与电势的性质专题. 【分析】: 根据库仑定律列式比较电场力大小;根据电场力做功等于电势能的减小量判断电势 能的变化情况. 【解析】:解:A、B、根据库仑定律 故 A 错误,B 正确; C、根据库仑定律与电场强度的定义式可知,OA 之间的电场强度大于 AB 之间的电场强度,所 以 UOA=UOB.故 C 错误 D、将点电荷﹣q 从 A 移动到 B,负电荷受力向左,电场力做负功,故电势能增大,故 εA<εB, 故 D 正确; 故选:BD. 【点评】: 本题关键根据库仑定律和电场力做功等于电势能的减小量分析判断,基础题. 9.(6 分)(2015?佛山校级模拟)如图(甲)所示,劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置,下端固 定在水平地面上,一质量为 m 的小球,从离弹簧上端高 h 处自由下落.若以小球开始下落的位 置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴 Ox,小球的速度 v 随时间 t 变化的图象如图(乙)所示.其 中 OA 段为直线,切于 A 点的曲线 AB 和 BC 都是平滑的曲线,则关于 A、B、C 三点对应的 x 坐标及加速度大小,下列说法正确的是( ) ,电荷间的库仑力与距离的平方成反比,故 FA=4FB,

A. xA=h,aA=0 B. xA=h,aA=g C. xB=h+ ,aB=0 D. xC=h+ ,aC=0

【考点】: 牛顿第二定律;胡克定律. 【专题】: 牛顿运动定律综合专题. 【分析】: OA 过程是自由落体,A 的坐标就是自由下落的高度,此时的加速度也就是自由落 体加速度; B 点是速度最大的地方,此时重力和弹力相等,合力为零,加速度也就为零,可还以计算出弹簧 的形变量; C 点时速度减为零,弹簧被压缩到最低点,弹簧的弹力最大,可以分析物体的加速度. 【解析】 : B 点是速度最大的地方, 此时重力和弹力相等, 合力为 0, 加速度也就为 0, 由 mg=kx, 可知 x= ,所以 B 得坐标为 h+ ,所以 C 正确.

取一个与 A 点对称的点为 D,由 A 点到 B 点的形变量为 为 ,故到达 C 点时形变量要大于 h+2

,由对称性得由 B 到 D 的形变量也

,加速度 ac>g,所以 D 错误.

故选:BC 【点评】: 知道物体压缩弹簧的过程,就可以逐个分析位移和加速度. 三、非选择题 10.(8 分)(2015?佛山校级模拟)利用力传感器“探究加速度与合外力的关系“的实验装置简如 图甲.

①关于该实验的下列说法正确的是 A.做实验之前必须平衡摩擦力

AC

B.小车的质量必须远大于所挂钩码的质量 C.应调节定滑轮的高度使细线与木板平行 D.实验开始的时,小车应距离打点计时器远一点 ②从实验中挑选一条点迹清晰的纸带, 每 5 个点取一个计数点, 用刻度尺测量计数点间的距离如 图乙,已知打点计时器所用电源的频率为 50Hz.从图乙中所给的刻度尺上读出 A、B 两点间的 距离 S1= 0.70 cm;该小车的加速度 a= 0.20 m/s (计算结果保留两位有效数字),实验中 纸带的 左 (填“左”或“右”)端与小车相连接. 【考点】: 探究加速度与物体质量、物体受力的关系. 【专题】: 实验题. 【分析】: (1)解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注 意事项. 该实验采用的是控制变量法研究,其中加速度、质量、合力三者的测量很重要. (2)由表中数据读出位移,△x=at 可求得加速度. 【解析】:解:①A、本实验应平衡摩擦力;故 A 正确. B、利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”,不需要小车的质量必须比所挂钩码的质量大得 多;故 B 错误. C、并且细线应水平,即调节滑轮的高度使细线与木板平行;故 C 正确. D、开始实验时,小车应靠近打点计时器;故 D 错误. 故选:AC; ②由刻度尺可知,s1=0.70cm;第两个计数点间有 5 个间隔,故 t=0.1s; 小车的加速度为:a= cm/s =0.2m/s ;
2 2 2 2

实验中小车越来越快,故纸带的左端与小车相连接; 故答案为:①AC;②0.70(,0.20,左.

【点评】: 本题考查“加速度与合外力的关系”实验,要明确实验的原理,并能根据匀变速直线 运动的结论求出加速度. 11.(10 分)(2015?佛山校级模拟)用伏安法测一节干电池的电动势 E 和内电阻 r,器材有电 压表(0~3~15V)电流表(0~0.6~3A);变阻器 R(总电阻 20Ω);以及开关 S 和导线若干.

(1)根据现有器材设计实验电路并连接电路实物图甲,要求滑动变阻器的滑动头在右端时,其 使用的电阻值最大. (2)由实验测得的 7 组数据已在图乙的 U﹣I 图上标出,请你完成图线,并由图线求出 E= V.r= 0.5 Ω(小数点后保留两位) 电源内阻太小 . 1.5

(3)下表为另一组同学测得的数据.可以发现电压表测得的数据变化很小,将影响实验结果的 准确性,原因是: I/A 0.12 0.20 0.31 0.41 0.50 0.62 U/V 1.47 1.45 1.42 1.40 1.38 1.35 【考点】: 测定电源的电动势和内阻. 【专题】: 实验题;恒定电流专题. 【分析】: (1)根据伏安法测电阻的原理连接实物电路图. (2)根据表中描出的点作出图象,根据图象求出电源电动势与内阻. (3)应用伏安法测电源电动势与内阻时,如果电源内阻太小,电压表示数变化会很小. 【解析】:解:(1)应用伏安法测电源电动势与内阻时,电压表测路端电压,电流表测电路电 流,实物电路图如图所示.

(2)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示,

由图象可知,图象与纵轴交点坐标值是 1.5,则电源电动势 E=1.5V, 电源内阻 r= = =0.5Ω.

(3)由于电源内阻 r 很小,由 U=EI﹣r 可知,电路电流变化时,实验时电压表示数变化很小. 故答案为:(1)实物电路图如图所示;(2)图象如图所示;1.5;0.5;(3)电源内阻太小. 【点评】: 本题考查了连接实物电路图、作图象、求电源电动势与内阻,实验现象分析等问题; 应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法,要掌握描点法作图的方法;电源的 U﹣I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻. 12.(18 分)(2015?佛山校级模拟)如图所示,足够长的光滑 U 形导体框架的宽度 L=0.40m, 电阻忽略不计,其所在平面与水平面所成的角 α=37°,磁感应强度 B=1.0T 的匀强磁场方向垂直 于框平面.一根质量为 m=0.20kg、有效电阻 R=1.0Ω 的导体棒 MN 垂直跨放在 U 形框架上,导 体棒从静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时,通过导体棒截面电量共为 Q=2.0C.(sin37° =0.6,cos37° =0.8,g=10m/s )求: (1)导体棒的最大加速度和最大电流强度的大小和方向? (2)导体棒在 0.2s 内在框架所夹部分可能扫过的最大面积? (3 )导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中,导体棒的有效电阻消耗的电功?
2

【考点】: 导体切割磁感线时的感应电动势;电功、电功率. 【专题】: 电磁感应与电路结合. 【分析】: (1)当速度为零时,加速度最大,根据牛顿第二定律求出最大加速度,当加速度为 零时,速度最大,电流最大,根据平衡求出最大电流的大小. (2)由安培力公式求出安培力,然后由平衡条件求出导体棒的最大速度,再求出 0.2s 内扫过的 最大面积. (3)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势,由欧姆定律求出电流,由电流定义式求出电荷量, 然后求出导体棒下滑的距离,然后由能量守恒定律求出导体棒消耗的电功. 【解析】:解:(1)MN 杆速度为零时,加速度最大, a= ,加速度方向沿斜面向下.

MN 杆速度最大时,电流最大, 有:mgsin37° =BIL, 代入数据解得 I=3A,电流的方向由 N→M. (2)MN 杆匀速运动时有最大速度, I= ,

代入数据解得 vm=7.5m/s,

MN 杆速度最大时,在 0.2s 内扫过的最大面积 S=Lvm△t=0.4× 7.5× 0.2m =0.6m . (3)设 MN 杆从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中下滑的位移为 d,通过导体横截面电量 Q= , , ,△Φ=BLd, m=5m.

2

2

而平均感应电动势 解得 d= =

设导体棒的有效电阻消耗的电功为 W,由动能定理得, , 代入数据解得 W=0.375J. 答:(1)导体棒的最大加速度为 6m/s ,方向沿斜面向下;最大电流强度为 3A,方向由 N→M. (2)导体棒在 0.2s 内在框架所夹部分可能扫过的最大面积为 0.6m . (3)导体棒的有效电阻消耗的电功为 0.375J.
2 2

【点评】: 本题考查了求面积、消耗的电能问题,分析清楚金属棒的运动过程,应用安培力公 式、平衡条件、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、能量守恒定律即可正确解题,本 题有一定的难度. 13.(18 分)(2015?佛山校级模拟)如图所示,在足够长的光滑水平地面上有一滑板,滑板 AB 部分为半径 R=0.15m 的 圆弧,BC 段水平,长度 L=0.8m,滑板质量 M=2.7kg,滑板左侧靠 墙.滑块 P1 和 P2 (可视为质点)的质量都为 m=0.9kg,滑块 P1P2 与 BC 面的动摩擦因数相同, 开始时 P1 以 V0=1m/s 的初速度从 A 点沿弧面切线滑下,P2 静止在滑板 BC 的中点.若 P1 与 P2 的碰撞为完全非弹性碰撞.g 取 10m/s .求:
2

(1)P1 滑到 圆弧最低点时,对凹形滑板的压力? (2)要使 P1 与 P2 不发生碰撞,滑块与 BC 面的动摩擦因数 μ 应满足什么条件? (3)若滑块与 BC 面的动摩擦因数 μ=0.3,试通过计算判断 P1 与 P2 是否会从滑板上掉下?

【考点】: 动量守恒定律;动能定理. 【专题】: 动量定理应用专题. 【分析】: (1)由机械能守恒可求得物体到达 B 点的速度,由牛顿第二定律可求得 B 点处物 体对轨道的压力; (2)由动量守恒可求得小车与物体的共同速度,再由功能关系可得出物块与水平轨道 BC 间的 动摩擦因数. (3)对各过程由动量守恒及功能关系分析碰后两物体滑行的距离,从而判断是否能滑下. 【解析】:解:(1)设圆弧轨道半径为 R,取 B 点所在平面为重力势能零点,由机械能守恒定 律有: mgR= 设在 B 点轨道对物块的支持力为 FN,根据牛顿第二定律有: FN﹣mg= 得:FN=33N; 设在 B 点物块对轨道的压力为 FN′,根据牛顿第三定律得: FN′=FN=33N; 压力竖直向下; (2)设物块滑行至轨道末端 C 处时与小车的共同速度为 v1,由动量守恒定律得: mv1=(m+2m)?v2 代入数据解得:v2=0.4m/s; 对物块和小车应用功能关系得: mv12= (M+2m)v2 +μmg 代入数据解得:μ=0.4; 要使 P1 与 P2 不发生碰撞 μ>0.4; P1 与 P2 必发生碰撞,碰前 P1 的速度为 v3,P2 和滑板的速度为 v4; 由动量守恒定律可知: mv1=mv3+(M+m)v4 由功能关系可知: mv1 = mv3 + (M+m)v4 +μmg 联立解得:v3=1.2m/s; v4=0.2m/s;
2 2 2 2

P1 与 P2 碰撞后共同速度为 v5; 则有:mv3+mv4=(m+m)v5 解得:v5=0.7m/s; P1 和 P2 碰撞后相对滑板的距离为 S 由能量关系可知: Mv4 + 2mv5 = (M+2m)v2 +2μmgS 解得:S=0.0025m< ; 故 P1 和 P2 碰撞后不会从滑板上掉下; 答:(1)物块到达圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为 33N; (2)动摩擦因数为 0.4. (3)P1 和 P2 碰撞后不会从滑板上掉下; 【点评】: 本题考查动量守恒及功能关系的综合应用,要注意正确分析受力及运动过程,从而 分别对每一过程选择正确的物理规律进行求解.
2 2 2


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广东省金山中学、广雅中学、佛山一中2015届高三联考理综生物试题
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