题目列表(包括答案和解析)
神舟七号经过变轨后,最终在距地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行,约每90分钟绕地球一圈。则下列说法正确的是
A.神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于9.8m/s2
B.神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于8km/s
C.神舟七号飞船在轨道上正常飞行时,宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态,在舱内行走时,须穿带钩的鞋子,地板是网格状的
D.神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大
“神舟”七号经过变轨后,最终在距离地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行,约90分钟绕地球一圈.则下列说法错误的是
A.“神舟”七号绕地球正常飞行时宇航员的加速度小于9.8 m/s2
B.“神舟”七号绕地球正常飞行的速率可能大于8 km/s
C.“神舟”七号飞船在轨道上正常飞行时,宇航员由于处于完全失重状态而悬浮,在舱内行走时,需穿带钩的鞋子,地板是网格状的
D.“神舟”七号运行的周期比地球近地卫星的周期大
“神舟”七号经过变轨后,最终在距离地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行,约90分钟绕地球一圈.则下列说法错误的是
A.“神舟”七号绕地球正常飞行时宇航员的加速度小于9.8 m/s2
B.“神舟”七号绕地球正常飞行的速率可能大于8 km/s
C.“神舟”七号飞船在轨道上正常飞行时,宇航员由于处于完全失重状态而悬浮,在舱内行走时,需穿带钩的鞋子,地板是网格状的
D.“神舟”七号运行的周期比地球近地卫星的周期大
神舟七号经过变轨后,最终在距地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行,约每90分钟绕地球一圈。则下列说法正确的是( )
A.神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于9.8m/s2
B.神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于8km/s
C.神舟七号飞船在轨道上正常飞行时,宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态,在舱内行走时,须穿带钩的鞋子,地板是网格状的
D.神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大
神舟七号经过变轨后,最终在距地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行,约每90分钟绕地球一圈。则下列说法正确的是 ( )
A.神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于9.8m/s2
B.神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于8km/s
C.神舟七号飞船在轨道上正常飞行时,宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态,在舱内行走时,须穿带钩的鞋子,地板是网格状的
D.神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大
(物理部分)
第Ⅰ卷
二、选择题(48分)
14.A 15.C 16.B 17.B 18.AD 19.CD 20.AD 21.C
第Ⅱ卷
22.(17分)
(1)0.949或0.950 (2分)
(2)①1.94 1.94 9.7 ②受到(每空2分,共8分)
(3)①见图 评分标准:测量电路正确2分,变阻器接法正确2分,全对得4分
②80±2Ω
23.(16分)
解:(1)设该队员下滑中的最大速度为v,滑至地面前瞬间的速度为v1,做匀减速直线运动的加速度为a,在整段过程中运动的时间分别为t1和t2,下滑的距离分别为h1和h2
该队员先做自由落体运动,有 v2=2gh1 ① (1分)
接着做匀减速直线运动,有 v2-v12=2ah2 ② (1分)
fmax-mg=ma ③ (2分)
且 s=h1+h2 ④ (1分)
v1=
由③式得:a=5m/s2 (1分)
再由①②④式联立可得 v=10m/s (2分)
所以该队员下滑过程中动量的最大值p=mv=650kg?m/s (2分)
(2)由v=gt1 ⑤ (1分)
v-v1=at2 ⑥ (1分)
由⑤⑥式可得 t1=1s t2=0.8s (2分)
所以该队员下滑过程的最短时间t=t1+t2=1.8 s (2分)
24.(19分)
解:(1)设子弹射入物块前的速度大小为v0,射入后共同速度的大小为v,
子弹击中乙的过程中动量守恒,有 mv0=(m+m乙)v ① (3分)
乙上摆到最高点的过程,机械能守恒
有 ② (3分)
联立②③解得 v0=300m/s (2分)
(2)设甲物体的质量为m甲,说受的最大静摩擦力为f,斜面的倾角为θ,
当乙物体运动到最高点时,绳子上的弹力设为T1,
T1=(m+m乙)gcosθ ③ (2分)
此时甲物体恰好不下滑,有 m甲g sinθ=f+T1 ④ (2分)
当乙物体运动到最低点时,绳子上的弹力设为T2,
由牛顿第二定律: ⑤ (2分)
此时甲物体恰好不上滑,有 m甲g sinθ+f=T2 ⑥ (2分)
联立②③④⑤⑥解得 N (3分)
25.(20分)
解:(1)带电系统锁定解除后,在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动,当B进入电场区时,系统所受的电场力为A、B的合力,因方向向左,从而做减速运动,以后不管B有没有离开右边界,速度大小均比B刚进入时小,故在B刚进入电场时,系统具有最大速度。
设B进入电场前的过程中,系统的加速度为a1,由牛顿第二定律:
2Eq=2ma1 (2分)
B刚进入电场时,系统的速度为vm,由 可得 (3分)
(2)对带电系统进行分析,假设A能达到右边界,电场力对系统做功为W1
则 (2分)
故系统不能从右端滑出,即:当A刚滑到右边界时,速度刚好为零,接着反向向左加速。由运动的对称性可知,系统刚好能够回到原位置,此后系统又重复开始上述运动。
(2分)
设B从静止到刚进入电场的时间为t1,则 (1分)
设B进入电场后,系统的加速度为a2,由牛顿第二定律(1分)
显然,系统做匀减速运动,减速所需时间为t2,则有 (1分)
那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为 (2分)
(3)当带电系统速度第一次为零,即A恰好到达右边界NQ时,B克服电场力做的功最多,B增加的电势能最多,此时B的位置在PQ的中点处 (1分)
所以B电势能增加的最大值 (3分)
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