本文目录
- 第二十八届全国中学生物理竞赛预赛答案
- 想买本高中物理练习册，有没有知识点比较全面，解析比较详细的
- 哪能买到高中数学物理黄冈题库
- 求高中物理弹簧类题目
- 高中物理经典题库1000题
- 谁能帮我一下，特别急，想要高中物理学霸笔记学霸错题本高中物理专题题库PDF格式百度的在线观看资源
- 高中物理..
- 中学物理 在线 题库 网站，我找到过一次，但没有保存，结果就再也找不到了
第二十八届全国中学生物理竞赛预赛答案
第 28 届全国中学生物理竞赛预赛试卷 1-5 9 13 本卷共 16 题，满分 200 分． 小题， 个选项中， 一、选择题．本题共 5 小题，每小题 6 分．在每小题给出的 4 个选项中， 选择题． 有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意． 有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选 项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内． 项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内．全部选对的得 6 分，选对 但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分． 1．常用示波器中的扫描电压 u 随时间 t 变化的图线是 得分 阅卷 复核 6 10 14 7 11 15 8 12 16 总分 T ( R + h) 2 (7) 将（3）（4）式及其他有关数据代人（7）式得 F=38.2N 、 (8) ii．细绳脱落后，卫星在地球引力作用下绕地球运动的轨道为一椭圆．在脱落的瞬间，卫星的速度垂 直于卫星与地心的连线，所以脱落点必是远地点（或近地点） ，由( 4）式可知，此点到地面的高度 h =356km (9) 设卫星在近地点（或远地点）的高度为 h’，速度为 v’，根据开普勒第二定律，有 ( R + h′)v′ = 根据机械能守恒，有 2π ( R + h) 2 T (10) 1 Mm 1 2π Mm mv′2 ? G = m ( ) 2 ( R + h) 2 ? G 2 R + h′ 2 T R+h 联立（10）（11）两式并利用（6）式得 、 (11) h′ = ( R + h) 4 2( R + H )3 ? ( R + h)3 (12) 代人有关数据有 h ’ = 238km (13 ) 由（9）（13）两式可知，远地点到地面的高度为 356km，近地点到地面的高度为 238km . 、 设卫星的周期为 T ’，根据开普勒第三定律，卫星的周期 T′ = ( 2 R + h + h′ 3/ 2 ) T 2R + 2H (14) 代人数据得 T ’= 90 . 4min (15) 评分标准： 评分标准：本题 17 分． 第 i 小题 9 分． ( l）式 2 分， ( 5）式 3 分， ( 6）式 2 分， (8）式 2 分． 第 ii 小题 8 分． (9）（10）式各 l 分， (11）式 2 分， (12）（13）（14）（15）式各 1 分． 、 、 、 、 12．参考解答： 参考解答： 参考解答 解法一 因为下坡时自行车匀速行驶，可知阻力大小 f=mgsinθ (1) 由题意，自行车沿斜坡匀速向上行驶时，轮盘的角速度 ω= 2π N t (2) 设轮盘边缘的线速度为 v1，由线速度的定义有 v1=ωR1 (3) 设飞轮边缘的线速度为 v2，后车轮边缘的线速度为 v3，因为轮盘与飞轮之间用链条连结，它们边缘上的线 速度相同，即 v1=v2 (4) 因飞轮与后车轮的转动角速度相同，故有 v2 R2 = v3 R3 (5) 因车轮与坡面接触处无滑动，在车后轮绕其中心轴转动一周的时间 T 内，车后轮中心轴前进的路程 第8页 ?s = 2π R3 而 (6 ) T= 2π R3 v3 ?s T (7) 车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小 V= 由以上有关各式得 (8) V= 2π NR1 R3 R2t (9) 人骑自行车上坡的功率为克服阻力 f 的功率加上克服重力沿斜面分力的功率，即 P=fV+mgVsinθ 由（l）（9）（10）式得 、 、 (10) P= 4mgπ NR1 R3 sin θ R2t (11) 评分标准： 评分标准：本题 17 分． ( l）式 3 分，求得（9 式共 8 分， (10）式 5 分， (11）式 1 分． 解法二 因下坡时自行车匀速行驶，若自行车出发点的高度为 h，则克服阻力所做的功 Wf 等于势能的减少，有 (1) Wf=mgh 用 s 表示自行车行驶的路程，有 h =ssinθ (2 ) 自行车沿斜坡匀速向上行驶时，骑车者所做的功 W，等于克服阻力的功 Wf 与势能增量 mgh 之和，即 W=Wf+mgh (3) 设骑车者蹬踩踏板 N 圈到达下坡时的出发点，因踏板转 N 圈可使后轮转 NR1/R2 圈，所以自行车行驶的距 离s为 s= NR1 ? 2π R R2 (4) 由（1）到（4）式，得 W= 4π NR1 R3 ? mg sin θ R2t W 4mgπ NR1 R3 = sin θ t R2t (5) 上式除以所用时间 t，即得骑车者功率 P= (6) 评分标准： 评分标准：本题 17 分． ( I）式 3 分， ( 2）式 l 分， (3）式 4 分， (4）式 6 分， (5）式 l 分， (6）式 2 分． 13．参考解答： ．参考解答： 当环的角速度到达ω0 时，环的动能 Ek = 1 m( Rω 0 )2 2 (l) 若在时刻 t，环转动的角速度为ω，则环上电荷所形成的等效电流 第9页 2π R ?φ ?I 感应电动势 ε= =k ?t ?t q ?ω 由（2）（3）式得 ε = k 、 2π ?t I= q Rω = ωq 2π (2) (3) (4) 环加速转动时，要克服感应电动势做功，功率为 P1=εI (5) 因为是匀加速转动，所以ω和 I 都随时间 t 线性增加．若角速度从零开始增加到ω0 经历的时间为 t0，则有 ω0 = ?ω t0 ?t (6) 若与ω0 对应的等效电流为 I0，则在整个过程中克服感到电动势做的总功 1 W1 = ε I 0t0 2 由以上有关各式得 (7) W1 = k 外力所做的总功 ω02 q 2 8π 2 (8) ω02 q 2 1 W = W1 + Ek = k + m( Rω 0 ) 2 2 8π 2 (9) 评分标准： 评分标准：本题 20 分． (1）式 3 分，(2）式 4 分，(3）式 2 分，(5）式 3 分， (6）式 2 分， (7）式 3 分，(8) 式 l 分，(9）式 2 分 14．参考解答： ．参考解答： i． 由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短， 可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移． 设 摆球（包括停留在球内的子弹）向前（指垂直于图面向里）的速度为 u，由动量守恒定律有 mv0=2mu (l) 摆球以速度 u 开始向前摆动，木块亦发生运动．当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止，设此时木块的 速度为 V，摆球上升的高度为 h，因水平方向动量守恒以及机械能守恒有 2mu=(2m+M)V (2) mu 2 = 解（l）（2）（3）三式得 、 、 1 (2m + M )V 2 + 2mgh 2 (3) h= 2 Mv0 8 g (2m + m) (4) ii．摆球升到最高后相对木块要反向摆动．因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位置前的整个过 程中，摆线作用于支架的拉力始终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置后， 直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将向斜后方，它使木块速度减小，所以在摆线（第 一次）返回到竖直位置的那一时刻，木块的速度最大，方向向前 以 V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率，u’表示此时摆球的速度（相对桌面） ，当 u’ 》0，表示其 方向水平向前，反之，则水平向后．因水平方向动量守恒以及机械能守恒，故有 2mu = 2mu ′ + MV ′ (5) 1 mu 2 = mu ′2 + MV ′2 2 第 10 页 (6) 解（1）（5）（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小 、 、 V′ = 0 (7) (8) 2mv0 V′ = 2m + M (7） 式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度， 它也是摆球在以后相对木块往复运动过程中 摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速率为（8）式，它也是摆球在 以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度． iii．在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于最低处．当子弹刚射人摆球时，摆球 位于最低处，设这时摆球的速度为 u，由（l）式得 u= 1 v0 2 (9) 方向水平向前．当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大，设这时摆球的速度为 u’，由 (l）（5）（6） 、 、 三式和（8）式可得 1 m? M 2 v u′ = 0 M + 2m 其方向向后． 当摆球第二次回到最低处时，由（7）式木块速度减至 0，设这时摆球的速度为 u’’， 由（l）（5）（6）式可得 、 、 u’’＝ u = (10) 1 v0 2 (11) 方向向前，开始重复初始的运动． 评分标准： 评分标准：本题 20 分． 第 i 小题 8 分．(1) 式 1 分，(2）（3）式各 3 分， (4） 、 式l分 第 ii 小题 7 分．(5)、(6）式各 3 分，(8）式 l 分 第 iii 小题 5 分． ( 9 )式 l 分， (10）式 3.分， (11）式 l 分． 15．参考解答： ．参考解答： 先设磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直 xy 平面向 里，且无边界．考察从粒子源发出的速率为 v、方向与 x 轴夹角为 θ 的粒子，在磁场的洛仑兹力作用下粒子做圆周 运动，圆轨道经过坐标原点 O，且与速度方向相切，若圆 轨道的半径为 R，有 qvB = m R= mv qB v2 R （1） 得 (2) 圆轨道的圆心 O’在过坐标原点 O 与速度方向垂直的直线上，至原 点的距离为 R，如图 1 所示．通过圆心 O’作平行于 y 轴的直线与 圆轨道交于 P 点，粒子运动到 P 点时其速度方向恰好是沿 x 轴正方 向，故 P 点就在磁场区域的边界上．对于不同人射方向的粒子，对 应的 P 点的位置不同，所有这些 P 点的连线就是所求磁场区域的边 界线．P 点的坐标为 第 11 页 x＝—Rsinθ (3 ) y＝一 R + Rcosθ (4) 这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数 θ，得 x2 +(y+R)2=R2 (5) 由（2）（5）式得 、 x2 + ( y + mv 2 m 2 v 2 ) = 2 2 qB q B (6) 这是半径为 R 圆心 O’ ’的坐标为（0，一 R ) 的圆，作为题所要求的 磁场区域的边界线，应是如图 2 所示的半个圆周，故磁场区域的边 界线的方程为 x2 + ( y + mv 2 m 2 v 2 ) = 2 2 qB q B x≤0 y≤0 (7) 若磁场方向垂直于 xy 面向外， 则磁场的边界线为如图 3 示的半圆， 磁场区域的边界线的方程为 x2 +(y—R)2=R2 x≥0 y≥0 x≥0 y≥0 （8 ) 或 mv 2 m 2 v 2 x + (y ? ) = 2 2 qB q B 2 （9） 证明同前 评分标准： 评分标准：本题 20 分． ( l）或（2）式 2 分， (3）（4）式各 4 分， (7）式 3 分，图（图 2 ) 2 分（只要半圆的位置正确就给 、 2 分）, (9）式 3 分，图（图 3 ) 2 分（只要半圆的位置正确就给 2 分） 16．参考解答： ．参考解答： 以 t =0 时刻船 A 所在的位置为坐标原点 O，作如图 1 所示平面直角坐标系 Oxy，x 轴指向正东，y 轴指 向正北．可以把船 C 的速度分解成沿正东方向的分速 度 vx 和沿正北方向的分速度 vy 两个分量．根据题意有 (1) vx＝vy＝2u 在 t 时刻，三船的位置如图 1 所示．B、C 二船在 y 方 向位移相等，两船的连线 BC 与 x 轴平行，两船间的距 离 BC = a + 2ut BC 的中点到 B 点的距离为 别为 (2) 1 a + ut ． 中点 M 的坐标分 2 （3） （4） 1 3 xM = a + a + ut = a + ut 2 2 yM = 2ut 可见 M 点沿 x 方向的速度为 u， y 方向的速度为 2u， t = 0 时刻 BC 的中点在 x 轴上， x 坐标为 3a/2． 沿 在 其 在与 M 点固连的参考系中考察，并建立以 M 为原点的直角坐标系 Mx’y’ , x’轴与 x 轴平行，y’轴与 y 轴 平行，则相对 M，船 A 的速度只有沿负 y’方向的分量，有 第 12 页 uAM=uAM y’=—2u 在时刻 t，船 A 在坐标系 Mx’y’的坐标为 (5) 3 x′ = ? a A 2 (6) (7) y′ = u AM t A 可以把 A 船的速度分解为沿连线 MA 方向的分量 uAM1 和垂直于连线 MA 方向的分量 uAM2 两个分量，uAM1 使连线 MA 的长度增大，AM2 使连线 MA 的方向改变， u 如图 2 所示．若用 R 表示 t 时刻连线 MA 的长度，则 连线 MA 绕 M 点转动的角速度 ω= u AM 2 R (8) 若 MA 与 x’轴的夹角为θ，则有 u AM 2 = u AM cos θ 而 (9) cos θ = x′ A R （10） R = x′ 2 + y ′ 2 A A 由（5）到（10）各式得 （11） ω= 12au 9a + 16u 2t 2 2 （12） 评分标准： 评分标准：本题 20 分． 求得（5）式共 6 分， ( 6）（7）式各 l 分， (8）式 6 分， (9）式 2 分， (10） (11）式各 l 分，( 12 ) 式 、 、 2分 第 13 页
想买本高中物理练习册，有没有知识点比较全面，解析比较详细的
同步：1.《典中点》以习题为主,具备一定难度,而且量适中,非常适合补充学校的练习册.
2.《高考题库》（分册专题的那种）对于没有总复习的学生来说,很有难度,题量很大,如果你学习好,想上难度,想让自己对于所学知识有更深刻理解,可以选择高考题库,里面答案详细,但是仍然需要自己深入地思考领悟才行.
3.《世纪金榜》同步性强,基础题偏多,适合夯实基础,如果你不是很聪明适合先用这本书跟着教学进度把基础题掌握牢固,缺点是答案很简略!
基础知识：1.《基础知识手册》知识点覆盖全面,有典型例题（其实也是讲做题技巧或是题目结论这类知识点）,适合总复习,也适合平时夯实扩展基础知识使自己对所学有一个较为深入的理解.
2.《知识清单》以高考知识为主线,也很全面,很详细,对于总复习来说效果很好,平时的话有点过于综合了,对于已经学过的章节做系统总结很有帮助!
3.《龙门专题》（分专题的）里面每一节与教材同步,基础知识全面,配的题型丰富很多,有做题方法结论的总结,也可以自己根据他所给题目自行总结,有具备难度的题目,适合平时学习使用,综合复习的话时间不够用!
高考总复习：1.《五年高考三年模拟》经典中的经典,很有质量.
2.《高考复习讲义》
总之“曲一线”的书质量很不错“天星”教育的也不错.
高中理综至关重要一定视为重点练习的对象,数学也要单独大量练习,理综最好一起练习!
望采纳谢谢
哪能买到高中数学物理黄冈题库
黄冈中学等名牌中学图书，在市面上是没有卖的，有的也是假货，或者是一些退休老师根据记忆出版的图书。其中的密卷，一般总是更新，如果不上该校，很难买到。另外，透露某些名牌中学所谓密卷的秘密，他们一般都不要成品教辅，只让该校区的教师从网校上下载，再加上自己的。总之，它们只适合该学校学生，买了也没什么用！
Over
求高中物理弹簧类题目
2013高考复习全攻略知识点全集一模题库二模题库三模题库高考真题
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性势能只决定于其形变的大小．试求： (1)盒子A的振幅；
(2)盒子A运动到最高点时，A对B的作用力方向； (3)小球B的最大速度
15.如图所示，一弹簧振子．物块质量为m，它与水平桌面动摩擦因数为μ，开始用手按住物块，弹簧处于伸状态，然后放手，当弹簧回到原长时物块速度为v1，当弹簧
再次回到原长时物块速度为v2，求这两次为原长运动过程中弹簧的最大弹性势能．
16.如图，水平弹簧一端固定，另一端系一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，小球与水平面之间的摩擦系数为μ，当弹簧为原长时小球位于O点，开始时小球位于O点右方的A点，O与A之间的距离为l0，从静止释放小球。
1．为使小球能通过O点，而且只能通过O点一次，试问μ值应在什么范围? 2．在上述条件下，小球在O点左方的停住点B点与O点的最大距离l1是多少?
分析 1、小球开始时在A点静止，初始动能为零；弹簧拉长lo，具有初始弹性势能kl02/2释放后，小球在弹性力作用下向左运动，克服摩擦力作功，总机械能减小．为使小球能通过O点，要求初始弹性势能应大于克服摩擦力作的功μmgl0，于是可得出μ值的上限．当小球越过O点向左运动，又从左方最远点B往回(即向右)运动时，为使小球不再越过O点，要求初始弹性势能kl02/2小于克服摩擦力作的功μmg
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（l0+2l1），其中l1是B点与O点的距离，于是可得出μ值的下限 即满足1的范围
mg
klmg
kl2400
.
2．设B点为小球向左运动的最远点，且小球在B点能够停住，则小球克服力作的功应等于弹性势能的减少．此外，小球在B点所受静摩擦力必须小于最大静摩擦力，由此可得出停住点B点与O点之间的最大距离． 3
01
ll
．
17.图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行．当A滑过距离L1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A恰好返回到出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为L2，重力加速度为g。求A从P点出发时的初速度v0．
四、振动类问题
18.如图所示，在光滑的水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧某处，此时拉力为F，然后轻轻释放振子，振子从初速度为零的状态开始向左运动，经过时间t后到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，则在这过程中，振子的平均速度为( )
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A. v/2 B. F/（2kt） C. v D. F/（kt）
19.在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子质量为M，振动的量大速度为v0．如图所示，当振子在最大位移为A的时刻把质量为m的物体轻放在其上，则(1)要保持物体和振子一起振动，二者间动摩擦因数至少多大？(2)一起振动时，二者经过平衡位置的速度多大?二者的振幅又是多大？(已知弹簧弹形势能EP=kx2 ,x为弹簧相对原长伸长量)
五、应用型问题
20..惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计的构造原理示意图如下图所示。沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数为K的弹簧相连，弹簧处于自然长度，滑块位于中间，指针指示0刻度，试说明该装置是怎样测出物体的加速度的?
当加速度计固定在待测物体上，具有一定的加速度时，例如向右的加速度a，
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滑块将会相对于滑杆向左滑动一定的距离x而相对静止，也具有相同的加速度a，由牛顿第二定律可知：a∝F而F∝x，所以a∝x。因此在标尺相应地标出加速度的大小，而0点两侧就表示了加速度的方向，这样它就可以测出物体的加速度了。
21.“加速度计”作为测定运动物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机，潜艇、航天器等装置的制导系统中，如图所示是“应变式加速度计”的原理图，支架A、B固定在待测系统上，滑块穿在A、B间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固定于支架A上，随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架发生位移，滑块下增的滑动臂可在滑动变阻器上相应地自由滑动，并通过电路转换为电信号从1，2两接线柱输出． 巳知：滑块质量为m，弹簧劲度系数为k，电源电动势为E，内阻为r、滑动变阻器 的电阻随长度均匀变化，其总电阻R=4r，有效总长度L，当待测系统静止时，1、2两接线柱输出的电压U0=0．4 E，取A到B的方向为正方向，
(1)确定“加速度计”的测量范围．
(2)设在1、2两接线柱间接入内阻很大的电压表，其读数为u，导出加速度的计算式。 (3)试在1、2两接线柱间接入内阻不计的电流表，其读数为I，导出加速度的计算式。
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解：（1）当待测系统静上时，1、2接线柱输出的电压 u0=E·R12/（R+r）
由已知条件U0=0.4E可推知，R12=2r，此时滑片P位于变阻器中点，待测系统沿水平方向做变速运动分为加速运动和减速运动两种情况，弹簧最大压缩与最大伸长时刻，P点只能滑至变阻器的最左端和最右端，故有：
a1=kL/2m， a2=-kL/2m
所以“加速度计”的测量范围为 ，
(2)当1、2两接线柱接电压表时，设P由中点向左偏移x，则与电压表并联部分 的电阻 R1=(L/2-x)·4r/L 由闭合电路欧姆定律得： I=E/(R+r) 故电压表的读数为： U=I·R1 根据牛顿第二定律得: k·x＝m·a
建立以上四式得: a=kL/2m - 5kLU/（4·E·m），
(3)当1、2两接线柱接电流表时，滑线变阻器接在1，2间的电阻被短路．设P由中点向左偏x，变阻器接入电路的电阻为：
R2=(L/2+x)·4r/L
由闭合电路欧姆定律得: E=I(R2+r) 根据牛顿第二定律得: k·x=m·a
联立上述三式得: a=k·L(E-3I·r)/(4I·m·r)
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高中物理..
给你个思路，具体过程不好打……
功率是功除时间，单位是焦每秒(也就是瓦)。所以只要把时间和总功弄出来就行了。
时间显而易见，1小时了。
总功就比较麻烦了……
可以分为两部分。一部分是工件的动能，一部分是工件和传送带摩擦的功。注意两部分的单位都是焦尔，可以相加的。
动能也比较好算，套公式完事。
恶心的是摩擦力做的功。注意！2米每秒的速度20秒能走40米，所以一定有一个从0加速到2米每秒的过程！所以分为两个过程，加速过程和匀速过程。
整个运送过程有这么几个量(单位不写了)：初速度为0，末速度为2，总时间是20，总路程是30。
未知量有：加速时间T1，匀速时间T2，加速路程S1，匀速路程S2，加速度a。
5个未知数。两个时间和为20，两个路程和为30，S2等于末速度乘T2，S1用匀加速公式那个。还有另外两个匀加速公式也能用。这样一定是大于5个方程的，能解出那5个未知数。
之后用牛二定律求力，再力乘S1求出功。
真费劲！
最后整理，别忘了1小时是7200个……
给加点分吧……
