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物理参考答案
一、选择题:本题共 小题,共 分。 在每小题给出的四个选项中,第 题只有一项符合题目要求,
10 46 1~7
每小题 分;第 题有多项符合题目要求,每小题 分,全部选对的得 分,选对但不全的得
4 8~10 6 6 3
分,有选错的得 分。
0
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
D C B B D B D ABD AC BC
解析 飞机飞行时的速度方向是轨迹的切线方向 NP 段是直线 速度方向不变 选项 错误 飞
1.D 【 】 , , , A ;
机飞行过程中 动能不变 重力势能先增大后减小 机械能先增大后减小 选项 错误 飞机从 M
, , , , B ;
到N的过程中做曲线运动 合力不为零 选项 错误 飞机在从M到N的过程中做速率不变的曲
, , C ;
线运动 可知合力方向始终垂直于速度方向 选项 正确
, , D 。
解析 在俯卧撑向上运动的过程中 地面对该同学手掌的支持力的作用点没有发生位移 所以地
2.C 【 】 , ,
面对该同学的支持力不做功 选项 错误 图乙中 火车在匀速转弯时 合力提供做圆周运动的向
, A ; , ,
心力不为零 但与速度方向垂直不做功 火车动能不变 选项 错误 图丙中 小球沿水平面做匀
, , , B ; ,
速圆锥摆运动时 小球的动能和重力势能均不变 小球的机械能守恒 选项 正确 图丁中 曹冲
, , , C ; ,
称象故事用等重量的石头代替等重量的大象 是等效替代的思想 探究影响向心力大小的因素实
, ,
验装置利用了控制变量法 选项 错误
, D 。
解析 引力大小与两物体质量有关 而震荡天星与地球质量未知 无法比较 选项 错误 根据开
3.B 【 】 , , , A ;
T2
普勒第三定律 k 周期相近 天 天 半长轴 a 相近 震荡天星轨道半长轴约等
,a3 = , (365.4 ≈365.3 ), ,
于地球公转轨道半径 选项 正确 震荡天星绕日最大加速度由近日点引力决定 若震荡天星近
, B ; ,
日点距离小于地球轨道半径 则震荡天星绕日最大加速度大于地球公转加速度 选项 错误 震
, , C ;
荡天星最大线速度出现在近日点 若经过近日点做圆周运动 则在近日点椭圆轨道的速度大于经
, ,
Mm 2 GM
过近日点做圆周运动的速度 根据万有引力提供圆周运动向心力 G m 4π r v 可知
, r2 = T2 , = r ,
地球公转做圆周运动的线速度小于经过近日点做圆周运动的速度 可知地球公转做圆周运动的
,
线速度小于绕日最大线速度 选项 错误
, D 。
v2 v2
解析 在最高点A点时F mg m 在最低点 C 点时 F mg m 衣物随滚筒一起做匀速
4.B 【 】 NA+ = r , NC- = r ,
v2 v2
圆周运动 说明速度v大小不变 衣物在每个点的合力 m 的大小不变 即 F mg m F
, , r , NC- = r = NA+
mg 因此F F 选项 错误 衣物做匀速圆周运动 所以在 B 点和 D 点向心加速度的大小相
, NC> NA, A ; ,
等 选项 正确 小衣物在A B C D位置的线速度大小相等 但方向不同 选项 错误 匀速圆周
, B ; 、 、 、 , , C ;
运动的性质是 合外力大小不变 方向始终垂直于速度方向且指向圆心 因此衣物在 B D 两处的
: , , 、
合外力方向都是水平指向圆心的 竖直方向上摩擦力平衡重力 合力为零 即摩擦力的方向都与
, , ,
重力方向相反 都竖直向上 选项 错误
, , D 。
解析 根据功能关系可知 W ΔE 所以 E h 图线切线的斜率表示空气阻力 伞打开前 阻力为
5.D 【 】 f= , - , ,
零 所以E h图线的斜率为零 伞打开后阻力先减小后不变 则图线切线的斜率先减小后不变 选
, - , , ,
项 错误 跳伞者的下落过程中所受阻力是反向一直减小到等于重力 选项 错误 自由落体运
A ; , B ;
动过程中有v2
=2
gh
,
由此可知
,
v2 与h成正比
,
选项
C
错误
;
根据功能关系可知W
合=
ΔE
k,
所以 E
k
h图线切线的斜率表示合外力 伞打开时人做自由落体运动 合外力等于重力 所以图线的斜率
- , , ,
【 江西】物理参考答案 第 1页(共6页)
C-026不变 伞打开后人先减速下降后匀速 根据牛顿第二定律可得kv2 mg ma 由于速度减小 则合外
, , - = , ,
力减小 图线切线的斜率减小 当阻力与重力相等时 合外力为零 图线切线的斜率为零 选项
, , , , , D
正确
。
解析 由图及自由下落规律h 1gt2 知行星表面重力加速度大小g 2 选项 错误 由第一
6.B 【 】 = =4m/s , A ;
2
宇宙速度表达式v gR得行星第一宇宙速度大小为 选项 正确 由 v gt 知小球落
1= 300 2m/s, B ; =
R
到行星表面时的速度大小为 选项 错误 由 T 2π 知行星的 近地 卫星运行周期为
8m/s, C ; = v “ ” 150
选项 错误
2πs, D 。
解析 座椅在自由下落结束时刻的速度为 v gt 得座椅做自由落体运动下落的高度 h
7.D 【 】 = 1=12m/s, 1
1gt2 选项 错误 设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h 总时间为t 则h
= 1=7.2m, A ; , , =40m-
2
v v v
匀减速的平均速度为 +0 自由落体的平均速度为0+ 由 h t 得 t 得座椅匀减
4m=36m, , , = , =6s,
2 2 2
速运动的时间为t 则t t t . 选项 错误 匀减速运动高度为 h
2, 2= - 1=4 8s, B ; 2=(40-4-7.2)m=28.
由位移速度公式得 v2 ah 由牛顿第二定律得 F mg ma 解得座椅受到恒定阻力的大小
8m, : =2 2, : - = , :
F 选项 错误 由动能定理得 mgh W 1mv2 解得阻力对座椅做的功为 W mgh
=4500N, C ; : 2+ =0- , =- 2-
2
1mv2 5 选项 正确
=-1.296×10 J, D 。
2
解析 起跳瞬间地面对同学的摩擦力方向水平向前 使同学向前运动 选项 正确 该同学在
8.ABD 【 】 , , A ;
空中的最高点时 加速度为重力加速度 处于完全失重状态 选项 正确 重力竖直向下 根据
, , , B ; ,
cos 可知重力的瞬时功率为零 选项 错误 根据 W可知 该同学从起跳到落地过程
P=mgv θ , C ; P= ,
t
中重力做功为零 则该同学所受重力平均功率为零 选项 正确
, , D 。
9.AC 【
解析
】
对小球受力分析可知F
向=
mg
tan45
°
=
mω2R
,
解得ω
=4rad/s,
选项
A
正确
;
线速度大小为
v = ωR =2.5m/s, 选项 B 错误 ; 向心加速度大小为 a n= ω2R =10m/s 2 , 选项 C 正确 ; 所受支持力大
mg
小为N 选项 错误
= °=2 2N, D 。
cos45
解析 由v t图像可以看出 在拉力作用下 物体作加速运动的加速度为 2 根据牛顿第
10.BC 【 】 - , , 20m/s ,
二定律F mg θ f ma知 拉力F一定大于ma 即 大于 选项 错误 内物体上升
- sin - = , , F 20N, A ;0~1s
的距离为 克服重力做的功W mgs θ 重力的平均功率为 选项
10m, G= sin =10×10×0.5J=50J, 50W,
正确 时的速度大小为 根据动能定理合力的功W 1mv2 1 2 选项
B ;2s 10m/s, = = ×1×10 J=50J, C
2 2
正确 撤去拉力后物体减速的加速度大小为 2 根据 mg θ f ma′ 得 f 内物
; 10m/s , sin + = , =5N,0~2s
体上滑的距离为 克服摩擦力做的功W fs 选项 错误
25m, f= 2=5×25J=125J, D 。
二、非选择题:本题共 小题,共 分。
5 54
分
11.(6 )
Hd2
分 分 2 分
(1)AD(2 ) (2)D(2 ) (3) k2 (2 )
解析 选择体积小 质量大的小球 可以减小空气阻力的影响 故 正确 利用光电门测量小球
【 】(1) 、 , , A ;
的速度 不需要斜槽光滑 斜槽末端必须沿水平方向 故 错误 正确 应先打开频闪仪 再抛出小球
, , , B ,D ; , ,
【 江西】物理参考答案 第 2页(共6页)
C-026x
故 错误 故选 x的测量值越大 相对误差越小 所以误差较小的是 4 故选 小球在
C 。 AD。 (2) , , T, D。 (3)
4
d
水平方向做匀速直线运动 在竖直方向做自由落体运动 有 H 1 gt′2 x vt′ 其中 v 整理得 x d
, , = , = , = t , =
2
H H Hd2
2 1 则x 1图像斜率为k d 2 解得g 2
g · t , - t = g , = k2 。
分
12.(10 )
d
分 mgL θ 分
(1) t (2 ) (1-cos )(2 )
大于 分
(2) (2 )
d2
3 分 分
(3)1- gLt2 (2 ) A(2 )
2
d
解析 球B经过光电门的时间记为t 则v 自由释放细杆到球B通过光电门过程中 球 B
【 】(1) , B= t ; ,
减少的重力势能E mgL θ 球A增加的重力势能E mgL θ 系统减少的重力势能 E
pB=2 (1-cos ), pA= (1-cos ), p
E E mgL θ 重复多次试验 发现实验中测得系统增加的动能总大于系统减少的重力
= pB- pA= (1-cos );(2) ,
势能 则可能的原因是小球通过光电门时的速度大于球心处的速度 若系统机械能守恒 则 E
, 。 (3) , p=
d 2 d 2 d2
ΔE 即mgL θ 1m 1 m 解得 θ 3 θ t图像可能是 正确
k, (1-cos )= ( t ) + ×2 ( t ) , cos =1- gLt2 ,cos - A 。
2 2 2
分
13.(10 )
双星圆周运动的周期相等 可知角速度也相等 则有
(1) , ,
m m
G 2 1 m ω2r 分
L2 = 1 1 ……………………………………… (1 )
m m
G 1 2 m ω2r 分
L2 = 2 2 ……………………………………… (1 )
解得甲 乙两星做圆周运动的半径之比
、
r m
1 2 分
r =m …………………………………………… (2 )
2 1
根据线速度与角速度的关系有
(2)
v ωr 分
1= 1…………………………………………… (1 )
v ωr 分
2= 2…………………………………………… (1 )
解得甲 乙两星速度大小
、
v m
1 2 分
v =m …………………………………………… (1 )
2 1
两星的动能
E
k 1=
1m
1
v2
1………………………………………… (1
分
)
2
E
k 2=
1m
2
v2
2………………………………………… (1
分
)
2
解得甲 乙两星的动能之比
、
E m
k
1 2 分
E =m …………………………………………… (1 )
k
2 1
【 江西】物理参考答案 第 3页(共6页)
C-026分
14.(12 )
物块被弹簧弹出 有
(1) ,
E
p=
1mv2
0
2
解得滑块被弹簧弹出时的速度大小
v 分
0=2m/s ………………………………………… (1 )
若滑块在传送带上一直加速 设经过传送带获得的速度为v′ 有
, ,
v′2 v2 μgL
- 0=2
解得
v′ 分
=8m/s ………………………………………… (1 )
所以 滑块在传送带上先加速后匀速 经过传送带获得的速度为v 分
, , =6m/s ………………… (1 )
设粗糙水平面BC的长度为s 从B到E 由动能定理得
, ,
μmgs mgR 1mv2 分
- - =0- ………………………………… (1 )
2
解得
s 分
=4m …………………………………………… (1 )
设物块在B点的速度为v 时能恰到F点 在F点满足
(2) B ,
v2F
mg m 分
= R ………………………………………… (1 )
从B到F点过程中由动能定理可知
-
μmgs
-
mg
×2
R
=
1mv2F- 1mv2B
……………………………… (1
分
)
2 2
又
R .
=0 6m
解得传送带速度的大小
v 分
B=3 6m/s………………………………………… (1 )
求球落到水平面上的最远距离 当传送带速度足够大时 传送带对物块的滑动摩擦力做正功
(3) , , ,
从A到F点过程中由动能定理得
μmg
(
L
-
s
)-
mg
×2
R
=
1mv2F- 1mv2A
…………………………… (1
分
)
2 2
即
μmg
(
L
-
s
)-
mg
×2
R
=
1mv2F- E
P
2
得
v
F=4m/s
设从最高点下落到水平面的时间为t 则有
,
R 1gt2 分
2 = ………………………………………… (1 )
2
水平位移大小
x v t 分
= F …………………………………………… (1 )
解得球落到水平面上的最远距离
x 4 6 分
= m ………………………………………… (1 )
5
【 江西】物理参考答案 第 4页(共6页)
C-026分
15.(16 )
整个装置静止时 细线恰好被拉直 细线中拉力 F 弹簧长度等于细线长 对小球 C 由胡克
(1) , , 1=0, , ,
定律F kΔx 有
= ,
mg k( . L L) 分
2 = 1 25 - …………………………………… (1 )
得
mg
k 8 分
= L …………………………………………… (1 )
代入数据解得弹簧的劲度系数
k 分
=128N/m ………………………………………… (1 )
设弹簧恢复原长时 细线的拉力为 F 装置转动的角速度为 ω 细线与转轴间的夹角为 θ 对小球
, 2, , ,
C有
F θ mg
2 2cos =2
对小球A有
F θ mω2 5L θ 分
2sin = × sin …………………………………… (1 )
4
又
L
θ . θ .
cos = . L=0 8,sin =0 6
1 25
得
g
ω
= L
代入数据解得当弹簧恢复原长时装置的转动角速度ω 分
=4rad/s …………………………… (1 )
系统动能增加
(2)
( )
2
ΔE 1m ω 5L θ 9mgL 分
k=2× × sin = …………………………… (1 )
2 4 16
C球升高的高度
Δh 5L θ 1L 分
= (1-cos )= ………………………………… (1 )
4 4
C球的重力势能增加
ΔE mgΔh 1mgL 分
p 1=2 = …………………………………… (1 )
2
弹簧弹性势能增加
mg ( )
ΔE W 2 5L L 1mgL 分
p 2=- 弹=- × - =- ………………………… (1 )
2 4 4
外界对装置所做的功
W ΔE ΔE ΔE 13mgL 分
= k+ p 1+ p 2= ……………………………… (1 )
16
代入数据解得
W . 分
≈5 1J ………………………………………… (1 )
剪断连接小球 A C的轻绳瞬间 由v ωr
(3) 、 、 , =
得小球A的瞬时线速度大小为
v ω θ . L 分
= sin ×1 25 ……………………………………… (1 )
又
【 江西】物理参考答案 第 5页(共6页)
C-026g
θ . ω
sin =0 6, = L
得小球A的瞬时线速度大小为
v 3 gL 分
= ………………………………………… (1 )
4
小球A做平抛运动 竖直方向
:
3 L 1gt2
=
2 2
水平方向
x vt 3 3L 分
= = ………………………………………… (1 )
4
依题意有
2
s x2 3 L 分
= +( ) ……………………………………… (1 )
4
解得小球A的落地点离O 点的距离
2
s 3L 分
= =0.9375m……………………………………… (1 )
2
【 江西】物理参考答案 第 6页(共6页)
C-026
