物理参考答案
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
B C A D C B B B CD AD
解析 研究篮球旋转情况时不能把篮球看成质点 选项 错误 篮球被抛出去之后 受到重力和
1.B 【 】 , A ; ,
空气的作用力 其运动轨迹是一条曲线 其初速度与所受合力不在同一条直线上 选项 正确
, , , B ,C
错误 篮球做曲线运动时 其所受合力的方向指向运动轨迹的内侧 选项 错误
; , , D 。
kgm
2 m
解析 由题意知 Nm s 2 2
2.C 【 】 ,1Sv=1J/kg=1 =1 =1m /s 。
kg kg
解析 设地球质量为 M 飞船质量为 m 探测器质量为 m' 当飞船与探测器一起绕地球做圆周运
3.A 【 】 , , ,
GM m m' v2
动时的速度为v 根据万有引力定律和牛顿第二定律有 ( + ) m m' 对于地面
, kR 2 =( + )kR,
( )
Mm gR GM g
附近的质量为 m 的物体有 m g G 0 解得 v 正确 a 错误 由
0 0 = R2 , : = k ,A ; = kR 2 =k2 ,B ;
( )
开普勒第二定律vB R vA kRvB vAk kgR 错误 飞船在 B 点的速度大于第一宇宙速
= =< ,C ;
度 错误
,D 。
x v x
解析 匀速运动的速度为v 0 匀减速末速度为零 加速度大小为a 0 0 错误
4.D 【 】 0=t , , = t t =t2 ,A ;
0 2 0- 0 0
v x
t 后汽车静止 错误 t t 时 间 内 汽 车 位 移 为 x 0+0 t t 0 错 误 t t
2 0 ,B ;0~2 0 , = (2 0 - 0)= ,C ;0 ~2 0
2 2
x
0
- x
内 汽车平均速度的大小为v 2 0 正确
, =t = t ,D 。
0 2 0
解析 在竖直平面内 擦窗工具受重力 摩擦阻力 拉力三个力作用 把力沿运动方向和垂直于
5.C 【 】 , 、 、 。
mg
运动方向分解 列牛顿第二定律方程 Fx Ff mg ma 解得 Fx 3 Fy mg
, : - - cos60 = , = ; - sin60
2
Fy 3mg F Fx 2 Fy 2 mg 正确
=0, = , = ( )+( ) = 3 ,C 。
2
解析 设 A B 质量为m 选取两物体和绳的整体为研究对象 由动能定理可得 过程一 从 B 开
6.B 【 】 、 , , : ,
始运动至落地 mgh mgh 1 mv2 过 程 二 A 做 匀 减 速 运 动 至 停 止 mg s h
: - = 2 。 , :- ( - )=
2
1mv2 联立以上二式得 mgh mg s h 解得 1 错误 a g 2 正
- , - (2 - )=0, = ,A ; = 3.3m/s ,B
2 3
确 由于B 落地损失动能 同时 A 受到桌面的摩擦力做功 故系统机械能不守恒 C 错误 B 下落
; , , , ;
减少的重力势能等于AB 获得的动能和A 克服摩擦力做功 B 落地损失的机械能等于B 落地动
,
能 故 错误
, D 。
解析 从图象可知 电场强度的方向与 时半径方向平行 方向斜向左下方 且当半径与Ox
7.B 【 】 , = 0 , 。
方向夹角为 时 半径为r r r 时电势分别为 所以可知场强大小为 0 坐标
0 , 0、2 0、3 0 2 0、3 0、4 0, r ,
原点处的电势为 曲线 中最高电势与圆心电势差为 圆心与最低电势差也为 最低
0。 3 0, 3 0,
电势为 错误 正确
-2 0,ACD ,B 。
解析 已知地球质量为 M 木星质量为 M 地球表面上距离木星最近的地方有一质量为 m 的物
8.B 【 】 , 0,
物理参考答案 第1页(共5页)
M M
体 地球在木星引力作用下向木星靠近 根据牛顿第二定律 有 G 0 Ma 物体 m 在木星引
。 , , d2 = ,
M m Mm M M
力和地球引力作用下 有G 0 G ma' 满足a' a 时 即满足 G 0 G
, d R 2 - R2 = , , d R 2 - R2
- -
M
G 0 时 地球开始被撕裂 故选
d2 , 。 B。
解析 滑块滑动到底端时速度为v mgR 1mv2 v gR 滑块向右减速为零后返回与
9.CD 【 】 1, = 1,1 = 2 。
2
R gR
皮带共速v 再次滑上圆弧 1mv2 mg v 错误 滑块再次滑回皮带向右再次减
2, , 2 = ,2= ,A ;
2 4 2
R
为零又返回与皮带共速 滑上圆弧高度为 以后周期性重复此过程 错误 mgR mgx x
, , ,B ; = , =
4
R gR R
正确 滑块第三次以v 滑上皮带 向右滑行距离为1mv2 mgx x 时间为
,C ; 2= , 2= 1, 1= ,
2 2 4
v
2 R
t 滑块相对于皮带滑动x相 x vt 3 滑块返回过程中 皮带相对皮带滑动x相
1=g, 1= 1+ 2 1= , , 2=
4
vt
2 1 R R
vt x相 x相 x相 产生热量 Q mgx相 mgR 正确
2 1- = , = 1+ 2= , = = ,D 。
2 4
解析 当小环在细杆的最低点时 小环的总势能为零 由于小环可以相对静止于环上的任何位
10.AD 【 】 , ,
置 所以 在任何位 置 的 总 势 能 为 零 mgy 1m2x2 即 mgax2 1m2x2 解 得
, , 。 - =0, - =0, =
2 2
ag 正确 由E'p 1m2x2 公式可知 在曲线左右等高点 y 相同 该 势能 相同 说明从
2 ,A ; =- , ( ) “ ” ,
2
O 点到两侧对称点该力做的功相同 说明力是平行于x 轴 但左右力的方向相反 错误 假设x
, , ,B ;
增加相同的情形下 重力势能增加变大 总势能不变 故该 力 增加 错误 由 E'p 1m2x2
, , , “ ” ,C ; =-
2
公式可知 x E'p 正确
, =0, =0,D 。
分
11.(6 )
分 分
(1)C(1 ) B(1 )
分
(2)A(2 )
S
C 1 分
() U ( )
3 = 0 2
解析 电容器充电过程中 电容器两端电压越来越大 电源与电容器间电势差越来越小 电路中
【 】(1) , , ,
电流逐渐减小 电容器充电会越来越慢 电压增加也就越来越慢 最终电容器电压等于电源电动势 电压
, , , ,
最大 电流为零 电容器放电时 开始两极板电势差最大 电路中电流最大 随着电容器电压降低 电路
, 。 , , , ,
中电流减小 放电速度也越来越慢 最终电流为零 故图像分别选 和 根据 分析可知只有
, , 。 C B;(2) (1) A
正确 i t 图线与横轴围成的面积S 表示电容器充电获得的电量 再根据电容器充电结束时电压
;(3)- 1 ,
S
U 求出电容的表达式为C 1
0, U 。
= 0
分
12.(9 )
分
(1)D(2 )
m hE hC 2
mghD 分 ( - ) 分
(2) (2 ) T2 (2 )
8
选对 个给 分 有错选不给分 分
(3)AC( 1 1 , ,3 )
解析 电磁打点计时器工作需要低压交流电压 长度测量需要刻度尺 质量可以不测 故选
【 】(1) , 。 , D;
物理参考答案 第2页(共5页)
hE hC m hE hC 2
2 ( )
重力势能减少量Ep mghD 动能增加量 EK 1m - - 由图丁可知 振子
(2) = , = ( T ) T2 ;(3) ,
2 2 8
的周期为 T T 时刻弹力最小 弹簧伸长量最小 在最高点 T 时刻弹力最大 弹簧伸长量最大 在最
2 , , , ;2 , ,
低点 故 正确 在最高点和最低点动能都是零 变化周期为T 正确 弹性势能变化周期为 T 故
。 A ; , ,C ; 2 , B
错误
。
分
13.(10 )
答案
【 】(1)2s;(2)0.4kg;(3)10 13m/s
由题意知该电场为匀强电场 且方向竖直向下
(1) , 。
小球在水平方向做匀速直线运动L vt 分
cos = 1 (1 )
L
则t cos 分
v ( )
= 1 =2s1
F qE mg 分
(2) = + (1 )
F ma 分
= (1 )
L 1at2 分
sin = (1 )
2
qEL 2
联立上式得 m cos 分
= v2 gL 2(1 )
2 1sin - cos
代入数据解得 m . 分
=04kg(1 )
由动能定理 qE mg L 1mv2 1mv2 分
(3) ( + )sin = 2- 1(1 )
2 2
qE mg L
v2 v2 2( + )sin 分
2= 1+ m (1 )
解得v v 2 分
2= 1 (1+4tan )=10 13m/s(1 )
(其他解答步骤得出正确结果的,亦给分。)
分
14.(15 )
答案 打到荧光屏上 动能EK 5eU y 9d 2t
【 】(1) , = 0;(2) = sinT
4 8 0
解 设电子进入 PQ 间的速度为v 由动能定理eU 1mv2 分
【 】(1) 0, 0= 0(1 )
2
U
P Q 两板间的电场强度为E 1 分
、 =d (1 )
eE
电子在 P Q 两板间加速度a 分
、 =m (1 )
U U
假设电子能够飞出偏转电场 电子在 P Q 两板间运动时间t 1 0 分
, 、 1=d =d (1 )
电子在 P Q 两板间偏转位移y 1at2 分
、 = (1 )
2
联立可得y 1d 1d 分
=< (1 )
4 2
故假设正确 电子飞出偏转电场打到荧光屏上
, 。
U
1
电子动能为 EK eU e y 5eU 分
: = 0+ d = 0(1 )
4
若电子恰好从极板边缘飞出时极板所加电压为U
(2) 2:
eU
加速度 a 2 分
: =dm (1 )
物理参考答案 第3页(共5页)
d
电子在 P Q 两板间偏转位移 1at2 分
、 = 1(1 )
2 2
可得U U 分
2=2 0(1 )
当 P Q 两板间的电压UPQ 3U 2t U 因此 所有电子都能从两板间射出
、 = 0sinT 2 0, , 。
2 0
eUPQd2
离开偏转电场时的偏转距离y 1at2 1 分
1= = md v2(1 )
2 2 0
dUPQ
整理得y 分
1= U (1 )
4 0
eUPQd UPQ
偏转角正切值 分
tan = mdv2 = U (1 )
0 2 0
t 时刻亮点的坐标y y d 分
= 1+ tan (1 )
dUPQ
所以y 3 9d 2t 分
= U = sinT (1 )
4 0 8 0
分
15.(18 )
答案 12+4 3
【 】(1)-540J;(2)20kg;(3)12m; s
3
解 以 A 为研究对象 P 至Q 弹力做功为 W 由动能定理得
【 】(1) , , ,
mgL mg L W 分
- sin - cos + =0(1 )
解得 W 3mgL 分
= sin (1 )
2
由Ep W 得
=- ,
代入数据解得Ep 3mgL 分
=- sin =-540J(1 )
2
以 AB 的整体为研究对象 Q 至P 由动能定理得
(2) , ,
m M gL m M g L W 分
( + ) sin - ( + )cos - =0(1 )
代入数据解得 M m 分
=2 =20kg(1 )
从B 开始下滑到B 靠A 停止 由动能定理得
(3) ,
MgL Mg s 分
sin - cos =0(1 )
带入数据解得s L 分
=2 =12m(1 )
下滑过程 对B 由牛顿第二定律得
, ,
Mg Mg Ma 分
sin - cos = 1(1 )
a g 2 分
1= (sin - cos )=3m/s (1 )
L 1at2 1g t2 分
= 1 1= (sin - cos )1(1 )
2 2
L L
t 2 2 分
1= a = g =2s(1 )
1 (sin - cos )
上滑过程 对B 可由牛顿第二定律求加速度大小为
, ,
a g 2 分
2= (sin + cos )=9m/s (1 )
由运动学规律 可得第一次下滑过程和第一次上滑过程的时间关系
,
at at' 分
1 1= 2 1(1 )
a
t' 1t 1t 分
1=a 1= 1(1 )
2 3
同理可得第一次上滑过程和第二次下滑过程的时间关系
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