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1 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A B C D BC BD ABC BD 1.B 解析：研究短跑运动员终点撞线时间时不可以将运动员看成质点，选项 A 错误；在 田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是一个时间间隔，选项 B 正确；短跑运动员跑 100m 和 200m 都是指路程，选项 C 错误；400m 比赛的平均速度为 0，200m 比赛的平均速度不为 0， 选项 D 错误。 2.C 解析：初速度为 0 的匀加速直线运动，相邻等时间间隔内的位移之比为 1:3:5:7，所以 第 4 段时间内的位移为1.5m 7 10.5m  ，选项 C 正确。 3.A 解析：弹力的方向垂直接触面指向受力物体，所以对图 1、2 球受力分析可知，选项 A 正确。 4.B 解 析 ： 由 匀 变 速 直 线 运动 的 速 度 位 移 公 式 2 2 0 2tv v ax  知 ， 结 合 图 象 可知 0 4m/s 10m/stv v 、 。 又 0 2 tv vx vt t  ， 代 入 数 据 解 得 4st  ， 加 速 度 20 1.5m/stv va t   ，选项 B 正确。 5.C 解析：解法一(解析法)：物块受到重力、支持力、摩擦力和拉力的作用， 如图所示，沿水平方向：Fcosθ＝f，沿竖直方向：Fsinθ＋N＝mg，其中：f＝μN； 联立得 F＝ μmg cosθ＋μsinθ ，令 sinβ＝ 1 1＋μ2 ，cosβ＝ μ 1＋μ2 ，则β＝60°；则 F＝ μmg 1＋μ2（sinβcosθ＋cosβsinθ） ＝ μmg 1＋μ2sin（β＋θ） 。可知，当β＋θ＝90°时，F 有最小值， 即θ＝30°时，F 有最小值，最小值为：Fmin＝ μmg 1＋μ2 ＝5N，故 C 正确；A、B、D 错误。 解法二(图解法)：将摩擦力 f 和地面的支持力等效成一个力 T，因为 f＝μN，所以 T 的方 向确定，然后做共点力的矢量三角形，由矢量三角形法则可知 Fmin＝5N，θ＝30°。 6.D 解析：可以以 O 为圆心，以 L 为半径画一个圆。根据“等时圆”的规律可知， 从 A 滑到 B 的时间等于从 A 点沿直径到底端 D 的时间，所以有 tAB＝tAD＝ 2d g ＝ 4L g ＝2 L g ，D 正确。2 7.BC 解析：设弹力与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得：小鸟所受的弹力 N＝mgcosθ， 从 A 到 B 的过程中，θ减小，则弹力增大，A 错误、B 正确；小鸟所受的摩擦力 f＝mgsinθ， 从 A 到 B 的过程中，θ减小，则摩擦力减小，故 C 正确，D 错误。 8.BD 解 析 ： 传 送 带 转 动 方 向 未 知 。 ① 当 传 送 带 顺 时 针 转 动 ： 对 物 体 sin cosmg mg ma    ，物体向下一直加速，由运动学公式 21 2L at ,解得 4st  。② 当 传 送 带 逆 时 针 转 动 ： 对 物 体 2 1 sin cos 10m/sa g g     ， 0 1 1 1svt a   ， 2 1 1 1 1 5m2L a t  ；共速后对物体 2 2 sin cos 2m/sa g g     ， 2 1 0 2 2 2 1 2L L v t a t   ， 解得 2 1st  ，所以 1 2 2st t t    。综上所述，选项 BD 正确。 9.ABC 解 析 ： 设 弹 簧 的 弹 力 为 T 。 对 于 A 、 B 整 体 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 ： ( )g ( )A B A BF m m m m a    ； 对 B 受 力 分 析 ： B BT m g m a  ， 联 立 解 得 B A B m FT m m   ，综合分析选项 ABC 正确。 10.BD 解析：A 到 B 的过程中：a1·3t0＝v，B 到 C 的过程中：v＝a2t0，所以：a1 a2 ＝1 3 ，故 B 正确；A 到 B 的过程中：x1＝vB 2 ·3t0，B 到 C 的过程中：x2＝vB 2 ·t0，所以：x1 x2 ＝3 1 ，故 A 错误； 由图乙可得：f2＝μmg＝5N，f1＝μmgcosθ＝4N，所以：f1 f2 ＝cosθ＝4 5 ，得：θ＝37°，故 C 错误； 物体在斜面上运动的过程中：mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，在水平面上运动的过程中：ma2＝μmg， 联立以上各式，得：μ＝ 9 17 ，故 D 正确。 11.答案：（1）在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比（1 分） （2）200（2 分），0.2（2 分） （3）避免弹簧自身所受重力对实验的影响（1 分） 解析：（1）在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比。 （2）弹簧原长为 l0，则根据胡克定律有：F＝k（h+l﹣l0）＝kl+k（h﹣l0） 由此可知，图象的斜率大小表示劲度系数大小，故 k＝200N/m， h＝0.25m，当 l＝0 时，F＝10N，将数据代入解得：l0＝20cm＝0.2m。 （3）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于避免弹簧自身所 受重力对实验的影响。3 12.答案：（1）①间隔均匀； （2）（ⅰ） 3 1 25 ( )0 s sa t  V ；1.15； （ⅱ）1 4； （ⅲ） 1 2 g 50% (最后 2 空每空 2 分，其他每空 1 分) 解析：（1）①平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均 匀。由 a= F m+M ，故  1 m M a F F   ,故1 a 与 m 成线性关系。 （2）（i）设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1、s2、s3。由匀变速直线运动的推论得：Δx=aT2 即 s3-s1=2a（5Δt）2， 3 1 250( ) s sa t   ；图 2 为用米尺测量某一纸带上的 s1、s3 的情况，由图可 读出 s1=24.0mm，s3=47.0mm。由此求得加速度的大小 23 1 2 1.15m/s50( ) s sa t   。 （ii）设小车质量为 M，小车受到外力为 F，由牛顿第二定律有 F=（m+M）a； 所以，  1 m M a F F   ，所以，  1 a -m 图象的斜率为  1 F ，故 1 1NF k   ，纵轴截距为 Mb kMF   ，所以 4kgbM k   。 （iii）设小车的质量为 M，砝码质量为 m，小吊盘和盘中物块的质量为 m0，仍将小车受到 的拉力当成 m0g，以车与砝码为研究对象有 m0g=（m+M）a 测解得 0 1 2 m ga gM m  测 ； 以整体为研究对象有 m0g=（m+M+m0）a 真解得 0 0 1= 3 m ga gM m m   真 。所以此加速度相 对误差 1 1 2 3100% 100%=50%1 3 g ga a a g     测 真 真 。4 13．解析：（1）距离月面 3m 时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落， 由 v22＝2g′h2（2 分） 得：v2＝3m/s （1 分） （2）由题意知加速和减速发生的位移为：h＝102m﹣30m＝72m 由位移关系得： 2 2 1 1 1 2 0 2 2 v v ha a   （2 分） 解得：a1＝1m/s2（2 分） （3）匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得：mg′﹣F＝ma1（2 分） 解得：F＝20N，方向竖直向上（1 分） 14．解析：(1)由图得，乙的加速度为： a＝Δv Δt ＝20 4 m/s2＝5m/s2(1 分) 相遇时，对甲：x 甲＝v 甲 t(1 分) 对乙：x 乙＝1 2at2(1 分) 由题意有：x 乙＝x 甲＋50(1 分) 联立解得：t＝2( 6＋1)s≈6.9s(2 分) (2)分析知，当两车速度相等时距离最短，即为：t′＝2s 对甲：x 甲′＝v 甲 t′＝10×2m＝20m(1 分) 对乙：x 乙′＝1 2at′2＝1 2 ×5×22m＝10m(1 分) 两车相距的最短距离为：s＝x 乙′＋50－x 甲′＝10＋50－20＝40m(2 分) 15．解析：(1)整体以加速度 a 匀加速向右运动，根据牛顿第二定律： F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a(2 分) 解得 F＝4N(2 分) (2)设弹簧的形变量为 x，斜面对小球的支持力为 FN 对小球受力分析： 在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma(2 分) 在竖直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg(2 分) 解得：x＝0.017m，FN＝3.7N(2 分)5 16．解析：(1)对整体由牛顿第二定律得：F1＝(M＋m)a1(1 分) 由牛顿第二定律得铁块受到的摩擦力 f1＝ma1 解得：f1＝1N(2 分) (2)铁块受到的最大静摩擦力：f2＝μmg(1 分) 由牛顿第二定律得铁块的最大加速度：a2＝f2 m 对整体由牛顿第二定律得： F2＝(M＋m)a2 解得：F2＝6N(2 分) (3)当拉力为 8N 时，对木板由牛顿第二定律得：F3－f2＝Ma3 解得：a3＝3m/s2(1 分) 力作用 1s 末，对铁块： 速度 1 2 1 2m/sv a t  位移 2 1 2 1 1 1m2x a t  (1 分) 对木板：速度 2 3 1 3m/sv a t  位移 2 2 3 1 1 1.5m2x a t  (1 分) 撤去拉力，对木板由牛顿第二定律得：－μmg＝Ma4 解得 a4＝-1m/s2(1 分) 设经过时间 t2 二者达到共同速度 v共 ，则有： 1 2 2 2 4 2= +v v a t v a t 共 (1 分) 解得 8= m/s3v共 ， 2 1 s3t  (1 分) 此过程铁块位移 1 3 2 14 m2 18 v vx t  共 (1 分) 木板位移 2 4 2 17 m2 18 v vx t  共 (1 分) 所以铁块最终静止在木板上距离木板左端 2 1 4 3 1( ) ( ) m3x L x x x x       (1 分)