物理答案.doc

参考答案： 1．D 【详解】从图上屋顶的炊烟方向可以判断风的方向是向左的，图中甲物体的小旗向左飘，我们可以判断甲物体可以静止，可以向右运动，也可以向左运动，向左的速度必须小于风速；图中乙物体的小旗向右飘，我们可以判断乙物体一定向左运动，且向左运动的速度大于风速。 选项D正确，ABC错误。 故选D。 2．D 【详解】选取向下为正方向，由速度和位移关系可得 解得 对于自由落体运动过程有 解得 故选D。 3．C 【详解】A．根据题意知，子弹在气球水中做匀减速直线运动，在气球之间的空气可看做匀速直线运动，假设先不计气球之间的运动，则子弹在整个过程做匀减速直线运动，末速度恰好为零，运用逆向思维法，可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，由题意可知：，，，根据运动学基本公式：，即可算出加速度A，对于每一个气球来说，根据公式，可以算出子弹穿过气球的初末速度，则子弹在每个水球中的速度变化为： A选项可以计算出，A正确； B．根据公式可计算出在气球中和在水中的的时间，再根据公式可算出子弹的平均速度，B正确； C．由于不知道最后子弹距离地面的高度，所以不能算出子弹的落地速度，C错误； D．已经算出子弹的加速度A，根据牛顿第二定律即可算出子弹在水中受到的阻力，D正确； 故选C。 4．B 【详解】根据公式变形可得 由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的图像为图a。 由于甲、乙的位移图像在处速度相同，由a图（即甲乙两车的v-t图）可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车是不同时间到达，故没在处相遇，故ACD错误，B正确。 故选B。 5．A 【详解】球保持静止状态，根据二力平衡可知 球受力如图 由几何关系可知 根据共点力平衡条件有 代入数据联立解得 故A正确，BCD错误。 故选A。 6．D 【详解】A．对结点P受力分析，如图所示    设O2P与竖直方向的夹角为α，O2P绳上的拉力为T，根据几何关系可得 根据正弦定理可得 当α由0逐渐增大到90°的过程中，sinα逐渐增大，sin（120°-α）先增大后减小，所以F逐渐增大，当O2P水平时，即α=90°时，F达到最大，此时 T先增大后减小，当α=30°时，T达到最大，此时 故A错误； B．对滑轮O3与绳的结点受力分析，左右两段绳中的拉力大小相等，均等于T，而连接B物体的绳拉力始终等于mg，设绳与竖直方向的夹角为θ，根据力的合成法有 当T先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角θ先增大后减小，所以物块B将先向上后向下移动，故B错误； C．对A物体受力分析，初始时重力沿斜面向下的分力与绳的拉力大小相等，所以摩擦力为零，当绳中的拉力先增大后减小的过程中，A所受到的摩擦力方向沿斜面向下，且有 当T先增大后减小的过程中，Ff应先增大后减小，故C错误； D．对物块A以及斜面整体为研究对象，地面对斜面体的摩擦力等于O1O3间绳拉力在水平方向的分力，即 当T先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角θ先增大后减小，所以f先增大后减小，故D正确。 故选D。 7．B 【详解】A．弹簧处于水平静止状态，则A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，A错误； B．对A受力分析可知 mAg＝Ftan 60° 对B受力分析可知 mBg＝Ftan 45° 故 B正确； C．细线对A的拉力 FTA＝ 细线对B的拉力 FTB＝ 故 C错误； D．剪断细线前，弹簧弹力 F＝mBg 剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故A的加速度 B的加速度为 故A、B加速度之比为∶3，D错误； 故选B。 8．C 【详解】在乒乓球加速上升的过程中，同体积的水球加速下降，水球比乒乓球的质量大，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小。 故选C。 9．CD 【详解】加速度是表征物体速度变化快慢的物理量，物体的加速度大小等于速度变化率，与速度变化量无关．Δv大，a不一定大，选项AB错误；加速度a的方向就是Δv的方向，速度的变化率为，即加速度，选项CD正确；故选CD． 【点睛】应该注意的是公式a=只是加速度的定义式，只能由此公式计算大小和判断方向，加速度的大小是由力和质量决定的． 10．BD 【详解】对整体，由牛顿第二定律有 F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a 设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有 F1－μ（3m）g＝3ma 解得 F1＝ 对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有 F2－μ（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a 解得 F2＝ 所以 与μ无关。 故选BD。 11．AB 【详解】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为 A与Ｂ之间的最大静摩擦力为 所以当时，A、B都相对地面静止，故A项正确； BD．当，所以此时A、B发生相对运动，对A分析有 解得 对B分析有 解得 故B正确，D错误； C．当A、B刚要发生相对滑动时，对AB整体 得 可见只有当时，A、B之间才会发生相对滑动，故C项错误。 故选AB。 12．BCD 【详解】A．开始阶段，设小物块的加速度大小为，由牛顿第二定律得 解得 小物块加速到与传送带的速度相等时，根据速度-位移关系有 根据速度-时间关系有 解得 因为 小物块共速后发生临界滑动，摩擦力反向，由牛顿第二定律得 解得 故A错误； B．根据位移-时间关系有 解得 小物块从A运动到的时间 解得 故B正确； C．设小物块离开传送带的速度大小为，根据速度-时间关系有 解得 故C正确； D．共速前小物块与传送带的相对位移 解得 共速后小物块与传送带的相对位移 解得 因为 所以小物块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。 故选BCD。 13． 28.4N/m 0.156N 【详解】（1）［1］根据题意有：L4﹣L1＝3ΔL，同理：L5﹣L2＝3ΔL，L6﹣L3＝3ΔL，因此每增加砝码的弹簧平均伸长量 ΔL＝ （2）［2］弹簧的劲度系数为： =28.4N/m ［3］弹簧自身的重力为 G0＝k（L1﹣L0）＝28.4（1.70﹣1.15）×10﹣2N＝0.156N 14． B B 0.60 2.0 大 【详解】（1）[1]电火花打点计时器使用220V交流电源； （2）[2]A．为充分利用纸带，打点前，小车应靠近打点计时器，要先打开电源，再释放小车，故A错误； B．为测量方便，要舍去纸带上密集的点，然后选取计数点，故B正确； C．打点频率为50Hz，每隔四个点取一个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，故C错误； D．实验中应使小车速度适中，太快会使打的点数太少，太慢会使打的点太密集，故D错误。 （3）[3] 打点2时小车的速度大小为 （4）[4]根据，由逐差法可得 （5）[5] 如果当时电网中交变电流的频率是，则计算用的打点的时间间隔T小于真实值，故计算的出加速度的测量值大小大于真实值。 15．（1）；（2） 【详解】（1）滑块的两个过程均为匀变速直线运动，在A、C点时速度为零，设在B时速度为v，可得 解得 （2）设滑块质量为m，所受的拉力为F，上滑过程中的加速度分别为，由 （或者） 可知 由牛顿第二定律有 在最高点时恰好静止，则 联立可得 16．（1） ；（2），方向水平向左；（3） 【详解】（1）设支持力为F，绳子的拉力为T，则 可得 （2）以小球和斜面的整体为研究对象，则 方向水平向左； （3）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直斜向左上方时，根据平衡条件可得拉力的最小值为 Fmin=mgsin30°=mg 17．（1） ；（2） 【分析】根据图像可以知道不同时刻受到的外力大小，再利用牛顿第二定律求解木块的加速度；根据木块和木板的受力分析各自的加速度和运动情况，利用运动学公式分析求解． 【详解】（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为 mg =ma1 解得 a1=4m/s2 保持木块与木板一起做匀加速运动最大拉力 Fm=(M+m)g+(M+m)a1=30N 因F1=24N<Fm=30N，故木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿运动定律可得 F－(M+m)g＝(M+m)a   解得 a=2m/s2 （2）2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得 v=at1 2s后F2=34>Fm=30N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2为 F－mg－(M+m)g＝Ma2 经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得 vt2+ a2 t22－（vt2+a1 t22）＝l 解得 a2=6m/s2 t2=1s 此时木块的速度 v块=v+ a1 t2   木板的速度 v板= v+ a2 t2   木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得 h=g t32   在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3内，木块在水平方向向前的位移为 S块=v块t3   木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得 F－Mg＝Ma3 在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向向前的位移为 S板=v板t3+a3 t32    所以，木块落地时距离木板左侧 s= S板－S块 联立以上式子解得 s=1.68m 【点睛】本题较复杂，要时刻关注不同的运动状态下的受力状况，求出加速度，分析运动． 学科网（北京）股份有限公司 海量资源免费下载公众号《良学小屋》 √书虫致力于提供高考名师课程和全国各地名校试卷 √收费群仅在公众号进行售卖进群，其他平台购买均属倒卖，倒卖有断更、更新延迟、遗漏等问题不提供售后服务 扫码关注良学小屋 领取免费资源 如果搜索不到可以搜索微信号：lxxw64787822