山阴一中寒假物理专题答案

v 1 可得 ，从动轮半径大转动的 r r
v船 v水
，水流速度先增大后减小，选项 A 正确；
当船速垂直河岸，渡河的时间最短，且该船渡河的时间 t
d ，因 d 和 v 船一定，t 一定， v船
选项 C 正确。 【答案】A 【解析】物体做平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值为 tan
1 2 at 2m 、 2
v 2 1.5 2 9 1 2 a2t 5m ，联立解得 at2=1m、 v At 1.5m ，而 OA= A m ，选 2 2a 2 8
项 A 正确。 3.C 解析：篮球受力平衡，设一側球架的弹力与竖直方向的夹角 为 θ ，如图，由平衡条件， F1 F2
（每空 2 分）
【解析】 （1）主尺读数为 0.6cm，游尺读数为 0.075cm，故挡光片宽度为 0.675cm （2）小车做加速运动时合外力等于沙桶和砂子的重力，选项 A 和 B 错误，平衡摩擦力时不 需要取下细绳和沙桶，选项 C 错误，选项 D 正确。
d d ( )2 ( )2 t t1 d d （3）由 ( ) 2 ( ) 2 2al 可知 a 2 2l t2 t1
1.93 2 v 2 gh 20 2.04 v0 2gh ， m / s 4.64m / s ， 初速度 0 2
v1＋v2
2
来表示， 乙的运动不是匀变速直线运动， 所以 B 错误； 图像的斜率的绝对值代表加速度的大小， 则甲、乙的加速度均减小，D 错误． 【答案】B 2 【解析】由图可知前 10s 内物体的加速度 a=0.1m/s 由 F-mg=ma 可知悬线的拉力为 1515N，由 图象面积可得整个过程上升高度是 28m，下降的高度为 6m，46s 末塔吊的材料离地面的距离 为 22m，故 30s~36s 物体加速度向下，材料处于失重状态，前 10s 材料处于超重状态，钢索最 容易发生断裂。 9.B 解析：对上升过程， x1 9l 3l a1T 2 ,由牛顿第二定律，mg+f=ma1，联立得 mg+f= 1 6lm 2lm ;对下降过程，同理得 mg-f= 2 ，求解得 f= mg ，选项 B 正确。 2 2 T T 10.AB 解析：物块处于静止状态，受重力、拉力 F 和弹簧的弹力，由平衡条件得弹簧的弹 力 kx 的大小为
2π 2π 12 故木星的周期为 12 年， 由曲线运动追及公式 T1 t－ T2 t＝2nπ ， 将 n＝1 代入可得 t＝11年， 为木星两次冲日的时间间隔，所以 2015 年能看到木星冲日现象，B 正确．同理可算出天王 星相邻两次冲日的时间间隔为 1.01 年． 土星两次冲日的时间间隔为 1.03 年． 海王星两次冲 日的时间间隔为 1.006 年，由此可知 C 错误，D 正确． 【答案】BC 【解析】对 A 球进行受力分析由绳的拉力及小球重力的合力充当向心力，A 错误；设连接 A 球细绳与竖直方向的夹角为 ， Mg cos mg ， Mg sin m
a1
kx mg 8m / s 2 ，方向向左，选项 B 正确；若剪断弹簧，合力为 kx=ma2 ，则 m
mg 20 N , 选项 A 正确；若撤去拉力 F 的瞬间，物块的加速度 tan向向右，选项 CD 错误。
d d ( )2 ( )2 t t1 【答案】 （1）0.675cm； （2）D； （3） 2 2l
mg ， 2 cos
F
D d 2 2 而 cos D 2
则 F1 F2
2
2
D2 d 2 , D
F1 θ
F2
m gD 2 D2 d 2
，选项 C 正确。 mg
4.D 解析：聂海胜受到恒力 F 做匀加速运动，加速度 a
2s ，由牛顿第二定律，F=ma，则 t2
F弹 mg sin mg cos
（2 分）
F弹 k x
（1 分）
两木块间的距离为
l AB L x L
mg sin + mg cos k
（1 分）
（2）剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对物块 2 由牛顿第二运动定律得：
F弹 (mg sin mg cos ) ma2
Ft 2 聂海胜的质量 m= ，选项 D 正确。 2s
5.A 解析：跳高过程中，弗拉希奇仅受重力，处于完全失重状态，选项 A 正确、B 错误； 弗拉希奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力， 选项 C 错误； 上升过程做竖直上抛运 动， 由运动学公式 选项 D 错误。 【答案】AD 【解析】在 0 ~ 1s 内，水平力 F 小于最大静摩擦力，物块处于静止状态，合力始终为零，选项 A 正确；1s ~ 3s 水平力 F 恰好平衡最大静摩擦力，物块仍处于静止状态，选项 B 错误；在 3s ~ 4 s 内，物块受滑动摩擦力，为定值，选项 C 错误；在 4s ~ 6s 内，无论是滑动摩擦力还是静摩擦力 方向始终水平向左，选项 D 正确。 7．A [解析] v­t 图像中图线与横轴围成的面积代表位移，可知甲的位移大于乙的位移，而 时间相同， 故甲的平均速度比乙的大， A 正确， C 错误； 匀变速直线运动的平均速度可以用
vy v0
，位移方向与水
vy
平方向夹角的正切值为 tan 2 6.答案：B 解析： 由
t
v0t

vy 2v0
，故 tanα =2tanβ ，故选项 A 正确。
GMm GMm m 2 r 可知 Biden 星半径较大，角速度小于地球， A 错； 2 2 r r
m(
v2 2 2 GMm ) r 可知 Biden 星半径较大，周期大于地球，B 对；由 2 m 可知 Biden 星半 T r r
联立⑤⑥式，代入数据得 Δ t＝0.3 s⑦ （1 分） (3)设志愿者所受合外力的大小为 F， 汽车对志愿者作用力的大小为 F0， 志愿者质量为 m， 由牛顿第二定律得 F＝ma⑧（2 分） 由平行四边形定则得 2 2 F2 0＝F ＋(mg) ⑨（1 分） 联立③⑧⑨式，代入数据得
F0 41 mg＝ 5 ⑩ （1 分）
【答案】(1)2.10 cm 或 2.40 cm(±0.05 cm，有效数字不作要求) （2 分） (2)1.13 m/s 或 1.25 m/s(±0.05 cm/s，有效数字不作要求)(2 分)， 小于（2 分） (3)C （3 分） 【解析】(1)纸带①，b 点读数约为 3.90 cm，c 点读数约为 6.00 cm，b、c 间距离约为 2.10 cm.纸带②，b 点读数约为 4.10 cm，c 点读数约为 6.50 cm，b、c 间距离约为 2.40 cm. Δ xce － (2)c、e 间的平均速度 v ＝ 2T ，纸带①中对应的约为 1.13 m/s，纸带②中对应的约为 1.25 m/s. (3)纸带①中两计时点间的距离越来越大，说明小车一直在加速，所以是用装置甲实验所 得．纸带②中 d 点以后的计时点间的距离不变，说明小车先加速后匀速，所以是用装置乙实 验所得。 【解析】 （1）隔离 2 分析由平衡条件可得： 由胡克定律：
aB=2.5m/s （3 分） （2）对 B，由牛顿第二定律：F-f=mBaB，得 f=45N 对 A 据牛顿第二定律得 A 的加速度大小为 2 aA=2.25m/s （4 分） 所以 t=2.0s 末 A 的速度大小为：VA=aAt=4.5m/s． （3）在 t=2.0s 内 A 运动的位移为 SA=
4 2 L sin ，可解： T2
T 2
mL ，B 正确；A 球角速度增大稳定后 B 球仍静止，设此时连接 A 球的细绳与竖直 Mg
方向夹角为 ，对 A 球受力分析可得： T cos mg ,其中：T Mg ，可得 细绳与 竖直方向夹角不变，故 A 球的向心力大小不变，向心加速度大小不变，由 mg tan m r
2
1 2 aAt ＝4.5m， 2
A 在 B 上滑动的距离△s=s-sA=0.5m （4 分） 【解析】 （1）加速上升阶段之中: 由牛顿第二定律可得:F1－mg=ma1 （1 分） 1 解得：a1= g （1 分） 3 3s 末的速度为 v1=a1t1=10m/s （1 分） 1 2 上升的高度为 h1= a1t1 =15m （1 分） 2 减速上升阶段之中: a2=g （1 分）
径较大，线速度小于地球，C 错；由题中所交代的条件无法判断两星球表面重力加速度的关 系，D 错。 7．BD [解析] 本题考查万有引力知识，开普勒行星第三定律，天体追及问题．因为冲 日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出 2π ， 所以不可能每
T2 r3 木 木 2 3 年都出现， A 选项错误； 由开普勒行星第三定律有T地＝r地＝140.608， 周期的近似比值为 12，
物理专题【参考答案】
专题一 力与运动
1． 【答案】 A 【解析】支持力的方向与接触面垂直，所以 M 处的支持力的方向与地面垂直，即竖直向 上，N 处支持力的方向与接触面垂直，即垂直 MN 向上，故选项 A 正确，选项 B 错误；摩擦 力的方向与接触面平行，与支持力垂直，故选项 C、D 错误． 2.A 解析：设加速度为 a，A 的速度为 vA，A 到 B 的时间为 t，则 AB= v A t AC= v A 2t
v12 =5m （1 分） 2g 故总上升的高度为 H=h1+h2=20m （1 分）
上升的高度为 h2= （2） 设飞机上升到最高点经过 ts ， 启动发动机才能使飞机安全落地， 由运动学公式可得：
1 g t （1 分） 3 1 1 1 g t 2 g t 2 H (1 分) 2 2 3 解得： t 1s （1 分） v g t
2
＝20 m/s，末速度 vt＝0，位移 s＝25 m，由运动学公式得 v2 （2 分） 0＝2as①