物理参考答案一、选择题1．D【解析】物体向下做匀减速运动，动能减小，由动能定理知，合力对其做负功，A错误；物体向下运动的过程中，轻绳拉力对其做负功，机械能减少，B错误；设物体克服拉力做功为，由动能定理知，解得，即重力对物体做W拉WGW拉Ek0WGW拉的功小于物体克服拉力做的功，错误；物体减少的动能，即CEk损|Ek|W拉WG物体减少的动能小于物体克服拉力所做的功，D正确。Mmv22．D【解析】空间站沿着原来的轨道运行，轨道半径不变，根据Gm，解得r2rGMGMv，分离后空间站运行速度不变，A错误；根据v可知，飞船在过渡rr轨道的速度小于第一宇宙速度，B错误；飞船沿径向与空间站分离后，因为飞船制动减速，飞船做向心运动从而到达过渡轨道，不只受重力作用，C错误；与空间站分离后，返回舱进入大气层之前，飞船经过多次减速，除了万有引力之外的其他力做负功，机械能减少，D正确。33．B【解析】汽车匀速行驶时，有FF阻，PFv，汽车功率突然变为P的瞬间，牵4引力发生变化，速度不变，则有PF'v，此时加速度由牛顿第二定律有F'F阻ma，P由以上各式解得a，B正确，A、C、D错误。4mv14．C【解析】在平抛运动过程中，hgt2，xvt，位移与水平方向夹角的正切值20hgtvygttan，速度与水平方向夹角的正切值tan，则tan2tan，v0x2v0v0tanhtan3011th3即，所以1，C正确；由2可知，11，hxhgtt2h2tan60322h23xv3v错误；水平方向上速度，可得1，错误；由合速度0可知，Bv0Avttv21cosvvcos601Ev21t11，所以动能之比k1t1，错误。2Dvt2vcos30E21k2vt21学科网（北京）股份有限公司．【解析】滑块沿斜面下滑，则重力势能减小量，错5Ds=5mEPmgssin3730JA误；从顶端到底端时机械能增加20J，则除重力以外的其他力做功为20J，设外力F与斜面的夹角为，则Fscos(mgcos37Fsin)s20J，代入数据解得16F，只有当0时F=8N，B错误；摩擦力做功，只有当0时2cossin摩擦力做功才等于-20J，C错误；因滑块沿斜面下滑5m，重力势能减小30J，而初状态机械能为30J，可知斜面的底端为重力势能零点，到达底端时机械能为50J，则动能为50J，1根据动能Emv2，解得v10m/s,D正确。k26．D【解析】根据几何关系知，环从A下滑至B处时，下降的高度为d，则重物上升的高度hd2d2d(21)d，A错误；环到达B处时，将环的速度沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解，在沿轻绳方向上的分速度等于重物的速度，有v环cos45v物，解得v环2v物，B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，C错误；设环下滑的最大高度为h'时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为h'2d2d，根据机械能守恒有3mgh'3mg(h'd2d)，解得h'd，D正确。2417．C【解析】设物体下滑到A点的速度为v，由机械能守恒定律有mghmv2，代入020数据解得对到过程，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，加速度大v02m/s,ABmgvv42小ag2m/s2，加速至速度与传送带相等的时间t0s1s，m1a2vv24匀加速运动的位移s0t1m3mL5m，所以物体与传送带共速后1212Ls53向右做匀速运动，物体匀速运动的时间t1s0.5s，则物体从A运动到2v4的时间，错误；物体从运动到的过程中，摩擦力对物体做正功，Btt1t21.5sAAB摩擦力做的功，错误；在时间内，传送带做匀速运W摩mgs10.2103J6JBt1动的位移，故产生的热量，代入数据s传送带vt14mQmgsmg(s传送带s1)解得Q2J，C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分就是增加了内能，则物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功学科网（北京）股份有限公司111Wmv2mv2Q1(4222)J2J8J，D错误。2202．【解析】铅球做斜上抛运动，竖直方向上，速度，图像的斜率表示重8CDvyv竖gt力加速度，斜率应恒定不变，A错误；铅球做斜上抛运动，空气阻力不计，机械能守恒，错误；以初始位置为零势能面，抛出时竖直方向的速度为，铅球的机械能守恒，则Bvy1EEEEmghEmgvtgt2，故图像是开口向上的抛物线，C正确；kPy22根据Pmg|v竖gt||mgv竖mgt|可知，重力瞬时功率大小随时间先均匀减小后均匀增加，D正确。9．AC【解析】取水面上水滴为研究对象，在其落到出水口的过程中，根据机械能守恒定1律得mgHmv2，解得v2gH，A正确；流量QSvS2gH，B错误；水21H柱的机械能Em'v2m'g，根据密度公式得m'Qt，运动时间t满足24H15gt2，解得ESgH2，C正确；从出水口处喷出水的水平位移svt，由以424H上分析知t，解得sH，D错误。2g10．CD【解析】物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧的Ekmgxsin合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧的合力，物体减速下滑。所以，当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgxsin，A错误；设弹簧的最大压缩量为，弹性势能最大为，物体从点到最低点的过程，由能量LEPA守恒得，物体从最低点到点的过程，由能量守恒mg(Lx)sinmgLcosEPQxxtan得mgLsinmgLcosE，联立解得L，由于tan，但2P41它们的具体参数未知，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于x，B错误；第一次往2返过程中，根据能量守恒可知，物体损失的能量等于克服摩擦力做的功，即学科网（北京）股份有限公司1E2mgLcosmgxsin，C正确；设物体第二次上升的最远位置在C点，弹2簧最大形变量为，从到，有，如果，则有L'QCmgxQCsin2mgL'cosL'Lxx，则最高点为B，但由于物体从Q点下滑，则弹簧的最大形变量L'L，所QC2x以x，所以上升的最高位置应该在B点上方，D正确。QC2二、非选择题11．(1)5、6（1分）(2)1.85（2分）(3)0.31（2分）大于（1分）【解析】(1)分析纸带上的数据得，在计数点5之前，两点之间的位移逐渐增大，而在5、6间的位移增量变小，在6之后位移逐渐减小，故说明在5、6间物块开始减速，减速的原因是重物落地。(2)由题图乙中数据可以看出减速阶段的x-3cm，根据匀变速运动xaT2可得，xx加速度a3m/s2；计数点7对应的速度大小v681.55m/s，则计数点6T272T对应的速度大小。v6v7aT1.85m/sa(3)减速阶段对物块根据牛顿第二定律有mgma，解得0.31。减速阶g段产生加速度的力是物块所受的摩擦力和纸带所受的阻力之和，因此计算结果大于真实值。12．(1)3.80（1分）(mM)b2M(2)（2分）mgd（2分）2t22(mM)b2Mmgd（1分）2t22(3)9.6（2分）学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)宽度b的读数为3mm+16×0.05mm=3.80mm。b(2)滑块通过光电门的速度v，滑块从A点到达B点时小球和滑块及遮光片组成的t1(Mm)b2系统动能增加量E(Mm)v2，系统的重力势能减少量k22t2MEmgdMgdsin30mgd，若在实验误差允许的范围内满足关系式P2(mM)b2Mmgd，即可认为机械能是守恒的。2t221M2mM(3)根据系统机械能守恒有(Mm)v2mgd,则v2gd，在22Mm2mMk(Mm)v2d图像中，图线斜率kg，整理得g，由图像可知Mm2mM2.4km/s2=4.8m/s2，代入数据解得g=9.6m/s2。0.513．(1)0.25m/s2(2)能232m【解析】设车减速运动的加速度大小为，有2（分）(1)Ba0vB2ax12代入数据解得a0.25m/s2（1分）设车减速时间为时两车的速度相同，有（分）(2)BtvBatvAa1(tt)21代入数据解得t32s在此过程中B车前进的位移xvtat2（1分）BB2代入数据解得xB832m1A车前进的位移xvtv(tt)a(tt)2（2分）AAA21代入数据解得xA464m因（分）xAxxB1故能避免事故此时（分）xxAxxB232m1学科网（北京）股份有限公司14．(1)35m/s(2)1.35J17(3)47【解析】(1)忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由11动能定理得mgLsin20mghcos20mv2mv2（2分）220代入数据解得v35m/s（1分）(2)小滑块从A点至B点过程中，由动能定理得11mgxsin20Wmv2mv2（2分）2B20由几何关系得22（分）xxABd1联立解得W1.35J（1分）(3)当滑块离开B点后，设速度方向与U型池斜面的夹角为，沿U型池斜面方向分解速度及加速度，（分）vyvBsinvxvBcos1aygcos20（分）axgsin201，（分）vyayt1t2t11由此可知，当最大时，滑块从冲出点至重新落回型池的所用时间最长，此时vyBUvBsin垂直于型池斜面，即，0（分）U020tan01cos017解得tan（1分）04715．(1)1.8N(2)1.05J或(3)0Ek0.3JEk1.2J【解析】(1)由题意知，OB与OC的夹角为，对小物块从A到C过程，由动能定理得h1mghmgmgR(1cos)mv2（2分）1tan2C学科网（北京）股份有限公司v2小物块在C点时，根据牛顿第二定律得FmgmC（1分）NR解得（分）FN1.8N1根据牛顿第三定律知，支持力和压力大小相等，方向相反，所以小物块经过C点时对轨道的压力大小为1.8N（1分）v2(2)设小物块过D点的最小速度为v，由重力提供向心力得mgmD（1分）DR解得（分）vDgR5m/s111对D到E过程，有mg2rmv2mv2（1分）2E2D解得（分）vE=1m/s1所以当小物块在D点的速度为5m/s时，可以到达E点，且此时小物块的初动能最小，h1则mghmgmgR(1cos)mg2Rmv2E（2分）1tan2Dkmin解得（分）Ekmin1.05J1(3)由题意知，要使小物块不脱离轨道，有2种情况情况：小物块恰好可以通过点，此时满足2（分）1F2aLvE1由题意知，代入解得a2gvE2m/sh由动能定理得mghmgmgR(1cos)mg(2R2r)1tan1mv2E（1分）2Ek1解得（分）Ek11.2J1情况2：小物块恰好能到达圆弧轨道BCD与O点等高处，由动能定理得hmghmgmgR(1cos)mgR0E（1分）1tank2解得（分）Ek20.3J1综上所述，符合条件的初动能为或（分）0Ek0.3JEk1.2J1学科网（北京）股份有限公司