PP1.5105期末考试物理参考答案vm/s30m/sm11fmg200010题号1234567891044故D错误；答案BCAADDCACBCABD9．【答案】BC【详解】A．两球所受库仑力是相互作用力，由库仑定律无法判断哪个球的电荷量大，7.【答案】C【详解】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律故A错误。1Fmgma4B．同时剪断两根细线，两小球在竖直方向的分运动均为自由落体运动，由解得1hgt22a2.5m/s2可知，同时落地，故B正确；可知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，CD．两球均受重力、库仑力和拉力三个力作用而平衡，且两球所受库仑力等大反向，由力平衡可故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；知C．汽车做匀加速直线运动的位移为Fmgtan12x1at145m2其中θ为细线与竖直方向的夹角，因为β＞α，故a球的质量大于b球的质量；在水平方向库仑力的t16s时汽车的速度为作用下，a球的水平加速度小于b球，故a球飞落地时的速度小于b球，故C对，D错误；10．【答案】ABD【详解】A．根据题意，对小滑块受力分析，小滑块受到的滑动摩擦力沿传送带方v1at115m/s向上，由牛顿第二定律有汽车额定功率为mgcos37mgsin37ma35PFv1101015W1.510W解得从（功率最大）到速度达到最大过程中，根据动能定理2t16sa1m/s方向始终沿斜面向上111故正确；P(tt)mgxmv2mv2A21422m21B．以沿传送带向上为正，小滑块从接触传送带到与传送带相对静止所用时间为解得vv4(2)t s6sx2115ma1则小滑块沿传送带的位移为汽车通过的距离为vv4(2)xt6m6mx=x1+x2=150m22摩檫力对滑块做功为故C正确。wmgcosx=84JD．汽车达到的最大速度大小为试卷第1页，共3页{#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}则小滑块的重力势能增加了（2）在星球表面及其附近：设星球质量为M，星球半径为R，则根据万有引力提供向心力知2Epmghmgxsin3772JGMmmv··········2分2R故B正确；R不考虑星球自转影响，在星球表面万有引力等于重力知C．小滑块从接触传送带到与传送带相对静止，小滑块与传送带发生的相对位移为GMm·········分xx传xvtx18mmg1R2则小滑块与传送带因摩擦产生的内能为代入得Qmgcosx252JvgR6.4kms··········2分故C错误；F2mg14．（1）N，方向竖直向上；（2）0.25；（3）3.5mgRD．根据题意，由能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则Ep有【详解】（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vc，圆轨道C点对滑块的支持力为FN，在PC过E电EpEkQ程中有其中增加的动能为1mgR1cos60mv2···········2分2c1122Ekmvmv12J在点有22C解得v2Fmgmc···········1分NRE电336J解得故D正确。FN2mg···········1分11．(每空2分)(1)D(2)C(3)22.5（2）在PCQ过程中有2m(hChA)12．(每空2分)(1)mghB(2)C(3)C8T2mgR1cos60mg2R0··········2分13.（1）g=8m/s2；（2）v=6.4km/s解得【详解】（1）下落过程由位移与时间关系知0.25··········2分12hg···················3分（）在点有2t3A代入得v22mgmA··········1分R2h2g8m··········2分在QCA过程中有2st试卷第2页，共3页{#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}12对轻杆受力分析：Emvmg2Rmg2R··········2分p2A，，14mg·········1分解得弹性势能F轴杆FB杆FA杆53.5mgR··········1分方向竖直向上·········1分Ep310gl10gl1415．（1）2mgl（2）v，v；mgA5B55【详解】（1）在杆由水平位置转动到竖直位置过程中，系统重力做功：w3mglmgl2mgl··········4分（2）设杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为vA、vB，杆旋转的角速度为，小球A和B及杆组成的系统机械能守恒，则有11mg3lmglmv2mv2··········1分2A2B又vvA3l，Bl··········1分联立解得310glv··········1分A510glv··········1分B5（3）在竖直位置时，A、B两球的受力情况：2m11A：mgvAmg竖直向上··········1分F杆AlF杆A52m3B：mgvBmg竖直向上·········1分F杆BlF杆B5由牛顿第三定定律得：，方向竖直向下·········1分FA杆F杆A，方向竖直向下·········1分FB杆F杆B试卷第3页，共3页{#{QQABaYgEogioQJAAAAgCAQ3KCAIQkAEACQgOhAAMIAAAAAFABAA=}#}