物理参考答案一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号1234567答案ACACDBD【解析】2h2h1．从B到C也可以看成平抛运动，有t，则重力的冲量大小为Imgtmg，故BCggA正确。2．根据动量守恒和牛顿第二定律，A、B整体和C通过弹簧作用的过程中，一段时间内，弹簧先压缩后恢复原状，再拉长后恢复原状，且分别压缩最短和拉伸最长时系统有共同速度，共速后因为弹簧不是原长，所以速度要改变，故A、D错误。A、B碰撞动量守恒，设粘在一起时速度为v共，有mmvv02共，A、B整体和C通过弹簧作用时第一次达到共速v的11过程，根据动量和能量守恒有24mmvv，24mmEvv22，解得弹簧的最大共22共p1弹性势能为Emv2，故B错误。对A、B、C及弹簧组成的系统，其所受合外力为零，p80动量守恒，但A、B发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，故机械能不守恒，故C正确。3．1s时刻AB共速，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有mmmBABvv0()，即1.2mmmBAB()1.0，可得mmB5A，故A正确，C错误。0～1s内，A、B的动量变化分别为pmAA1.0，pmmmB(1.01.2)BBA0.21.0，大小相等方向相反，根据动量定理知弹簧对A、B的冲量大小相等方向相反，故B错误。t2s时，A的动量pmAAAv，B的动量pmBBBv，vA2.0m/s，vB0.8m/s，且mmB5A，所以A的动量比B的小，故D错误。GMmGMmv24．根据ma，rr，则aa，故A错误。根据万有引力提供向心力m，r22112rr2GMv可知，r越大，线速度越小，动能越小故EE，所有地球卫星的绕行速度都rk2k1GMm小于等于地球的第一宇宙速度，故B、D错误。根据万有引力提供向心力mr2，r2GM可知，r越大，角速度越小，故，故C正确。r321物理参考答案·第1页（共8页）5．匀强电场沿着一个方向前进相同距离电势的降低相等bcao，解得c10V，故4A错误。点电荷在c点的电势能Eqpc，可得Epc210J，故B错误。ab中点e电势为e6V，连接Oe则为等势面，根据几何关系可知，abOe，可得2222d1022m210m，abOe，因此ab为电场线，且方向由b指向a，由be2UEbe，得E1002V/m，故C错误，D正确。dbe16．滑块从C运动到A的过程，根据动能定理得qE10Rmg10Rmg2Rmv2，2AqEmg，解得vA10gR，故A错误。滑块从C运动到P的过程，根据动能定理得1v2qE11Rmg10RmgRmv2，在P点，由牛顿第二定律得FqEmP，2PNPRqEmg，解得FmgNP15，根据牛顿第三定律知滑块到达P点时对轨道的压力大小为v2FF15mg，故B正确。在A点，由牛顿第二定律得FmgmA，解得Fmg9，NNPPNARNA根据牛顿第三定律知，滑块到达A点时对轨道的压力大小为FFNNAA9mg，故C错误。滑块受到的静电力大小FqEmg，方向水平向左，静电力与重力的合力方向与竖直方向成45斜向左下方，则从C到P的过程中，静电力与重力的合力先做正功，后做负功，则动能先增大后减小，故D错误。7．A、B选项滑块与平板车之间滑动摩擦力f11mg，木板与地面之间最大静摩擦力f22()mgMgF1，要使木板静止，则f21≥f，解得F1的最小值为10N，故A、B错误。当滑块经过时间t刚好不从木板右侧滑离，设滑块的加速度为a1，位移为x1，木板的1加速度为a，位移为x，对滑块得fma，xvtat2，对木板得221110211Ff()mgMgMa，xat2，且vatat，xxL，解得F1N，要11222220121221使滑块不从木板的左侧掉落，滑块与木板共速后木板的加速度最大值为a1，对系统得FmgMgMma22()()1，解得F29N，所以力F2的范围为1N≤≤F29N，故C错误，D正确。物理参考答案·第2页（共8页）二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。题号8910答案BCABDAB【解析】8．圆盘角速度从零增加到的过程中，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为Ifmmrv-0=mv。小孩受到的摩擦力是静摩擦，而且方向在不断改变，所以其做功不能用定义来求，根据动能定理可得，小孩所受摩擦力做功为111Wmv22220()mrmr，故A错误，B正确。根据Imgt可知小孩所受重f222G力的冲量不为零，故C正确。小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心；所以小孩所受摩擦力的方向不沿运动轨迹切线方向，也不指向圆心，故D错误。9．由图知，从0到x0区间正电荷的电势能减小，电势降低，电场方向沿x轴正方向，故A正确。在x0处，两个点电荷的合场强为0，再结合电势特点，说明两个点电荷一定是一正一负；当x0时，电势能EP；说明了x0处一定是正电荷，由合场强的方向，可以进一步判定，正电荷的电荷量一定是Q，离开x0点的距离近；负电荷的电荷量是4Q。设4QQr4Q和点电荷到点的距离分别为和，由，得1，即点电荷到Qx0r1r2Ek224Qx0rrQ2的距离是Q到x0的距离的2倍，所以4Q的位置坐标是(0)x0，，综上可知B电荷带正电荷，位于原点，A带负电荷，位置坐标为(0)x0，，故B、D正确，C错误。10．将圆环等分为n段小圆弧，每段小圆弧均可视为电荷量为q0的点电荷，有Qnq0，在c点，kqq由库仑定律，对小球的电场力0由几何关系22，在点，整个圆环对小qoF02.rRc2crc2kQq球的电场力设为F，有FnFsin45，联立解得F，故A正确。同理可得cc0c4R225kQE，方向沿斜面向下，故D错误。由对称性，小球在b点所受的电场力与在c点a25R2所受的电场力方向相反，大小相等，有FFbc，在b点，对小球，由牛顿第二定律，有(33)g2kQqmgsin37mgcos37Fma，联立解得a，故B正确。小球从b54mR2物理参考答案·第3页（共8页）a到d，由对称性，电场力做功Wad0，对小球，由动能定理，有4(33)mgRWmgR4sin37mgR4cos370E，联立解得E，故C错误。adkk5三、非选择题：本题共5小题，共57分。11．（每空2分，共6分）（1）①（2）12（3）减少【解析】（1）位置①与电容器并联，应该接电压表。（2）电流表示数为0mA时，充电结束，电压最大，根据乙图，为12V。（3）无论充电还是放电，电流表的示数都应减小，由图丙可知该过程中随电流减小，电压也在减少，故电容器正在放电，其能量在减少。12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）Cmmm111（2）112OPOMONOPONOM（3）20.25（3分）【解析】（1）要让1碰2之后，1、2都往前走，而不反弹，需要mm12，之后要保证碰前碰后是一维碰撞，需要rr12，故C正确。（2）根据动量表达式pmv可知，为了验证动量守恒定律，需要测量两小球的质量和碰1撞前后的速度；设小球做平抛运动的初速度为v，根据平抛运动规律有xvt，ygt2002g可得vx，由于两小球做平抛运动到击中竖直挡板的水平位移相等，所以可以用平02h抛过程的竖直高度代替抛出时的初速度。设入射小球碰撞前瞬间的速度大小为v0，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒可得gggmmmvvv，又vx，vx，vx，联立可得若两10112202OP12OM22ONmmm球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为112，弹性碰撞，动量守恒，OPOMONmmm111前后动能相等，112，通过化简，得到。OPOMONOPONOM物理参考答案·第4页（共8页）（3）当两球发生弹性碰撞时，碰后瞬间被撞小球m2速度v2最大，被撞小球m2平抛运动竖直高度ON具有最小值，根据动量守恒和机械能守恒可得mmm10vvv1122，1112222m116gmmm10vvv1122，解得vvv200。根据v0x，222mm1292OPgvx，可得被撞小球m平抛运动竖直高度ON的最小值为22ON2222vv009ONOP22OP2OP20.25cmv21616。v0913．（10分）解：（1）电动机在CD段运动过程中mgsinmgcosmaCD①2202vaxCDCD②解得：xCD20m③（2）物块在CD段运动过程中vatCDCDatABAB④FmgABsinmgmacosAB⑤PFBABv⑥解得：PB300W⑦评分标准：本题共10分。正确得出①、④、⑤式各给2分，其余各式各给1分。14．（14分）解：（1）规定向右为正方向，甲与乙先发生弹性碰撞，有mmm10vvv1122①111mmmvvv222②222101122mm121解得：vvv100③mm1232m14vvv200mm123此后乙与丙发生弹性碰撞，有mmm22vvv2233④物理参考答案·第5页（共8页）111mmvv222mv⑤2222222332m21解得：vvv320⑥mm233显然，取走乙后，甲与丙速度完全相同，故不能再相碰⑦14（2）由（1）可知，甲与乙先发生第一次碰撞，碰后两者的速度分别为vv，vv103203此后乙穿过AB的过程中有1mgLm()vv222222216解得：vv22gL⑧209显然根号内的值必须为正，即16v220gL9031解得：vgL⑨022然后乙与丙发生第二次碰撞，由（1）同理可得mm2329vvv220gL⑩mm238为使乙不会与甲再次碰撞，应使甲、乙都在AB间减速直至都静止时也不相遇，即1mgSm(0v2)⑪112111mgSm(0v2)⑫22222SS12L⑬3解得：v5gL⑭04313综上可得：gLgLv52204评分标准：本题共14分。正确得出①～⑭式各给1分。15．（18分）解：（1）粒子从A运动到B的过程中，其速度在图乙中从a沿线段ab变化到b，故该过程中vx保持不变始终为v0，则电场力方向与x轴相互垂直。又因为vy从0变为v0，则物理参考答案·第6页（共8页）电场力方向沿y轴负方向①由上可知粒子在AB间作类平抛运动，如图1所示对B点速度正交分解并结合图乙的b点可知22vyvL0②22aaqEa③m图1mv2解得：E0④2qL（2）因为P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度就是粒子在对应过程中的速度变化量vv，且已知任意相等时间内P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，即为定t值⑤故粒子在圆弧轨道内作匀速圆周运动的向心加速度与其在AB间作类平抛运动的加速度大小相等，即v2qEB，其中R为圆弧轨道的半径⑥Rm由图乙可知2222vvvvvvBxy0020⑦解得：RL4⑧（3）由乙图可知，粒子从C点回到电场后，在电场中的运动可分解为x轴方向上的匀速直线运动（速度大小为v0）和y轴方向上的匀变速直线运动（初速度v0沿正方向，加速qEv2度a0，沿负方向）mL2故其在电场中运动的最大高度v2hL0，恰好不离开电场⑨m2a重新离开电场的位置（F点）到C点的距离xCFv0tv且t20a解得：