2014滁州市高级中学联谊会高一第二学期期末联考

物理参考答案

1.答案：B

解析：该技术确定的是手机的位置，选项B正确、A错误；遗失手机可以看成质点，原因是手机的大小与形状对所研究问题的影响可以忽略不计，选项C、D错误。

2答案：D

解析：卫星贴近月面运行时的速度才等于第一宇宙速度，即
，由
，离月球一定高度运行速度小于月球的第一宇宙速度，故选项A错误；环绕月球运行的卫星离月球越远，周期越大，所以嫦娥三号贴近月球表面运行的周期将小于T，选项B错误；因为不知道嫦娥三号的质量，不能计算其所受万有引力，选项C错误；由公式
可知，选项D正确。

3.答案：A

解析：汽车以恒定功率行驶时，做功多少只与时间有关，与速度无关，选项B错误；由P=Fv可知，功率一定，速度越大，牵引力越小，选项C错误；在实际应用中牵引力不可能趋近无穷大，选项D错误；汽车以恒定功率行驶时，若牵引力大于阻力，有加速度，汽车速度增大，当牵引力等于阻力时，加速度减小为零，速度达到最大，选项A正确。

4.答案：C

解析：乙球是类平抛运动，在沿斜面向下方向上的分运动与甲球相同，两者同时到达底边，选项A、B错误；两球运动到底边时乙球的机械能较大，但两球从释放到运动到底边的过程中重力势能的减少量相同，选项C正确、D错误。

5.答案：D

解析：分析乙图中弹簧外壳的受力情况，竖直向上的拉力F0，竖直向下的重力G，以及弹簧向下的拉力T，三力平衡，即F0=G+T，所以乙图中弹簧的拉力即弹簧秤的读数为

F0－G，所以选项A错误。同理分析可知选项B、C错误，选项D正确。

6.答案：B

解析：两轮子靠摩擦传动，线速度大小相等，即
,故A错误；根据
可知:
，故B正确；根据
可知：
，故C错误；根据
可知
,故D错误。

7.答案：B

解析：若使拉力F做功最少，在拉力F作用下使小木块和木板恰好做匀速直线运动，对小木块和木板进行受力分析容易得出拉力F＝2μmg(此时绳子上的拉力等于μmg)，而拉力F发生的位移为，所以由功的公式可得W＝Fs＝2μmg×＝μmgL，选项C、D错误；无论m加速运动还是匀度运动，摩擦力大小都不变，所以选项A错误、B正确。

8.答案：C

解析：发射卫星，可以利用地球自转的线速度，一般向东发射，选项A、B错误；发射地球同步卫星，发射位置越靠近赤道越能较好地利用地球自转线速度，节省能量，也便于调整轨道，定位于赤道上空，但在非赤道地区也可以发射地球同步卫星，选项C正确、D错误。

9.答案：D

解析：小球A、B、C做平抛运动，最后均落到D点，水平位移之比为
，所以飞行时间之比也是
，由此可知落地时速度的竖直分量之比
，显然选项B、C错误；根据运动学规律，还可知初始离地面的高度之比为
，选项A错误；从抛出到落地过程中，动能的变化量
，所以动能的变化量之比为
，选项D正确。

答案：A

解析：设B的质量为，则A的质量为
，以A、B组成的系统为研究对象。在A落地前，由动能定理可得：
;

以B为研究对象，在B上升过程中由动能定理可得：
;

则B上升的最大高度
，解得
，故选A。

11. (Ⅰ) 答案：（1）0.495～0.497m/s2(2分) （2）CD (1分)

（3）①匀变速直线运动 牛顿第二定律 (各1分，其它答案合理也给分)

(
(2分)

解析：（1）纸带上给了7个数据，可以采用逐差法计算加速度，
代入数据得
。

（2）在此实验中，托盘和砝码的重力提供动力，据牛顿运动定律有
，所以要测动摩擦因数，需要测量滑块的质量m2和托盘和砝码的总质量m3。

（3）①本实验先用匀变速直线运动原理利用打出的纸带求出加速度，然后利用牛顿第二定律求出动摩擦因数。

②由
可推得
。

（Ⅱ）答案：（1）打点计时器接了直流电源（1分）重物离打点计时器太远（1分）；

（2）①
；
（各1分）；
(或者
) （2分） ② 2（或填“两”“二”）（2分）

解析：（1）打点计时器应接交流电；开始释放纸带时应该使重物靠近打点计时器。

（2）①根据匀变速直线运动规律可知：
，所以
，
；

若以B、E为始末位置，则根据机械能守恒可得

化简可得
，将
和
带入
。

②根据匀变速直线运动规律可得：
，所以
图像的斜率为2g。

12.解析：（1）航母静止时，飞机靠发动机加速，加速度a=5 m/s2，由运动学公式

（1分）

解得L0=360 m>L=270m（1分）

故舰载机不能靠自身的发动机从舰上起飞。

弹射装置给舰载机的初速度为v2，起飞速度为v=60m/s，由运动学公式

（2分）

解得v2=30m/s，故弹射装置给舰载机的初速度至少为30 m/s（1分）

（2）设舰载机起飞所用的时间为t，位移为L2，航母的位移为L1，匀速航行的最小速度为v3。由运动学公式

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

联立解得，航母匀速航行的最小速度v3=30(2-)≈8m/s（1分）

(另解：
解得v3=30(2-)≈8m/s)

13.解析：（1）设小球摆到O点的速度为v，小球由A到O的过程，由机械能守恒定律有：

（2分）

在O点由牛顿第二定律得：
（2分）

联立并代入数据得：

F=30N （1分）

（2）绳被拉断后，小球做平抛运动，有：

（1分）

（1分）

（1分）

联立并代入数据得：t=1s （2分）

14.解析：（1）设游客质量为m，在水滑道上的加速度为a，由牛顿第二定律得：

mgsin30°? kmg =ma　（2分）

解得：a=3m/s2　（2分）

（2）设人滑到水滑道末端时的速度大小为v，对人下滑的过程，由动能定理得：

mgLsin30°? kmg L=
?0　　（2分）

解得：v=6m/s　（2分）

(另解：
=6m/s)

（3）人离开水滑道后做平抛运动，下落时间为t

（2分）

水平距离x=vt　（1分）

解得：x=1.8m　（1分）

15.解析：（1）根据运动学公式：
，解得t=s (3分)

(2)根据运动学公式：v2=2aL,解得a=2m/s2(2分)

由牛顿第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ=ma (3分)

解得μ=0.5 (1分)

（3）对小球第二次离开O点后沿斜面能上升的运动过程应用动能定理有

mgL′sinθ+μmgL′cosθ=mv2－0 (2分)

解得L′=0.4 m (2分)

(另解：（2）P→O 由动能定理可得：mgLsinθ-μmgLcosθ=mv2－0，解得μ=0.5

（1）由牛顿第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ=ma，解得a=2m/s2

根据运动学公式：
，解得t=s

（3）由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ=ma′解得a′=10m/s2

根据运动学公式：v2=2a′L′,解得L′=0.4m)