金榜教育·2015届安徽省示范高中高三第三次联考

物理参考答案

1．C【解析】设斜坡的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功：WFf＝μmgsACcos θ＋μmgLCB，由题图可知sACcos θ＋sCB＝s，两式联立可得：WFf＝μmgs＝5000 J，选项C正确。

2．B【解析】由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即外力做功为0，选项B正确，外力先做负功后做正功，选项A错误；t1时刻F最大，v=0，F的功率为0，t2时刻F=0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，外力的功率先增后减，选项C错误，从v-t图线知加速度减小，选项D错误。

3．A【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～4s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错误。

4．B【解析】若小船刚好避开危险区，小船沿AB方向以速度v行驶，如图所示。v1为水流速度，小船在静水中的速度至少应为v2=v1sinθ。显然小船沿其他方向，如沿AC以速度v′驶时，在静水中的最小速度要大于v2。则小船在静水中的速度至少为v2=v1sinθ=3m/s，则选项B正确。

5．【答案】C【解析】由题意可得该极地卫星运行的周期为：
T=0.25h ，T=3h，由牛顿第二运动定律可得：
，可得：
，由于
，联立解得：
。

6．D 【解析】从起点A到最高点B可看做平抛运动的逆过程，如答图所示,美洲狮做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tanβ=
=
，速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα=2tanβ=1，只有选项D正确。

7【答案】C【解析】分析物块在某一位置时的情况，设物块与圆心的连线与竖直方向的夹角为α，由题意，物块做匀速圆周运动，有mgcosα-FN=
，可知FN减小，选项A错误；由Ff=μFN可知Ff也减小，选项B错误；沿切线方向有F+Ff=mgsinα，则力F增大，选项C正确；小物块对半圆柱体的的作用力方向为右下方，由平衡条件可知，地面对半圆柱体的静摩擦力方向向左，选项D错误。

8. B【解析】本题考查受力分析、应用牛顿第二定律、向心力分析解决匀速圆周运动问题的能力．小物体在最高点时受到的摩擦力为零，则有mgsin37°＝mω2r，在最高点时f－mgsin37°＝mω2r，解得小物体在最低点时受到的摩擦力大小为f＝1.2mg＝12N。

9．D【解析】小车A与小球B构成的系统做加速运动，隔离分析小车可知3mgsin30°-FT =3ma，隔离分析小球B：FT -mg=ma联立可得小车受绳的拉力大小：
，选项AB错误；当小球B上升h高度时，根据动能定理有：3mghsin30°
，解得
，小车的最大动能为：
，选项C错误、D正确。

10．D【解析】开始电动汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，选项A正确；电动汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，选项B正确；在v-t图象中斜率表示加速度，电动汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，选项C正确；电动汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，选项D错误．

11. （15分）

I．（8分）

（1）竖直（2分） （2）1.75（2分） （3）28.0（2分） （4）4.80（2分）

【解析】（1）因弹簧长度在竖直方向发生变化，因此安装实验器材时必须使刻度尺保持竖直状态。（2）根据“逐差法”的要求，有
，……，
，故每增加50g砝码的弹簧平均伸长量
。解得ΔL=1.75cm。（3）由
得k=28.0N/m。（4）由胡克定律F=k（x-x0），当F1=0.56N时，对应的弹簧长度为x1=4.80cm。

II．（7分）

①C （2分） ②0.653（2分） ③CD（3分）

【解析】①C 在“研究匀变速直线运动”实验中，不需要平衡摩擦力，因为有无摩擦力都是匀变速直线运动，也不需要使钩码质量远大于小车质量．选项A、D错误；平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，但不要通电和挂钩码，选项B错误。②vB＝＝
×10-2 m/s＝0.653 m/s.。③某同学将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，从功能关系看出：该实验一定有转化为内能的，即试验中有存在摩擦力没有被平衡掉；还有该实验要求，只有当小车的质量远大于砝码的质量时，小车的拉力才近似等于砝码的重力，选项AB错误、CD正确．

12．（10分）

【解析】（1）由图可知在t=1s时，速度最大，由牛顿第二运动定律得mg-F1=ma1（2分）

其中在0～1s内F1=0.6mg，解得：a1=4m/s2（1分）

最大速度vm=a1t1=4m/s（1分）

（2）在第0～1s内选手与伤员运动距离
（1分）

在1～2s内选手与伤员受力平衡，做匀速直线运动x2=vmt2=4m（1分）

在2～3s内由牛顿第二运动定律可得F2-mg=ma2

解得选手与伤员减速下滑的加速度大小为a2=2m/s2（1分）

在这段时间内下滑的末速度为vt=vm-a2t3=2m/s（1分）

减速下滑距离为
（1分）

伤员被救楼层距离地面的高度为：x=x1+x2+x3=9m（1分）。

13．（10分）

解：（1）设该星球表面附近的重力加速度为g′，物体竖直上抛运动有：v0＝，
（2分）

设绕星球表面做圆周运动的卫星的速度为v1，则mg′＝m，（2分）

联立解得v1＝ （1分）

（2）从星球表面竖直抛出物体至无穷远速度为零的过程，有mv＋Ep＝0，(2分)

即mv＝G，(1分)

解得v2＝2  (2分)

14．（12分）

【解析】（1）对物体m，沿斜面方向f1-mgsinα=0，f1=mgsinα=12N，沿斜面向上（1分）

对M、m 整体在竖直方向：FN-(m+M)g=0，FN=(m+M)g=120N（1分）

（2）若斜面光滑，物体与斜面一起向左运动，则对物体受重力和斜面的支持力，合力水平向左，如图所示

F合=mgtanα=ma（1 分），

对M、m 整体在水平方向：F-f2=(m+M)a（1分）

f2=μFN ，解得F=108N（1 分）

（3）当整体以a=gtanα=7.5m/s2加速行驶，当斜面与装撞击后立即停止，由于惯性则物块做平抛运动。若物块不与木桩相撞，则物块可能落在斜面上，当落至斜面最低端时，物体平抛的速度最大为v1。

水平方向：h/ tanα= v1t ，竖直方向h=
g
（1 分）

解得v1=4m/s（1 分）

故整体的加速位移是：x1=
=
m（1 分）

若物块不与木桩相撞，则物块可能飞越木桩，当落至木桩左侧，物体平抛的速度最小为v2。

水平方向：h/ tanα= v2t 竖直方向：h-l=
g
（1 分）

解得v2=6m/s（1 分）

故整体的加速位移是：x2=
=
m =2.4m（1 分）

故物体不打在木桩DE 上，整体可从距DE
m以内或2.4m以外加速运动（1 分）

15．（13分）

【解析】 (1) B与挡板碰撞时，A、B 还未达到共同速度。设B与挡板碰撞前瞬间速度大小为vB ，由动能定理有：μ1mgs=
M
(2分),

解得：vB =1 m/ s。(1 分)

（用动量守恒解答也对）

(2)B与平台碰撞前A相对于B发生的位移为x，

对A，由动能定理有：-μ1mg（s+x）=
m
-
m
(2 分)

对B，由动能定理有：μ1mgs=
M
(1 分)

解得：x =4. 5 m 即B与平台碰撞时，A 恰好到达平台右端。(1分)

设A在半圆形轨道上能达到的最大高度为h，则由动能定理有：

-mgh-μ2mgl2=0-
m
(1分)

解得h =0. 5 m。(1分)

由于h=0. 5 m< R=1 m，此处速度为零是可以的

(3)由第二问h=0. 5 m<1 m,即m到达最高点后沿半圆形轨道返回。设A到达C点时速度为 v C ,有：

mgh-μ2mg l2=
m
(1分)

解得：v C =2 m/ s。(1分)

A过C之后在B上做匀减速运动前进距离为l，有-μ1mgl=0-
m
(1分)

解得：l =1 m，即A 最终停在离木板左端3. 5 m 处。(1分)

(另解：设A 最终停在离木板左端处，则：

解得
)