理科综合(物理部分)试卷参考答案

1.D　2.B　3.A　4.D　5.B　6.AD　7.BC

8.(1)(ⅰ)水的水平射程x,管口离地的高度h　(2分)

(ⅱ)x
　(2分)

(ⅲ)
　(2分)

(2)(ⅰ)电路图如图甲所示　(3分)

　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　　　乙

(ⅱ)U-I曲线如图乙所示　(2分)

(ⅲ)5.0　4.0　(每空3分)

9.解:(1)由速度位移关系可得:v2=2gh1　(2分)

v2=2ah2　(2分)

又h1+h2=h　(1分)

解得:v=
。　(2分)

(2)因为加速下降与减速下降阶段的平均速度都为
,故有:

h1=
t1　(2分)

h2=
t2　(2分)

总时间 t=t1+t2　(2分)

解得:t=
。　(2分)

10.解:(1)据牛顿第二定律,有:mg+qE=m　(3分)

解得:vC=
m/s。　(1分)

(2)带电体从P到C的过程中,有:

-μ(mg+qE)s-(mg+qE)2R=
m-
m　(3分)

代入数据,得:v0=5
m/s。　(1分)

(3)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B到C的过程中。在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处　(3分)

设小球的最大动能为Ekm,则根据动能定理,有:

qE(s+R sin 45°)-μmgs-mgR(1-cos 45°)=Ekm-
m　(4分)

解得:Ekm=2.7+0.3
J(或3.12 J)。　(2分)

11.解:(1)从A到B过程,由机械能守恒定律得:MgR=
M　(1分)

在B点,由牛顿第二定律得:F-Mg=M　(1分)

解得:F=150 N　(1分)

由牛顿第三定律可知,滑块对B点的压力F'=F=150 N,方向竖直向下。　(1分)

(2)滑块M离开B后做平抛运动,

水平方向:x=vBt

由几何知识可知,滑块m的位移:s=
　(1分)

解得:x=5 m,s=2.5 m　(1分)

设滑块m向上运动的加速度为a

由匀变速运动的位移公式得:s=
at2　(1分)

解得:a=5 m/s2　(1分)

对滑块m,由牛顿第二定律得:F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma　(1分)

解得: F=13 N。　(1分)

(3)由(2)知:对滑块M:滑块M与滑块m第一次碰前的瞬间,在水平方向:vx=vB=5m/s

在竖直方向:vy=gt=10 m/s(方向竖直向下)　(1分)

滑块M与滑块m第一次碰后的瞬间,在水平方向:=vx=5m/s

在竖直方向:= vy=10 m/s(方向竖直向上)　(1分)

沿斜面方向:v1=cos 37°+sin 37°=10 m/s(沿斜面向上)

g1=gsin 37°=6 m/s2(沿斜面向下)

垂直斜面方向:v2=cos 37°-sin 37°=5 m/s(垂直斜面向上)

g2=gcos 37°=8m/s2(垂直斜面向下)　(1分)

在空中运动时间,即所求时间t'=2
=
s　(1分)

第二次落点与P点间的距离s'=v1t'-
g1t'2=
m　(1分)

对滑块m,由v=at和s'=vt'+
a't'2

得a'=2m/s2　(2分)

又由牛顿第二定律,可得F'-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma'

解得:F'=10 N。　(2分)