名校调研系列卷

名校调研系列卷-2012-2013学年度期末测试物理试卷答案1-7DDCBDBD8-16BCBCCDADADADBCADABC17(1)D(2)ABD18.1)(1)甲该方案摩擦阻力小，误差小，操作方便(2)4.83m/s2乙因为物体的加速度比g小得多(3)BC2)【答案】(1)左(2)1.881.84(3)重物只受重力作用，在误差允许范围内，重物减小的重力势能等于增加的动能，即机械能守恒【解析】O为第一个点在纸带的左端，所以纸带的左端与重物相连.根据图上所得的数据，从O点到B点，2=1.84J.实验的结论是:1xOC—xOA重物重力势能减少重△Ep=mgxOB=1.88J，动能增加重△Ek=2=1.84J.实验的结论是:重物只受重力作用，在误差允许范围内，重物减小的重力势能等于增加的动能，即机械能守恒.19.解析h

1

⑴如图甲所示，19.解析h

1

⑴如图甲所示，设发球时飞行时间为t,根据平抛运动1=2gt12①s1=v1t12h1②解得s1=vPg12gt(2)如图甲所示,设发球高度为h2,飞行时间为t2,同理根据平抛运动h2=2♦且h2=h,2s2=L得v2=2且h2=h,2s2=L1gt2s33且3s3=2L2L(3)如图乙所示,设发射高度为h3,飞行时间为t3,同理根据平抛运动得h3=2333且3s3=2L2L1,7，2",l=v3t设球从恰好越过球网到最高点的时间为t,水平距离为l,有h3-h=24h3由几何关系知,s3+l=L解得h3=120.(1)由v- 图象可知，第一时间段内重物所受拉力保持不变，且F1=6.0N...2分因第一时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加速度也保持不变，设其大小为a，根据牛顿第二定律有F1-G=ma，重物速度达到vC=3.0m/s时，受平衡力，即G=F2=4.0N，Grfi=—=0.40kg由此解得重物的质量 昌 联立解得a=5.0m/s2在第二段时间内，拉力的功率保持不变阵邱=口成(2)设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，贝U^,=2^=s=040sx,=—tsi?=0.40m1 5.0 12

设第二段时间为t2,t2=t-t1=1.0s1.1.Pi2-G瓦=-魂喝-—/ray/重物在t2这段时间内的位移为x2,根据动能定理有 2 2解得x2=2.75m所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程x=x1+x2=3.15m21.解析 根据题意画出卫星接不到太阳光的几何图景，然后由牛顿第二定律及万有引力提供向心力求出卫星的轨道半径，再由几何知识求出对应的角度，最后由周期公式求出时间即可.GmM_血(2n)2设所求时间为t,m、M分别为卫星、地球质量,r为卫星到地心的距离，有 r2 T春分时，太阳光直射地球赤道，如图所示,图中圆E为赤道,S表示卫星,A表示观察者,O表示地心.由图可看出,当卫星S转到S,位置间,卫星恰好处于地球的阴影区，卫星无法反射太阳光,观察者将看不见卫星.由图有rsin0=R4n2R1 )30=R4n2R1 )3gT2Mm_mg —arcsin(r2 & n对地面上质量为m，的物体有GR 由以上各式可知t二22.解析如右图所示,O和O,分别表示地球和月球的中心.在卫星轨道平面上,A是地月连心线OO，与地月球面的公切线ACD的交点,D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点.根据对称性，过A点在另一侧作地月球面的公切线,交卫星轨道于E点.卫星在独上运动时发出的信号被遮挡.设探月卫星的质量为m0,万有引力常量为G,根据万有引力定律有-Mm /2兀、一G-Mm /2兀、一G _m(——)2rr2TG^m_m(樊)2rr2 0T1②式中,T1是探月卫星绕月球转动的周期.由①②式得2_m(r_)3

mr设卫星的微波信号被遮挡的时间为t,则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，应有ta—J3⑥式R.R-R、ir一arcsin )rr1④由几何关系得rcosa=R-R1 ⑤r1cos(3=R1皿做弗，Tt_-兀④式中,a=由几何关系得rcosa=R-R1 ⑤r1cos(3=R1皿做弗，Tt_-兀MM30饨i在R'/R上矽向枇R^命也牛咿!溯邛I1(arccos1-arccosem)或t=—1-(amr3南①牌代人故r解谱 r|_ 兀Imr3r1：^23.##产1一4时沐板日的速度大小为23.木板&所受村力巳由中襟第定祢“*f由3建成并找人数棋解阳 H=7皆⑶心机的戡出功率曹怀为5W时，设留揖对本板#的拉力为F.则代人数就薪拇 F-5N木机月受力厦足所以木枚P将姻匀速点魄迥动，而替怀4期琳统在由上奴勾加瞠C£缓运简苴到L8速甫祖等设遮一过梓时间为儿有巡网时同内H的位移 ⑪4.〃速度帼同后.由于FA土〔外*5.法且电动机辖出功率恒定H替-起做加速度殁断域小的空加寇.话曲n由动垩定理刘由思③加颤耕代人效据啊甜木柢&在I=Lg到《=3昨这剧时闱的位移j■jL5■3,03m（成垠ww3.。m）<1）汽车牵引力与输出功率关系P二F辛v将P=50kW，vl=90km/h=25m/s代入得-—=2xio3yvl当轿车句速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有％=2x1O3A<（2）在减速过程中，发动机只有上尸用于汽车的牵引，根据动能定理5TOC\o"1-5"\h\z1 1,1, ,—Pt—F™,L=—mv；—— 代入数据得Pf=1,575x10J5 2 2（1） 轻杆开始移动时，弹簧的弹力尸=际 ①且可 ②\o"CurrentDocument"解得x=— ③k（2） 设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为甲，则小车从撞击到停止的过程中动能定理—fF=0—④4 2同理，小车以咔撞击弹簧时—少―甲=0—；桃uj ⑤解得u冉=Ju；+— ⑥\Lm（3般轻杆恰好移动时，小车撞击速度为峋:次=甲 ©由④⑦解得s="—g26.解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为vl根据动能定理-hmgL-2mgR=—mv2-—mv21 12120小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F,根据牛顿第二定律由①②得F=10.0Nv2mg=m~r小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F,根据牛顿第二定律由①②得F=10.0Nv2mg=m~r(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 R2-hmg（L+L）—2mgR=2mv21-—mv22 0由④⑤得L=12.5m(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3v2mg=m-3R3-hmg（L+2L）-2mgRF+mg应满足11=2mv2-2mv2V2=m~rR1⑧由⑥⑦⑧得R=0.4m3II.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3,根据动能定理-hmg（L+2L）一2mgR=0一；mv2II.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3,根据动能定理解得 R3=L°m 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 2+R3=L+3~R2解得 R3=27.9m综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0<R3-0.4血或1.0m<1.0m<R3<27.9mh岫,=0一1mv2当0<R3<°.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L'，则 2 0L'=36.0m当LOm<R3<27-9m时，小球最终焦停留点与起始点a的距离为L〃，则L〃=L'-2(L'-L1-2L)=26.0m27.解析：(1)如果将近地表的球形空腔填满密度为P的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值.因此，重力Mm*=mMm*=mXgr2①来计算,式中的m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量,M=PV② 而r是球形空腔中心O至Q点的距离G加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力dA△grGpVdA△grGpVd2GpVd(△g，)min(d2+L2)3/2(^g，)=k⑦由提设有maxOgin驾......⑧r=v'd2+工2△g工在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小.Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向，重力加速度反常险是这一改变在竖直方向上的投影△'△g'=联立以上式子得 (d2+x2)3/2△g' ^△g')(2)由⑤式得，重力加速度反常'的最大值和最小值分别为 maxLk8V= <k2/3-1 Gp(k2/3-1)由牛顿运动定律，有FA=m132r1FB=m232r2FA=FB设A、BLk8V= <k2/3-1 Gp(k2/3-1)由牛顿运动定律，有FA=m132r1FB=m232r2FA=FB设A、B之间的距离为r,又r=r1+r2，由上述各式得r=由万有引力定律，有八mmG―1—!r2FA=(m+m)2r2将①代入得FA=G1 2 1m3 令FA=比较可得m‘(m+m)21一G^mv21vT(2)由牛顿第二定律，有又可见星A的轨道半径r1=V3T2由②③④式解得(m1+m2)22Gm3V3T(3)将m1=6ms代入⑤式，得(6m+m)2 2nGm3 2-代入数据得 (6ms+m2)2=3.5m联立以上式子得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为28.解析(1)设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2,由题意知,A、B做匀速圆周运动的角速度相同,设其为3.设m2=nms(n>0),将其代入⑥式，得m3 2(6m+设m2=nms(n>0),将其代入⑥式，得m3 2(6m+m)2n m=3.5m/6(+I)2n(6m+m)2可见，s2 的值随n的增大而增大，试令n=2,n-6m(-+1)2得n=0.125m<3.5ms29.解析解法一开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有kx1=m1g后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2,有kx2=m2gB不再上升表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点.由机械能守恒，能的增加量为△E=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2)C换成D后，当B刚离地时弹簧弹性势能的增量与前一次相同，①挂C并释放②与初始状态相比，弹簧弹性势③设此时A、D速度为v，由能量关系得2(m3+m1)v2+2m1v2=(m3+m1)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)-AE■2m(m+m)由①、④式得v=g (2m1+m3)k解法二能量补偿法g■2—据题设，弹簧的总形变量即物体A上升的距离为h=据题设，弹簧的总形变量即物体A上升的距离为h=第二次释放D与第一次释放C相比较，根据能量守恒，可得m1gh=之(2m1+m3)v2 ②■2m(m+m)由①②得v=g\''(2m1+m3)k解：(1解：(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有:解得：+*27SmT崩吃=国商(2)小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有： 解得：= T=6mgsme小球在B点时根据圆周运动和牛顿第二定律有： 解得：(3)小球运动到A点或B点时细线断裂，小球在平行底边方向做匀速运动，在垂直底边方向做初速为零的匀加速运动(类平£+】=二成;，SA=VA^A £T=二白《，义=P击会细线在B点断裂:抛运动)细线在细线在B点断裂:L=-l2又 联立解得：8.AD【解析】加述度度=日血白-徊83召，开始％巧）々：，所以％ （下标为1表示前一过程，下标为2表示后一过程n前一过程，小，席逐浙增大；后一过程,#旗浙增大、度旗浙减4.根据『=2度$,Ek ，因$较小V所以凹＞出技的＜：巧，得物块经过F点的动能，前一过程较小,.A正确?根据Q=炒§3潟0因为外＞外，所以，物坟从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的熟壅，前一过程较多，E错误；根据"-mv;=ms.h-如gcds9-S,因S为全部木板长；物块滑到底诚的速度，应恢一样大，C错误;因为前一过程，加速度先小后大，后一过程，加速度先大后小，物块'弑顶端滑到底端的时间，前一过程较长「D正确； ’•本题选AD-本题琴查力的方析，功，动能定理等，.谷析和综合能力-涎度：雅。答案】EC由〒没有空气阻力等做功，小球,弹簧、玳球二者组成的系统机械前守小球运劫过程中.动能、吏力势能与弹性麴能之■和保持不交一小球碰到番簧后，开始时弹力小于至丸会址向向下，小球加速向下运动「动能通加」重方势能诚少,弹性蕤*65哗ilb也弹性麴能％重力势视之和将随动能的塑M而4当小球运动到弹方大小与重力相等时，