1、4第三次月考物理答案1 答案C解析小球做平抛运动，水平方向速度不变，因此选项 A、D 错误；竖直方向做匀加速直线运动，时间间隔相同，竖直方向速度的增加量相同，故选项 B 错误，C 正确。2 答案D解析两个小球绕共同的圆心做圆周运动，它们之间的拉力互为向心力，角速度相同。设两球所需的向心力大小为 Fn，角速度为，则对球 m1 有 Fnm12r1，对球 m2 有 Fnm22r2，由上述两式得 r1r213。3 答案C解析平抛运动的时间由下落的高度决定，下落的高度越高，运动时间越长。如果没有斜面，增加速度后物体下落至与 T 等高时恰位于 S 点的正下方，但实际当中斜面阻碍了物体的下落，物体会落在 T
2、 与 S 点之间斜面上的某个位置，C 项正确。4 答案C解析a、c 的轨道相交于 P，说明两颗卫星的轨道半径相等，根据 GMmr2 ma 可知，a、c 的加速度大小相等，且大于 b 的加速度，选项 A 错误；根据 GMmr2 m2r 可知，b 的角速度小于 a、c 的角速度，选项 B 错误；根据 GMmr2 m v2r可知，a、c 的线速度大小相等，且大于 d 的线速度，选项 C 正确；由于 a、c 的轨道半径相等，周期相等，不存在相撞危险，选项 D 错误。5 答案C解析当汽车的牵引力等于阻力时，汽车有最大速度 vm，又 F 阻Ffmgsinkmgmgsin，所以 vm PF 阻Pmgksin
3、，C 对。6 答案A解析根据万有引力等于重力可得飞船所在处的重力加速度 gGMr2，地球表面万有引力等于重力可得 gGMR2，整理可得 gR2r2g，选项 A 对 B 错。王亚平在宇宙飞船内，此轨道处的重力加速度为 g，所以王亚平重力即地球引力 FmgR2r2mg，选项 C、D 错。7 答案D解析小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL12mv2，v 2gL，绳长 L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于 P 球的质量等于 Q 球的质量，由 Ek12mv2 可知，速度大的动能大，Q 球的动能大。B 项错误；在最低点，由 av2L2g 可知，两球在最低点
4、的向心加速度相等，C 项错误。根据牛顿第二定律可知，Fmgmv2L，求得 F3mg，由于 P 球的质量等于 Q 球的质量，因此 D 项正确；8 答案:C解析:小球在运动过程中,只受到重力作用,机械能守恒,在任何一个位置小球的机械能都是相等的。9 答案C解析无论传送带逆时针运动还是静止对木块所受外力无影响，小木块在水平方向上仍仅受向左的滑动摩擦力，且位移仍为传送带静止时的位移大小。故 Wffs 未变。而 Wf12mv212mv20，所以滑到传送带末端抛出时的速度 v 不变，所以仍落在 Q 点。10 答案:C解析:设斜面的倾角为,则滑动摩擦力对物体所做的功为 Wf=-mgBD-mgcosAB=-m
5、gBD-mgOB=-mgOD。可见,Wf 与无关,也就是说,物体从 D 点出发沿 DBA 或沿 DCA滑动到 A 点,滑动摩擦力对物体所做的功相同。根据动能定理,沿 DBA 有 WG+Wf=02021 mv，沿 DCA有 WG+Wf=02021 mv，解得 v=v0。11 答案:CD解析:小球在最高点时具有的重力势能 Ep=mgh1=1100.8 J=8 J,选项 A 错误;小球在最高点时具有的机械能等于此时的重力势能,即 8 J,选项 B 错误;小球在下落过程中,机械能守恒,任意位置的机械能都等于 8 J,选项 C 正确;小球落地时的动能 Ek=E-Ep=E-mgh2=8 J-110(-1)
6、J=18 J,故选项 D正确。12 答案BC解析根据牛顿第二定律得，质点在第 1 s 内的加速度 a1F1m1 m/s2，在第 2 s 内的加速度a2F2m2 m/s2；第 1 s 末的速度 v1a1t1 m/s，第 2 s 末的速度 v2v1a2t3 m/s；第 2 s 内外力所做的功 W212mv2212mv211213212112 J4J，故选项 A 错误。02 s 内外力做的功W12mv2292 J，功率 PWt 94 W，故选项 B 正确。第 1 s 末的瞬时功率 P1F1v11 W。第 2 s末的瞬时功率 P2F2v26 W，故选项 C 正确。第 1 s 内动能的增加量Ek112m
7、v210.5 J，第 2 s内动能的增加量Ek2W24 J，所以Ek1Ek2 81，故选项 D 错误。513 答案BC解析当卫星速度突然变大时，由于万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动而使运动半径变大，半径变大过程中速度又变小，当在半径较大的轨道上万有引力又恰好等于向心力时，卫星就能以较小的速度在较大的轨道上做匀速圆周运动，反之当卫星速度突然变小时，将由于万有引力大于向心力使卫星做向心运动而半径变小，最后在半径较小轨道上以较大速度做匀速圆周运动，因此题中两卫星轨道修正办法是使 B 减速，而使 C 加速，故 BC 正确。14 答案AD解析卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，即 GMmR2
8、mv2RmR2T2，得 vGMR，T2R3GM，由于 RARB 可知，TATB，vAvB，由于两卫星的质量相等，因此 EkAEkB，A 项正确，B 项错误；卫星与地心的连线在 t 时间内扫过的面积 S tTR2t GMR2，可见轨道半径大的卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积大，C 项错误；由开普勒第三定律可知，R3AT2AR3BT2B，D 项正确。15 答案AC解析由图象可知在 14 s 后的加速度 a2064m/s21.5 m/s2，故阻力 fma23 N，A正确；玩具车在前 2 s 内的加速度 a13021.5 m/s2，由牛顿第二定律可得牵引力 Fma1f6 N，当 t2 s 时达到
9、额定功率 P 额Fv18 W。此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以 t4 s 时功率为 18 W，B 错误；玩具车在 2 到 10 秒内做加速度减小的加速运动，由动能定理得 P 额tfs212mv2212mv21，解得 s239 m，故 C 正确；由图象可知总位移 s1232 m39 m64 m1246 m78 m，故 D 错误。16 答案1211.25解析汽车着地前在竖直方向上做自由落体运动，由hgT2 可得，两次曝光的时间间隔为Thg lg3.610 s0.6 s，前三个像中，在中间位置时汽车的竖直分速度为 vy 3l2T33.620.6m/s9 m/s，汽车从飞离高台到运
10、动到题图中汽车下落的第二个像位置的竖直位移为h1v2y2g92210m4.05 m，则高台离地面的高度为 h2h12l(4.0523.6)m11.25 m，汽车飞离高台时的速度 v02lT23.60.6m/s12 m/s。17 答案(1)11.55m/s(2)1.50解析(1)若石子恰能落到 O 点，v0 最小，则 AOcosv0tAOsin12gt2解得：v0320m/s11.55 m/s。(2)斜面与水平方向夹角37，若小石子落到斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为，则tan12gt2v0t gt2v0tangtv0所以 tan2tan1.50。18 答案:(1)3:1(2)4 m解答：（
11、l）在该行星表面处，G 行=mg 行g 行=12m/s2在忽略自转的情况下，万有引力等于物体所受的重力得mgRGMm 2有gGMR 2故9gg22行地地行地行MMRR所以3地行RR（2）由平抛运动运动的规律，有221tgh行x=vt故行ghvx2，代入数据解得：x=4m19 答案(1)3 m/s(2)2580 N方向竖直向下(3)1925m解析(1)运动员离开平台后做平抛运动，从 A 至 B，在竖直方向上有 v2y2gh在 B 点有 vyv0tan2解得 v03 m/s。(2)运动员在圆弧轨道上做圆周运动，设运动员在最低点的速度为 v，则在最低点时有 Nmgmv2R根据动能定理有 mghR(1cos53)12mv212mv20解得 N2580 N。根据牛顿第三定律 NN2580 N，所以 N 的大小为 2580 N，方向竖直向下。(3)设运动员在C点的速度为vC，在运动员从A至C的过程中由动能定理，有mgh12mv2C12mv20在运动员从 C 至 D 过程中，根据动能定理有mgLsin2mgLcos2012mv2C解得 L 1925m。