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安徽省潜山第二中学2020届高三物理上学期第二次月考试题(PDF)答案.pdf

上传人:高**** 文档编号:1106854 上传时间:2024-06-04 格式:PDF 页数:5 大小:344.17KB
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资源描述

1、1物理参考答案题号12345678910答案ABDBCCADBCABCACD1.A解析:在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是一个时间间隔,选项 A 正确;研究短跑运动员终点撞线时间时不可以将运动员看成质点,选项 B 错误;短跑运动员跑 100m 和200m 都是指路程,选项 C 错误;400m 比赛的平均速度为 0,200m 比赛的平均速度不为 0,选项 D 错误。2.B解 析:由 匀 变 速 直 线 运动 的 速 度 位 移 公 式2202tvvax知,结 合 图 象 可知04m/s10m/stvv、。又02tvvxvtt,代 入 数 据 解 得4st,加 速 度201.5m/stvvat,选

2、项 B 正确。3D解析:地球的同步卫星和赤道上物体的周期相同,它们的角速度相同,由rv 可得:地球的同步卫星的线速度为)(hRv同,赤道上物体的线速度Rv,则:RvhRv)(同;根据rmvrGMm22可得:rGMv,则地球的同步卫星的线速度为hRGMv同,地球的第一宇宙速度大小为RGMv 1,则1()RhRh vRhvvRRR同,选项 D 正确。4.B解析:用推力 F1 时,cossin1mgmgF,10.8Fmg,解得0.25;当用推力 F2 推时,)sincos(sincos22FmgmgF,解得21613Fmg,故121320FF,B 项正确。5.C解析:画出两船运动速度的示意图,如图所

3、示。设河宽为 d,甲船用最短时间渡河,所用时间为 11dtv;乙船用最短航程渡河,22v 与航线垂直,设航线与河岸夹角为,由图可知 22 cosdtv,由题意知21cosvv,联立解得21222113tvtv,选项 C 正确。6C解析:设圆弧半径为 R,当小球运动到重力与半径夹角为时,速度为 v。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有:12 mv2=mgRcos,Nmgcos=mv2R解得小球对小车的压力为:N=3mgcos其水平分量为 Nx=3mgcossin=32 mgsin2根据平衡条件,地面对小车的静摩擦力水平向右,大小为:f=Nx=32 mgsin2可以看出:当 sin2=1,即=45时

4、,地面对车的静摩擦力最大,其值为 fmax=32 mg;故选 C。7.AD解析:设 BC 间的距离为 x,、平抛时间为 t,则2htg、02xgvxth,随着 h增 大,t 增 大、v0 越 小,A 项 正 确、B 项 错 误;小 球 落 到 C 点 时 的 速 度ghhgxghvv222220,由此可知,当2xh 时,v 最小,如果开始时 h 小于 2x,则随着 h 不断增大,v 先减小后增大,C 项错误;由于小球落到 C 点时的速度的反向延长线交于水平位移的中点,可知 D 项正确。8.BC解析:设弹力与竖直方向的夹角为,由平衡条件得:小鸟所受的弹力 Nmgcos,从 A 到 B 的过程中,

5、减小,则弹力增大,A 错误、B 正确;小鸟所受的摩擦力 fmgsin,从 A 到 B 的过程中,减小,则摩擦力减小,故 C 正确,D 错误。9.ABC解 析:设 弹 簧 的 弹 力 为 T。对 于 A、B 整 体,由 牛 顿 第 二 定 律 得:()g()ABABFmmmma;对 B 受 力 分 析:BBTm gm a,联 立 解 得BABm FTmm,综合分析选项 ABC 正确。11.答案:(1)kg1(2)01.0(3)未能够满足小车的质量远远大于钩码的质量(每空 2 分)3解析:(1)对小车由牛顿第二定律可得:Mafmg,进一步可得:MfmMga,图象的斜率表示310)1060(05.0

6、Mg,小车的质量为kg1M。(2)当加速度等于零时,0.1NfmgMg,得0.01,平衡摩擦力时要满足tan0.01。(3)图象出现弯曲的原因是未能够满足小车的质量远远大于钩码的质量。12答案:(1)0.170;(2)Md22(1t221t21)FL;(3)bd22kgL(每空 2 分)解析:(1)游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数:1mm,游标尺的刻度第 14 个刻度与上边的刻度对齐,所以读数为:0.0514mm0.70mm,总读数为:1mm0.70mm1.70mm0.170cm。(2)遮光条 B 通过光电门时的速度 vBdt1,遮光条 A 通过光电门时的速度 vAdt2,则Ek12Mv2A1

7、2Mv2BMd22(1t221t21)。光滑的滑轮两端的细绳拉力处处相同,弹簧测力计的示数显示的是细绳的拉力 F 即为木板所受的合外力,故 WFL。(3)当轨道水平放置时,对小车由动能定理得(FMg)LMd22(1t221t21),解得 FMd22L(1t221t21)Mg,结合 F 与1t221t21的关系图象可知斜率Md22L k,纵截距 bMg,联立解得 bMg bd22kgL。13解析:(1)由图乙可知,物块运动的加速度最大为26m/sma(1 分)由牛顿第二定律maFmgF)sin(cos(2 分)求得拉力N)(6.02sincosamgmaF(1 分)所以最大拉力20.65.6Nm

8、mFa(1 分)(2)a-t 图线与时间轴所围的面积为速度的增量,因此 2s 末的速度16 2m/s6m/s2v (2 分)撤去拉力后,物块作匀减速运动的加速度大小为2m/s310ga(1 分)因此还能滑行的距离25.4m2vsa(2 分)14.解析:(1)根据动能定理2121)cos(sincosmvhhmghmgmgh(2 分)4求得ghv15241(1 分)在圆弧雪道最低点,hvmmgF21(1 分)求得mgF1547(1 分)根据牛顿第三定律可知,在最低点对圆弧雪道的压力大小为4715FFmg(1 分)(2)运动员从圆弧雪道上飞出后,做平抛运动,设运动员落到倾斜雪道上时下落的高度为H,

9、则221 gtH(1 分)tvx1(1 分)由几何关系xhH21tan(1 分)求得ght15)3323((1 分)15.解析:(1)小球在绳断前瞬时受力如图所示由牛顿第二定律得水平方向 FTmsinmv21r(1 分)由几何关系得 rLsin(1 分)竖直方向 FTmcosmg0(1 分),解得 v13gL2(1 分)(2)小球从抛出到落地,由机械能守恒定律得 12mv21mgh112mv22(2 分)解得 h1v22v212g114 L(1 分),Hh1Lcos13L4(1 分)5设小球由平抛至落地的水平射程为 x,如图所示(1 分)水平方向 xv1t(1 分)竖直方向 h1gt22(1

10、分)又有 R r2x2(1 分)解得 R3L(1 分)16解析:(1)由题图可得汽车在第 1 个 2.0s 时间内的位移 x19m第 2 个 2.0s 时间内的位移 x215m(1 分)汽车的加速度 axT21.5m/s2(1 分)(2)由 FFfma 得,汽车牵引力 FFfma(150010001.5)N3000N(2 分)汽车做匀加速运动的末速度 vP 额F901033103 m/s30m/s(1 分)匀加速运动保持的时间 t1va301.5s20s(1 分)(3)汽车所能达到的最大速度 vmP 额Ff901031.5103m/s60m/s(1 分)(4)由(1)(2)知匀加速运动的时间 t120s,运动的距离 x1v2t1302 20m300m(1 分)所以,后阶段以恒定功率运动的距离 x2(2400300)m2100m(1 分)对后阶段以恒定功率运动,有 P 额t2Ffx212mv2m12mv2(2 分)解得 t250s(1 分)所以最短时间为 t 总t1t2(2050)s70s(1 分)

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