2013年全国各地高考招生物理试题汇编专题参考答案高中物理练习试题

1参考答案专题一质点的直线运动1．B由题知，位移x＝200m，加速度a＝6m/s2，末速度v＝50m/s，求初速度v0.由v2－v20＝2ax可得：v0＝10m/s，故B项正确．2.BC在位置－时间图象中，图线斜率的绝对值表示速度大小，斜率的正负表示速度的方向，两图线的交点表示同一时刻处于同一位置即追及或相遇．由图可知，t1时刻前b处于a的后方，故t1时刻应是b追上a，A错误；t2时刻，b车图线斜率小于零，即b车沿负向运动，而a车图线斜率始终大于零，即a车一直沿正向运动，故B正确；由t1～t2时间内b车图线斜率的绝对值可知C正确；在b车图线的顶点处切线水平、斜率为零，即此时b车瞬时速度为零，可见D错误．3.BD速度图象中坐标的正负表示物体的速度方向，即物体的运动方向，故A错误；速度图象与时间轴所围面积表示物体的位移，由题图知在0～7s内乙物体速度图线与时间轴所围总面积为零，故B正确．在0～4s内甲物体的速度始终为正，即这段时间内一直沿正方向运动，故C错误；速度图线的斜率表示加速度，即斜率绝对值表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向，由题图可知D正确．4.B由于汽车在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力，故汽车驶入沙地后做加速度减小的减速运动，汽车驶出沙地后又做加速度减小的加速运动，直到匀速．故s－t图象的切线斜率先变小后变大，B正确．5.D由图可知，在0～T2时间内a＝a00，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v00，物体做匀减速运动，故B、C皆错误；由于在T～22T时间内a＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0～T2时间内相同，故A错误D正确．6．答案：(1)30m(2)2s解析：已知卡车质量m＝8t＝8×103kg、初速度v0＝54km/h＝15m/s.(1)从制动到停车阻力对卡车所做的功为W，由动能定理有W＝－12mv20①已知卡车所受阻力f＝－3×104N，设卡车的制动距离为s1，有W＝fs1②联立①②式，代入数据解得s1＝30m③(2)已知车长l＝7m，AB与CD的距离为s0＝23m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋l④s2＝v0Δt⑤联立④⑤式，代入数据解得Δt＝2s⑥专题二相互作用1．AA、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力，所以也没有摩擦力，A、B均做自由落体运动，处于完全失重状态，均只受重力，故A正确．2.AC速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移，估算图中面积约为110m，故A正确；由于速度图线的斜率表示物体的加速度，由图可知在0.4s～2.5s内飞机加速度大小几乎不变，约为27m/s2，则飞机所受阻拦索的合力F不变，但飞机的速度在减小，两侧阻拦3索间夹角θ在减小，故由P＝Fv知D错误，由F＝2Tcosθ2知阻拦索的张力在减小，B错误；由上述知C正确．3．A对小球受力分析如图所示，建立坐标系，在x轴方向上：T－mgsinθ＝macosθ在y轴方向上：FN－mgcosθ＝－masinθ解得：T＝mgsinθ＋macosθFN＝mgcosθ－masinθ所以选项A正确．4.AD根据求合力的公式F＝F21＋F22＋2F1F2cosθ(θ为F1、F2的夹角)，若F1、F2都变为原来的2倍，合力也一定变为原来的2倍，A正确；对于B、C两种情况，力的变化不是按比例增加或减少的，不能判断合力的变化情况，B、C错误；如图所示，在F⊥F2情况下，4若F2增加，可明显看出合力减小，所以D正确．5.C质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．6.C当物块所受外力F为最大值F1时，具有向上的运动趋势由平衡条件可得：F1＝mgsinθ＋fm；同理：当物块所受外力F为最小值F2时，具有向下的运动趋势，即F2＋fm＝mgsinθ.联立解得fm＝F1－F22，F1＋F2＝2mgsinθ，由于m或斜面的倾角θ未知，故选项C正确；选项A、B、D错误．7.D用水平力F缓慢推动斜面体时，小球受重力、绳的拉力FT和垂直于斜面的支持力FN，在斜面体缓慢移动过程中FN方向不变，由三力平衡知其动态变化如图所示，FT先减小后增大，FN逐渐增大．8.A因人静躺在椅子上，由二力平衡可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G，方向竖直向上．答案为A.9.BDP静止在斜面上时沿斜面方向有：mgsinθ＝5f≤μmg·cosθ，即sinθ≤μcosθ，当把物体Q放在P上时μ、θ均不变，故P仍将保持静止，且合外力为零，则A、C均错，B项正确．由f＝mgsinθ知，当m变大时f将随之变大，D项正确．10.答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)大于2μ(m1＋m2)g(3)22.4N解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2解得f＝μ(2m1＋m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1＝m1a1F－f1－f2＝m2a2发生相对运动a2a1解得F2μ(m1＋m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝12a1t21纸板运动的距离d＋x1＝12a2t21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝12a3t22l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22.4N.11.答案：(1)64mg(2)①33g②233(M＋m)g，与水平方向的6夹角为60°斜向右上方解析：(1)如图1，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcosθ－mg＝0①由图知cosθ＝63②由①②式解得T＝64mg.③(2)①此时，对小铁环进行受力分析，如图2所示，有T″sinθ′＝ma④T′＋T″cosθ′－mg＝0⑤由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝33g⑥7②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcosα＝(M＋m)a⑦Fsinα－(M＋m)g＝0⑧由⑥⑦⑧式解得F＝233(M＋m)gtanα＝3α＝60°即外力方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方．12.答案：(1)ω0＝2gR(2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为f＝3k2＋k2mg当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为f＝83k2－k2mg解析：(1)对物块受力分析：F向＝mgtanθ＝mω20Rsinθω0＝gRcosθ＝2gR①(2)当ω＝(1＋k)ω0，对物块受力分析如图，摩擦力方向沿罐壁切线向下水平方向Nsinθ＋fcosθ＝mω2Rsinθ②竖直方向Ncosθ＝fsinθ＋mg③联立①②③得f＝3k2＋k2mg.当ω＝(1－k)ω0时，对物块受力分析如图，摩擦力方向沿罐壁切线向上，水平方向：9Nsinθ－fcosθ＝mω2Rsinθ④竖直方向：Ncosθ＋fsinθ＝mg⑤联立①④⑤得f＝3k2－k2mg.专题三牛顿运动定律1.C物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．2.C由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以A、B、D错误，由表中数据可以看出，在前1秒、前2秒、前3秒……内位移与时间的平方成正比，所以C正确．3.AC伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时两者之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重物比轻的物体下落快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故BD皆错误．104.B重力加速度g与θ无关，其值在θ值增大时保持不变，故其图象应为①，则A、D两项均错．当θ＝0时小球的加速度a＝0，故其图象必定为②，所以B项正确，C项错误．5.B物理公式与方程的意义是：等式两边单位统一，数值相等．由电势差定义式U＝Wq＝F·sI·t可知电压的单位：V＝N·mA·s＝kg·m·s－2·mA·s＝kg·m2·s－3·A－1，所以B正确．6.AD刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，A项正确．加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误．浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10s后的速度vat＝5m/s，C项错误．匀速上升时，F浮＝Ff＋mg，所以Ff＝F浮－mg＝4830N－4600N＝230N，D项正确．7.BD由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的，后是小于乙的，A项错误．由机械能守恒定律可知，甲、乙在同一高度时速度大小相等，B项正确．开始时甲的加速度大于乙的加速度，故甲开始时下滑较快，C项错误．因开始时甲的平均加速度较大，其在整个过程中的平均速度大于乙的平均速度，所以甲比乙先到达B处，D项正确．8．D将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析有FC＝FAsin30°11FC＝kxCFA＝kxAFAFC＝1sin30°＝2∶1xAxC＝2∶1故D正确，A、B、C错误．9．答案：(1)3m/s28m/s(2)30°1335N解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋12at2①v＝v0＋at②联立①②式，代入数据得a＝3m/s2③v＝8m/s④(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥又Ff＝μFN⑦12联立⑤⑥⑦式得F＝mgsinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα⑧由数学知识得cosα＋33sinα＝233sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应F最小时与斜面间的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝1335N．⑪10．答案：(1)0.200.30(2)1.125m解析：(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由题图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝v1t1①a2＝v0－v1t1②式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1③(μ1＋2μ2)mg＝ma2④联立①②③④式得13μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得f＝ma1′⑦2μ2mg－f＝ma2′⑧假设fμ1mg，则a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mgμ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v－t图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×v212a1⑩s2＝v0＋v12t1＋v212a′2⑪物块相对于木板的位移的大小为s＝s2－s1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得14s＝1.125m．⑬专题四曲线运动1．A如图，水离开喷口时水平速度vx＝vcos6