海淀区2011届高三上期中考试物理试题答案

海淀区高三年级第一学期期中练习物理参考答案2010.11一．本题共10小题，每小题3分，共30分。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。题号12345678910答案DADBACBCCBDADABC二、本题共3小题，共14分。11.（1）测力计拉力的大小及方向（1分）（2）使这两次弹簧测力计的拉力作用效果相同（2分）12．（1）l+d/2（1分）；t/29（2分）（2）12122π4xxyy（2分）13．（1）D（2分）（2）221210)()32ssfssg（（2分）打点计时器对纸带的阻力做功（2分）三、本题共7小题，共56分。14．（7分）解：（1）由于木箱在水平拉力下匀速运动，根据牛顿第二定律，F1－μmg＝0解得：μ＝mgF1＝0.5（2分）（2）将F2沿着水平与竖直方向分解，F2沿水平和竖直方向的分量分别为F2x=F2cos53°F2y=F2sin53°木箱受到水平地面的支持力N＝mg－F2y根据牛顿第二定律，F2x－μN＝ma（1分）解得木箱运动的加速度大小a＝2.5m/s2（2分）（3）根据运动学公式，221ats（1分）代入数值解得木箱的位移s＝20m（1分）15．（7分）解：（1）木块离开桌面后做平抛运动，设运动时间为t，根据自由落体公式221gtH木块做平抛运动的时间gHt2＝0.4s木块落地时沿水平方向的分速度vx=tx=3.0m/s（1分）根据动能公式，得木块离开桌面时的动能2xk21mvE＝2.25J（2分）（2）木块落地时沿竖直方向的分速度vy=gt＝4.0m/s（1分）木块落到地面时的速度大小2y2xvvv＝5.0m/s（1分）（3）根据动能定理W＝2x20k2121mvmvE＝4.0J（2分）16．（8分）解：（1）由运动学公式得：gvt2解得该星球表面的“重力”加速度的大小tvg2（2分）（2）质量为m的物体在该星球表面上受到的万有引力近似等于物体受到的重力，则对该星球表面上的物体，由牛顿第二定律和万有引力定律得：2RmMGmg（2分）解得该星球的质量为GtvRM22（1分）（3）当某个质量为m′的卫星做匀速圆周运动的半径等于该星球的半径R时，该卫星运行的周期T最小，则由牛顿第二定律和万有引力定律2224TRmRMmG（2分）解得该卫星运行的最小周期vRtT22（1分）17．（8分）解：（1）小木块在木板上滑动直至相对静止的过程中系统动量守恒，设相对静止时共同速度为v，则vmMMv)(0……①解得0vmMMv……②（2分）（2）从小木块放上木板到它与木板相对静止的过程中，设木板运动的位移为x，对木板应用动能定理2022121MvMvxf……③又因为mgNf…………④解得220(2)2）（mMgvmMMx（3分）（3）设小木块恰好相对静止在A点，对系统由能量守恒和功能关系可得：220)(2121vmMMvLf……⑤由①、④、⑤三个方程解得)(220mMgLMv（1分）设小木块恰好相对静止在O点，对系统由能量守恒和功能关系可得：220)(21212vmMMvLf……⑥由①、④、⑥三个方程解得)(20mMgLMv（1分）所以要使木块m最终滑动到OA之间，值应取为)(20mMgLMv≥μ≥)(220mMgLMv（不等式中用大于号表示也算正确）（1分）18．（8分）解：（1）a与b碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大。设此时ab的速度为v，则由系统的动量守恒可得2mv0＝3mv由机械能守恒定律pm220321221Emvmv＝解得：mgRE43pm（2分）（2）当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b开始离开弹簧，此时b的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动。设此时a、b的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0＝2mv1+mv222212021221221mvmvmv解得：gRv22（1分）滑块b到达B时，根据牛顿第二定律有RvmmgN22解得N=5mg（2分）根据牛顿第三定律滑块b在B点对轨道的压力N′=5mg，方向竖直向下。（1分）（3）设b恰能到达最高点C点，且在C点速度为vC，此时轨道对滑块的压力为零，滑块只受重力，由牛顿第二定律Rvmmg2C解得gRvC（1分）再假设b能够到达最高点C点，且在C点速度为vC＇,由机械能守恒定律可得：2C2221221vmmgRmv解得vC＇=0＜gR。所以b不可能到达C点，假设不成立。（1分）用其他方法证明结果正确同样得分。19．（9分）解：（1）设推力对冰壶的冲量大小为I，则根据动量定理01mvmgtI代入数值解得I＝56N·s（2分）（2）根据动能定理，2021mv＝μ1mgss＝gv1202＝25m（2分）冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离x＝30m－25m＝5.0m（1分）（3）冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为vA，碰撞后的速度为vA′，冰壶B碰撞后的速度为vB′，根据动量守恒定律和动能的关系，有mvA＝mvA′+mvB′2A21mv＝2A21vm+2B21vm解得Av＝0，Bv＝vA（2分）即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换。因此可以将整个过程看成为冰壶A一直沿直线PO运动到营垒区外的过程，运动的总位移为s＇=31.8m。根据动能定理，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的长度为L，则2021210)(mvmgLLsmg（1分）代入数值解得L＝13.6m（1分）20．（9分）解：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μ0mg=ma0解得a0=μ0g=5.5m/s2(1分)由运动学公式v12=2a0L解得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为v1=11m/s货物箱刚冲上斜面时的速度v2=(1－111)v1=10m/s货物箱在斜面上向上运动过程中v22=2a1s解得a1=10m/s2(1分)根据牛顿第二定律mgsin+mgcos=ma1解得=0.5(1分)（2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，前2个已经通过传送带，它们在传送带上的加速时间t1=t2=2.0s；第3个还在传送带上运动，其加速时间t3=1.0s。前2个货物箱与传送带之间的相对位移s=vt121v1t1=13m第3个货物箱与传送带之间的相对位移s=vt341v1t3=9.25m(1分)前2个货物箱与传送带摩擦产生的总热量为Q1=2μ0mgs=1430J第三个货物箱与传送带摩擦产生的热量为：Q2=μ0mgs=508.75J。(1分)总共生热Q＝Q1+Q2＝1938.75J。(1分)（3）货物箱由A运动到B的时间为2.0s，由B运动到C的时间为1.0s，可见第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面。货物箱沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律有mgsinmgcos=ma2解得加速度大小a2=2.0m/s2(1分)设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有v2t21a1t2+21a2t2=s解得455ts≈0.69s(1分)两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离s1=21a2t2=1651030m≈0.48m(1分)