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1、高考强化冲刺班物理武祥龙部分答案高考强化冲刺班物理武祥龙部分答案 1.C 2. D 解析 A，ab 的运动方向取决于合外力的方向，ab 运动状态肯定相同，所以整体 考虑：重力，竖直向下，弹力，垂直斜面向上，和外力 F,水平向右，因为 F 有沿斜面向上 的分量而重力有沿斜面向下的分量，所以无法判断合力方向，也就不知道物体是不是一定 沿斜面向上运动，A 错 B,a 对 b 的弹力方向垂直于接触面，所以沿斜面方向。B 错 C，ab 对斜面的正压力不一定相等，比如当物体匀速运动时，合力等于零，由三力汇交原 理，重力，合弹力，外力 F 要汇交到一点，显然合弹力不在中间位置，C 错 D,由于二者的运动状态
2、相同，所以 a 受到的合力沿水平方向的分力等于 b 受到的合力沿水 平方向的分力，D 正确 3.A 4.C 5.D 解析:对整体，受力如图(a)所示，垂直斜面方向只受两个力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分量和斜面支持力，且，即保持不变，由牛顿第三定律可知，甲对斜面的压力为 F2 也保持不变，D 正确。本题考查共点力的平衡的动态分析，涉 及整体法和隔离法的应用，三力平衡原理等物理方法，选项的设置只需判断 F2 保持不变就能确定答案，对，可用图(b)、(c)来分析判断，当甲缓慢下移时，与竖直方向的夹角减小，减小。难度较大。6.ABC 7.A 8.BCD 9.C 10.A 11.BC 12.B 13
3、.AD 14.AD 15.BD 16.AB 17.B 18.D 19.A 20.C 21.D 22. C 23.A 24.AC 25. 解析：令 x1表示未加 F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知mAgsin=kx1 令 x2表示 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量，a 表示此时 A 的加速度，由胡克定律和牛顿 定律可知kx2=mBgsin FmAgsinkx2=mAa 由 式可得 a= F(mA + mB)gsinmA由题意 d=x1+x2 由式可得 d= (mA + mB)gsink26. 解：以地面为参考系（下同） ，设传送带的运动速度为 v0，在水平段运输的过程中，小 货箱先在滑
4、动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为 s，所用时间为 t，加速度为a，则对小箱有 在这段时间内，传送带运动的路程为2 21ats atv 0 由以上可得tvs00ss20用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为2 021mvfxA传送带克服小箱对它的摩擦力做功2 000212mvfxA两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 2 021mvQ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出 的功为 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即TPW 已知相邻两小箱的距离为 L，所以 NQNmghNmvW2 021NLTv0联立，得
5、222 ghTLN TNmP27. 3m/s2 6.5m 28. 设 A 车的速度为 vA，B 车加速行驶时间为 t，两车在 t0时相遇。则有0tvsAA)(21 02ttatvattvsBBB式中，t0 =12s，sA、sB分别为 A、B 两车相遇前行驶的路程。依题意有sssBA式中 s84 m。由式得0)(220 02astvvtttAB代入题给数据vA=20m/s，vB=4m/s，a =2m/s2， 有 0108242tt 式中矿的单位为 s。解得t1=6 s，t2=18 s t218s 不合题意，舍去。因此，B 车加速行驶的时间为 6 s。29. 【解析】 （1）对初始时刻：mgsin
6、mgcosma0 ，由右图读出 a0=4m/s2代入 式， 1 1解得：0.25； gsinma0gcos（2）对末时刻加速度为零：mgsinNkvcos0 ，又 Nmgcoskvsin，由 2右图得出此时 v=5 m/s 代入 式解得：k0.84kg/s。 2mg（sincos）v（sincos30. 167 米，676J 31.（1）T=144N， （2）275 牛 32 解析: 设物块在力 F 和摩擦力 f 的共同作用下加速度为 a1，撤去外力 F 后物块的加速速度为 a2 则 Ff=ma1(1) （2 分） f=mg=ma2 (2) （2 分） 设撤去外力 F 时物块的速速度为 v 则
7、 v=a2t. (3) （2 分）.(4) （3 分） 由(1) (2) (3) (4)式解得 F=12N . （2 分） 33.B. 34.BD 35.A 36.D 37.A 38. 题目有错误，删除该题。39.BC 40.C 41.D 42.D 43.C 44.A 45.B 46.B 47. C48. 解析：解析：23.（15分） 设两颗恒星的质量分别为 m1、m2，做圆周运动的半径分别为 r1、r2，角速度分别为 w1,w2。根据题意有w1=w2 r1+r2=r 根据万有引力定律和牛顿定律，有G12 11221rwmrmmG12 21221rwmrmm联立以上各式解得212 1mmrmr
8、根据解速度与周期的关系知Tww221联立式解得3 22214rGTmm49. 答案：答案：（1）v= T=4RGmR 25 GmR 53（2）r=R31 )512(解析：解析：（1）对于第一种运动情况，以某个运动星体为研究对象，根据牛顿第二定律和万有 引力定律有：F1= F2=22RGm22)2( RGmF1+F2=mv2/R 运动星体的线速度：v=RGmR 25周期为 T，则有：T=vR2T=4. GmR 53(2)设第二种形式星体之间的距离为 r，则三个星体做圆周运动的半径为R= o30cos2/r由于星体做圆周运动所需要的向心力靠其它两个星体的万有引力的合力提供.由力的合成和牛顿运动定律
9、有：F合= o30cos222rGmF合=mR 224 T由式得：r=R.31 )512(50.B 51.C 52.（1） 25m/s 0.0032C 53 题删掉。 55. 答案：（1）24m/s（2）1252m【解析】 （1）当达到最大速度时，P=Fv=fvm，vm m/s24m/s，Pf61042.5103（2）从开始到 72s 时刻依据动能定理得：Ptfs mvm2 mv02，解得：s1252m。12122Ptmvm2mv022f56. 12m/s 57.16 秒。 58. 解析解析： (1)设起重机允许输出的最大功率为 P0，重物达到最大速度时，拉力 F0等于重 力。 P0F0vm
10、P0mg 代入数据，有：P05.1104W (2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为 F，速 度为 v1，匀加速运动经历时间为 t1,有： P0F0v1 Fmgma v1at1 由，代入数据，得：t15 s T2 s 时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为 v2，输出功率为 P，则 v2at PFv2 由，代入数据，得:P2.04104W。 59.B 60.B 61.BCD 62. A 63. B 64. BC 65. 解析解析：电子在磁场中沿圆弧 ab 运动，圆心为 C，半径为 R。以 v 表示电子进入磁 场时的速度，m、e 分别表示电子的质量和电量，则
11、eUmv2 eVB 又有 tg 21Rmv2 2 Rr由以上各式解得 B 221tgemU r66. 解析: 图（甲）中虚线表示 A、B 球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示 OA、AB 与竖直方向的夹角。A 球受力如图（乙）所示：重力 mg，竖直向下；电场力 qE，水平向左；细线 OA 对 A 的拉力 T1，方向如图；细线 AB 对 A 的拉力 T2，方向如图。由平衡条件得，。B 球受力如图（丙）所示：重力 mg，竖直向下；电场力 qE，水平向右；细线 AB 对 B 的拉 力 T2，方向如图。由平衡条件得，。联立以上各式并代入数据，得，。由此可知，A、B 球重新
12、达到平衡的位置如图（丁）所示。与原来位置相比，A 球的重力势能减少了，B 球的重力势能减少了，A 球的电势能增加了 WA=qElcos60，B 球的电势能减少了 ，两种势能总和减少了 ，代入数据解得。67. 【答案】 （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在 y 轴负方向上做初速为零的匀加速运 动，设加速度大小为 a；在 x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为 v0；粒子从 P 点运动到 Q 点所用的时间为 t1，进入磁场速度方向与 x 轴正方向的夹角为，则：，maqE 2 1021aty 100tvx 其中,.lx320ly 0又有：01tanvat联立上式解得030因为 M、O、Q 在圆周上，MOQ900，所以 MQ 为直径，由图中的几何关系可知：，lR32lMO6（2）设粒子在磁场中运动的速度为
