2016-2017高三名校联考物理答案

智慧上进•名校学术联盟•高三调研考试（二）
物理参考答案
1．【答案】B 【解析】建立质点概念是利用了理想模型法，选项A 错误。

在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，选项B 正确。

比值定义法的特点是被定义的物理量往往反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小而改变，但加速度a ＝F
m 中，a 随F 或m 的变化
而变化，选项C 错误；伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，选项D 错误。

2．【答案】C 【解析】在1 s~3 s 时间内，速度均为负值，所以第2 s 末速度方向不变，选项A 错误；v -t 图象只能描述直线运动，不能描述曲线运动，选项B 错误；在0~2 s 时间内，质点的位移为12
2
v v x t +=
=—2 m ，位移大小为2 m ，选项C 正确；v -t 图象的斜率表示加速度，在2 s~4 s 时间内，质点的加速度不断减小，但方向不变，选项D 错误。

3．【答案】A 【解析】设乙、丙球落地点到抛出点的竖直高度为h ，对于甲球：2122h gt '=，2
h
v t '=甲；
对于乙球：212h gt =，h v t =乙；对于丙球：212h gt =，3
2
h v t =丙。

联立解得2:3v v v 甲乙丙：：，选项A 正确。

4．【答案】B 【解析】运动员从直升飞机上由静止跳下后，水平方向受到水平风力的影响，可以把运动员的运动分解为竖直方向和水平方向两个分运动，两个分运动各自独立，水平风力大小不影响运动员下落时间，选项A 、C 错误；风力越大，运动员水平加速度越大，导致落地时水平速度越大，着地时动能也越大，选项B 正确；运动员（及伞包等）在重力、空气阻力和水平风力的共同作用下，动能增加，重力势能减少，但机械能不守恒，选项D 错误。

5．【答案】A 错误；若半径r 减小后仍做匀速圆
能也会减小，选项C 错误；匀速圆周运动是曲线运动，所受合外力一定不为零，选项D 错误。

6．【答案】AD 【解析】由于伤员及转运设备受到重力、绳索的拉力、水平风力和浮力，共四个力的作用，选项A 正确；若水平风力F 增大，绳索与竖直方向的夹角θ也增大，由+cos F F G θ=浮拉，解得
B 错误；伤员及转运设备在四个力的作用下处于平衡状态，绳索的拉力与水平风力的合力，一定跟重力与浮力的合力等大反向，所以绳索的拉力与水平风力的合力一定竖直向上，选项
C 错误，选项
D 正确。

7．【答案】BD 【解析】史万成下滑过程速率不变，动能不变，但重力势能不断减少，则机械能不守恒，选项A 错误；史万成下滑的过程中受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用，选项B 正确；史万成下滑过程中速率恒定不变，但速度与重力方向间的夹角由0逐渐增加到90°
，所以重力做功的功率不断减小，选项C 错误；下滑过程速率一直恒定不变，则摩擦力大小等于重力沿圆弧切线方向的分力，即
sin f mg θ=（θ为运动员和圆心的连线与竖直方向间的夹角），可见摩擦力不断减小，所以克服摩擦力
做功的功率逐渐减小，选项D 正确。

8．【答案】CD 【解析】墨子号卫星离地面只有500公里，是地球的一颗卫星，所以发射速度应介于
7.9 km/s 和11.2 km/s 之间，选项A 错误；根据2Mm G r =2mv r 可
得v =，所
以
12 2.5v v =≈，在相等时间内，墨子号卫星通过的弧长约为同步卫星通过弧长的2.5倍，选项B 错误；根据2Mm G ma r =可得2M a G r
=，所以2
21222164003600037.86400500a r a r +⎛⎫==≈ ⎪+⎝⎭，选项C 正确；
根据开普勒第三定律2
3
2121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=r r T T 可得T 2=3132r r T 1
1T ＜T 1，所以同步卫星绕地球转动周期，大于墨子号卫星绕地球转动周期，选项D 正确。

9．【答案】AB 【解析】 力F 加上物块Q 后，由受力分析可得：Q Q F kx m g m a μ+-=，解得501a x =-（2m/s ），将x =3 cm=0.03 m 代入计算得：20.5m/s a =，方向向右，选项A 正确；随着形变量x 的减小，物块Q 先做加速度变小的加速运动，加速度减为零时速度最大，然后做加速度变大的减速运动，选项B 正确；当物块Q 速度最大时，根据501a x =-=0，解得弹簧的压缩量2cm x '=，选项C 错误；根据501a x =-（2m/s ）可知，加速度随弹簧压缩量线性变化，且关于2cm x '==0.02m 两侧对称，当弹簧压缩量
=1cm x ''=0.01m 时，物块Q 的加速度应为20.5m/s a ''=，方向向左，此时速度刚好减为零，且以后保持
静止不动，对物块P 受力分析可知，一直处于静止状态，选项D 错误。

10．【答案】BC 【解析】由题意可知小球在最高点时，轨道对小球的压力N12F mg =，对小球有
2
1N1+v F mg m R
=
，解得最小速度为1v =A 错误；设小球运动到最低点时的速度大小为2v ，
根据机械能守恒定律得22
2111222
mv mv mgR =+，根据牛顿第二定律得22N2v F mg m R -=，解得N28F mg =，
所以圆轨道对地面的最大压力Nm N2210F F mg mg =+=，选项B 正确；设当小球离挡板N 最近时速度为
3v ，根据机械能守恒定律得22
311122
mv mv mgR =+，根据牛顿第二定律得23N3=5v F m mg R =，圆轨道对挡
板N 的压力大小为5mg ，选项C 正确，选项D 错误。

11．【答案】（1）不需要（1分）（2）B （2分）（3）（μmg ，0）（2分）
【解析】（1）实验中钩码的质量不需要远小于滑块的质量，因为滑块所受的拉力可由弹簧测力计直接测出。

（2）由2102Fs mgs mv μ-=
-可得22s
=2v F gs m
μ-，当m 、s 、μ一定时，2v 与F 为线性关系， 且v =0时，F ＞0，选项B 正确。

（3）由22s
=
2v F gs m
μ-可知，
将v =0代入解得=F mg μ，所以图象与横轴交点的坐标为（μmg ，0）。

12．【答案】（1）51.5mm （51.3mm~51.7mm 均正确）（1分）（2）0.41m/s 2（1分）
（3）
()mg M m a
Mg -+（2分） （4）12()mg M m a f f Mg
-+--（2分） 偏大（1分）
【解析】（1）毫米刻度尺最小刻度为毫米，精确到毫米，需要估读到毫米的下一位， 所以读数为51.5mm （51.3mm~51.7mm 均正确）。

（2）相邻计数点间的时间间隔T =0.02s×5=0.1s ，由逐差法得4561232
()()
9x x x x x x a T
++-++=
=0.41m/s 2。

（3）对砝码盘、砝码和木块整体受力分析，由牛顿第二定律得()mg Mg M m a μ-=+， 解得()mg M m a
Mg
μ-+=。

（4）若纸带和电磁打点计时器之间的摩擦阻力为f 1，木块运动时受到的空气阻力为f 2， 由牛顿第二定律得12()mg Mg f f M m a μ---=+，解得12
()mg M m a f f Mg
μ-+--=。

从系统误差的角度来考虑，第（3） 问中的实验测量值总是偏大。

13．解：（1）设滑块与木板间的动摩擦因数为μ，根据动能定理
不加恒力F 时：0mgh mgl μ-=（1分）
加恒力F 时：+)
02
l
mgh mg F μ-=（（1分） 代入数据联立解得：μ=0.5，F =10 N 。

（1分） （2）将右侧木板转过θ角后，根据动能定理sin cos 022
l l
mgh mg mg θμθ--=（1分） 联立解得θ=370。

（1分）
（3）滑块在右侧斜面上滑过程中：
初速度0v =1分）
由牛顿第二定律知1sin +cos mg mg ma θμθ=（2分） 上滑时间0
11
=
v t a （1分） 滑块在右侧斜面下滑过程中：2sin cos mg mg ma θμθ-=（2分） 下滑位移
2
22122
l a t =（1分）
联立方程解得1210
t t t =+=。

（2分）
14．解：（1）设石头从A 处运动到坡底B 处的时间为t 1，到达坡底B 处速度为v 1， 则210111160m 2
x v t at =+=（1分）
解得116s t =（1分）
此时石头的速度为10118m/s v v at =+=（1分） 在此过程中，游客运动的位移为211-1s 45m 2
x a t =
=2游（）。

（1分） （2）石头到坡底B 处时游客的速度为21-1s)6m/s v a t ==游（（1分）
此后石头匀减速运动，游客开始以v m 匀速运动，设又经历时间t 2二者速度相等， 12=6m/s m v v a t v =-=石共（1分） 可得t 2=6 s （1分）
石块在这段时间内的位移1272m 2
v v x t +=
=共
石（1分）
游客此时的总位移为2281m x x v t =+=游共（1分） 由于72m x =石<81m x =游（1分）
说明石头此刻未能追上游客，游客能脱离危险。

（1分）
最小距离min x ∆=81m-72m=9m 。

（1分）
15．解：（1）小滑块始终受到重力mg 和外力F 作用，相当于在一等效重力场中运动，
等效重力与竖直方向夹角为370斜向左下方。

小滑块在圆管中运动时，等效最高点为D 点。

因为小滑块恰好能到达D 点，则小滑块在D 点的速度v D =0（3分）
从B 点到D 点的过程中，由动能定理2
1-sin (1cos )02
B FR mgR mv ββ-+=-（2分）
解得B v =
（1分） 在B 点由牛顿第二定律有2B
N v F mg m R
-=（2分）
可得=5.5N F mg （1分）
由牛顿第三定律可得小滑块对细圆管底壁的压力大小==5.5N
N F F mg '。

（1分） （2）从A 点到B 点的过程中，由功能关系有 21tan 2sin B h h
mgh F
mv f
αα
-=+（2分） 解得动摩擦因数79=-205mg mgR
f h。

（2分） 16．解：（1）物体A 、B 一起加速运动时，对A 、B 整体， 由牛顿第二定律知112212()F m g m g m m a μμ--=+（2分）
设A 、B 之间的作用力大小为F'，对物体B ，由牛顿第二定律知222F m g m a μ'-=（2分） 联立解得F'=8N 。

（2分）
（2）物体B 冲出C 点后做平抛运动，竖直方向2
12
h gt =（2分） 水平方向C x v t =（2分）
联立解得=4m/s C v 。

（2分）
（3）设撤去F 前，两物体共同运动的位移为x'，撤去力F 时两物体的速度大小为v ，
对A 、B 整体，由动能定理知
21122121
-()2F m g m g x m m v μμ'-=+（）（2分） 撤去F 后，对物体B ，由动能定理知2
2222211)22
CD C m g
x x m v m v μ'--=-（（2分） 联立解得 3.25m x '=。

（2分）。