2013届高三实验班物理针对性提高训练试卷七答案

2013届高三实验班物理针对性提高训练试卷七

必修1、2部分

一、力学选择题部分 2007年：

1、【解析】C 以A为研究对象,受力分析,有竖直向下的重力、垂直竖直墙面的水平支持力，还有B对A的支持力和摩擦力，这样才能使平衡。根据牛顿第三定律，A对B有支持力和摩擦力，B还受到重力和推力F，所以受四个力作用。

2、【解析】BD 超重是物体受到接触面竖直向上的支持力或绳的拉力大于重力。在汽车驶过拱形桥顶端时，由重力的分力提供做圆周运动向心力，所以支持力小于重力，失重。跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，完全失重。荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力。合力向上，所以支持力大于重力，超重。火箭点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，所以超重。

3、【解析】A 小球运动过程中，在每一个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动。所以位移——时间图像是曲线。动能与时间也是二次函数关系。加速度的大小与斜面的倾角大小有关，倾角确定，加速度大小确定。所以A正确，BCD错误。

4、【解析】BC 飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力。则有

2GMcmmvr

2

rm42

T

2rmg，

忽略地球自转，物体受到的万有引力等于重力。所以有GM地mR

2

mg

整理得

g2

gMcR515M211.522.25

1，所以在行星上的重力大于在地球上所受的重力。 地r

vc

McRvMr10

3

1，所以飞船在行星表面做圆周运动时的速度大于 7.9km/s 地地绕红矮星运动的周期与行星的自转周期无关。 行星的密度VMc

Mcc5M地M地

c地，所以D错误。 33r3(1.5R)333

R2008年

5．【解析】A竖直挂时mgkx，当质量为2m放到斜面上时，

2mgsin30fkx，因两次时长度一样，所以x也一样。解这两个方程可得，物

体受到的摩擦力为零，A正确。

6． 【解析】ABD 通过vt图像的面积就是物体的位移，所以能求出面积，还知道时间，所以能求出平均速度，A对。vt图像的斜率就是物体的加速度，所以能得到１０秒内的加速度，B对。不知道汽车的牵引力，所以得不出受到的阻力，C错。15到25汽车的初速度和末速度都知道，由动能定理，可以得出合外力做的功，D对

7． 【解析】BC由题目可以后出“天链一号卫星”是地球同步卫星，运行速度要小于7.9m/s,而他的位置在赤道上空，高度一定，A错B对。由2

T

可知，C对。由a

GM

R2

可知，D错。 【高考考点】万有引力定律在航天中的应用。

8．【解析】C 因为受到阻力，不是完全失重状态，所以对支持面有压力，A错。由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，最

终匀速运动，BD错，C对。

2009年

9、【解析】A 对小滑块受力分析如图所示，根据三角形定则可得F

mg

tan

，

FN

mg

sin

，所以A正确。 10、【解析】B 由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。

11、【解析】BC 飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据T

2



可知，飞

船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。

12、【解析】BC 受力分析可知，下滑时加速度为ggcos，上滑时加速度为

ggcos，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有

(mM)glcosMglcosmglsin，得m＝2M。也可以根据除了重力、

弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。

2010年

13、【解析】C 对物体进行受力分析和过程分析知，在斜面和水平面受到的合力均为恒力，两段均为匀变速运动，所以A、B都不对；第一段摩擦力小于第二段，所以C正确；路程随着时间的变化，开始也是非线性变化，所以D错误。

14、【解析】AC 选整体为研究对象，在水平方向整体受摩擦力和F在水平方向的分力，所以C正确，D错误；在竖直方向受支持力N、重力和F在其方向的分力，解得

Nm1gm2gFsin，所以A正确，B错误。

15、【解析】BC 根据GMmv2

r

2

mr,得在M点速度大于在N点速度，根据机械能守恒，所以卫星在M点的势能小于N点的势能，A错误，C正确；根据vr，得B正确；D错误。

16、【解析】BD 选物块为研究对象，细线对物块做负功，物块机械能减小，A错误；物块由静止释放后向下运动，到软绳刚好全部离开斜面，软绳的重心下降了1

2

l，软绳重力势能共减少了

1

4

mgl，所以B正确；根据功和能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少等于其动能增加与客服摩擦力所做功之和，所以D正确，C错误。

二、力学实验部分

2009年（注2007、2008年没有力学实验题）

17、（1）①bcd ②更换不同的小重物

2010年

18、①

2d

t

2 ②C ③BC 三、计算题部分 2007年

19、【解析】 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：

mgm2R

代入数据解得：

g

R

5rad/s

（2）滑块在A点时的速度：vAR1m/s 从A到B的运动过程由动能定理：

mghmgcos53h1212

sin532mvB2

mvA

在B点时的机械能E1B

2

mv2

Bmgh4J （3）滑块在B点时的速度：vB4m/s 滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：

a1g(sin37cos37)10m/s2

返回时的加速度大小：a2

2g(sin37cos37)2m/s BC间的距离：Sv2B2a1avBC

2(tB)0.76m 12a1

2008年

20、【解析】（1）设小物体运动到p点时的速度大小为v，对小物体由a运动到p过程应用动能定理得： mgL2Rmg

12122mv2

mva

①

2R

12

gt2 ② s=vt

③

联立①②③式，代入数据解得

s=0.8m ④

（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向

mgmv2

FR

⑤

联立①⑤式，代入数据解得

F＝0.3N ⑥

方向竖直向下

2009年

21、【解析】（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，mgR

12

mv2

10①， 2设货物在轨道末端所受支持力的大小为Fgmv0

N,根据牛顿第二定律得，FNm11

R

②，

联立以上两式代入数据得FN3000N③,

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向

下。

（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得

联立以上三式，带入数据得： a

4m/s2

t

1m1g2(m12m2)g④，

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得

1s 12mvA （2）滑块由O滑至A的过程中机械能守恒，即 mgR

1m1g2(m1m2)g⑤，

联立④⑤式代入数据得10.6⑥。

（3）10.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上 做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1⑦，

设货物滑到木板A末端是的速度为v22

1，由运动学公式得v1v02a1l⑧，

联立①⑦⑧式代入数据得v14m/s⑨，

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v 1v0a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t0.4s。

2010年

22、【解析】（1）设小车在恒力F作用下的位移为l，由动能定理得：

FlMgs1

2

2

Mv2 由牛顿第二定律得： FMgMa 由运动学公式得： l12

at2

2

AB

段运动时间为t

s1v1s A故滑块离开B后平抛时间与小车撤掉恒力F后运动时间相同。由牛顿第二定律得： MgMa 由运动学公式得： vatat 由平抛规律得： h

12

gt2

带入数据得： h0.8m

2013届高三实验班物理针对性提高训练试卷七

必修1、2部分

一、力学选择题部分 2007年：

1、【解析】C 以A为研究对象,受力分析,有竖直向下的重力、垂直竖直墙面的水平支持力，还有B对A的支持力和摩擦力，这样才能使平衡。根据牛顿第三定律，A对B有支持力和摩擦力，B还受到重力和推力F，所以受四个力作用。

2、【解析】BD 超重是物体受到接触面竖直向上的支持力或绳的拉力大于重力。在汽车驶过拱形桥顶端时，由重力的分力提供做圆周运动向心力，所以支持力小于重力，失重。跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，完全失重。荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力。合力向上，所以支持力大于重力，超重。火箭点火加速升空的过程中，有向上的加速度，是由支持力和重力的合力提供，所以超重。

3、【解析】A 小球运动过程中，在每一个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动。所以位移——时间图像是曲线。动能与时间也是二次函数关系。加速度的大小与斜面的倾角大小有关，倾角确定，加速度大小确定。所以A正确，BCD错误。

4、【解析】BC 飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力。则有

2GMcmmvr

2

rm42

T

2rmg，

忽略地球自转，物体受到的万有引力等于重力。所以有GM地mR

2

mg

整理得

g2

gMcR515M211.522.25

1，所以在行星上的重力大于在地球上所受的重力。 地r

vc

McRvMr10

3

1，所以飞船在行星表面做圆周运动时的速度大于 7.9km/s 地地绕红矮星运动的周期与行星的自转周期无关。 行星的密度VMc

Mcc5M地M地

c地，所以D错误。 33r3(1.5R)333

R2008年

5．【解析】A竖直挂时mgkx，当质量为2m放到斜面上时，

2mgsin30fkx，因两次时长度一样，所以x也一样。解这两个方程可得，物

体受到的摩擦力为零，A正确。

6． 【解析】ABD 通过vt图像的面积就是物体的位移，所以能求出面积，还知道时间，所以能求出平均速度，A对。vt图像的斜率就是物体的加速度，所以能得到１０秒内的加速度，B对。不知道汽车的牵引力，所以得不出受到的阻力，C错。15到25汽车的初速度和末速度都知道，由动能定理，可以得出合外力做的功，D对

7． 【解析】BC由题目可以后出“天链一号卫星”是地球同步卫星，运行速度要小于7.9m/s,而他的位置在赤道上空，高度一定，A错B对。由2

T

可知，C对。由a

GM

R2

可知，D错。 【高考考点】万有引力定律在航天中的应用。

8．【解析】C 因为受到阻力，不是完全失重状态，所以对支持面有压力，A错。由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，最

终匀速运动，BD错，C对。

2009年

9、【解析】A 对小滑块受力分析如图所示，根据三角形定则可得F

mg

tan

，

FN

mg

sin

，所以A正确。 10、【解析】B 由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。

11、【解析】BC 飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据T

2



可知，飞

船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。

12、【解析】BC 受力分析可知，下滑时加速度为ggcos，上滑时加速度为

ggcos，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有

(mM)glcosMglcosmglsin，得m＝2M。也可以根据除了重力、

弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。

2010年

13、【解析】C 对物体进行受力分析和过程分析知，在斜面和水平面受到的合力均为恒力，两段均为匀变速运动，所以A、B都不对；第一段摩擦力小于第二段，所以C正确；路程随着时间的变化，开始也是非线性变化，所以D错误。

14、【解析】AC 选整体为研究对象，在水平方向整体受摩擦力和F在水平方向的分力，所以C正确，D错误；在竖直方向受支持力N、重力和F在其方向的分力，解得

Nm1gm2gFsin，所以A正确，B错误。

15、【解析】BC 根据GMmv2

r

2

mr,得在M点速度大于在N点速度，根据机械能守恒，所以卫星在M点的势能小于N点的势能，A错误，C正确；根据vr，得B正确；D错误。

16、【解析】BD 选物块为研究对象，细线对物块做负功，物块机械能减小，A错误；物块由静止释放后向下运动，到软绳刚好全部离开斜面，软绳的重心下降了1

2

l，软绳重力势能共减少了

1

4

mgl，所以B正确；根据功和能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少等于其动能增加与客服摩擦力所做功之和，所以D正确，C错误。

二、力学实验部分

2009年（注2007、2008年没有力学实验题）

17、（1）①bcd ②更换不同的小重物

2010年

18、①

2d

t

2 ②C ③BC 三、计算题部分 2007年

19、【解析】 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：

mgm2R

代入数据解得：

g

R

5rad/s

（2）滑块在A点时的速度：vAR1m/s 从A到B的运动过程由动能定理：

mghmgcos53h1212

sin532mvB2

mvA

在B点时的机械能E1B

2

mv2

Bmgh4J （3）滑块在B点时的速度：vB4m/s 滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：

a1g(sin37cos37)10m/s2

返回时的加速度大小：a2

2g(sin37cos37)2m/s BC间的距离：Sv2B2a1avBC

2(tB)0.76m 12a1

2008年

20、【解析】（1）设小物体运动到p点时的速度大小为v，对小物体由a运动到p过程应用动能定理得： mgL2Rmg

12122mv2

mva

①

2R

12

gt2 ② s=vt

③

联立①②③式，代入数据解得

s=0.8m ④

（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向

mgmv2

FR

⑤

联立①⑤式，代入数据解得

F＝0.3N ⑥

方向竖直向下

2009年

21、【解析】（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，mgR

12

mv2

10①， 2设货物在轨道末端所受支持力的大小为Fgmv0

N,根据牛顿第二定律得，FNm11

R

②，

联立以上两式代入数据得FN3000N③,

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向

下。

（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得

联立以上三式，带入数据得： a

4m/s2

t

1m1g2(m12m2)g④，

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得

1s 12mvA （2）滑块由O滑至A的过程中机械能守恒，即 mgR

1m1g2(m1m2)g⑤，

联立④⑤式代入数据得10.6⑥。

（3）10.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上 做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1⑦，

设货物滑到木板A末端是的速度为v22

1，由运动学公式得v1v02a1l⑧，

联立①⑦⑧式代入数据得v14m/s⑨，

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v 1v0a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t0.4s。

2010年

22、【解析】（1）设小车在恒力F作用下的位移为l，由动能定理得：

FlMgs1

2

2

Mv2 由牛顿第二定律得： FMgMa 由运动学公式得： l12

at2

2

AB

段运动时间为t

s1v1s A故滑块离开B后平抛时间与小车撤掉恒力F后运动时间相同。由牛顿第二定律得： MgMa 由运动学公式得： vatat 由平抛规律得： h

12

gt2

带入数据得： h0.8m