2017年高考物理重點考查五種能力檢測題參考答案

2017年高考物理重點考查五種能力檢測題參考答案

1.CDE 2.ACD 3.ACE 4.C 5.D 6.C 7.B 8.A 9.D 10.B 11.A

圖1

12.(1)實物圖有兩種連接方式,如圖1中實線或虛線所示都可。(2)當滑片P處于A端和B端時,滑動變阻器接入電路的阻值均為零,所以滑片P在由A端滑到B端的過程中,接入電路的阻值“先變大后變小”。由可知,通過電阻R0的電流“先變小后變大”,由U=IR0可知,電阻R0兩端的電壓“先變小后變大”。(3)由R0>r1可知,當滑動變阻器接入電路的阻值為零時,該電源的輸出功率最大。由I=

13.(1)物體處于靜止狀態時,物體受到的摩擦力為靜摩擦,最大靜摩擦力fmax=μmg=4N。設F3≠F1,則物體在y軸方向上的合力為F2,在x軸方向上的合力不等于0,因此必然使得這兩個方向上力的合力大于4N,物體不可能平衡,假設不成立。(2)物體靜止時在y軸方向上受力平衡,則物體此時所受的靜摩擦力的大小必為f=F2=4N,方向沿y軸正方向。(3)撤除F1后,F2、F3的合力大小F23=立即有沿OA方向運動的趨勢,故摩擦力方向立即變為沿OA的反方向,且摩擦力為滑動摩擦力,大小為4N。在0~2s時間內,物體所受合外力F=1N,方向與y軸負方向成37°角,與x軸負方向成53°角,物體的加速度大2s內做初速度為零的勻加速直線運動,則v=a1t1=0.4m/s,沿OA方向。(4)在2s~4s時間內,恢復F1、撤除F2,因為F1-F3=0,所以物體所受合外力就是滑動摩擦力f,方向與速度v的方向相反,即物體沿OA方向做勻減速直線運動。加速度大小體停下所需要的時間即物體在2.5s末停下。物體在t2時間內的位移m,方向沿OA方向,物體在0~4s時間內的總位移Δx=x1+x2= 0.5m,因此第4s末物體所處位置的坐標為(-0.3m, -0.4m)。

圖2

16.(1)在物塊從P點下滑經B點至C點的整個過程中,由動能定理得mgh-μ1mgL=0,解得h=0.2m。(2)①設物塊的加速度大小為a,PO連線與豎直方向間的夾mgtanθ=ma,F-μ2(M+m)g=(M+m)a,解得F= 8.5N。②設物塊做平拋運動的時間為t,水平位移為x1,物塊落點與B點間的距離為x2,則x1-Rsinθ,解得x2=0.4m。

17.(1)解除鎖定,物塊A、B被彈開后,兩物塊的速度大(2)物塊B滑上傳送帶后做勻減速運動,當速度減為零時,滑動的距離最遠。由動能定理得得smax=4m。(3)物塊B剛好從傳送帶的Q端滑出時,由能量守恒定律得,解得vB'=42m/s。因為兩物塊在碰撞后交換速度,所以彈射裝置P至少應以/s的速度將物塊A彈回。物塊B在傳送帶上運動的。在物塊B滑過傳送帶的過程中,傳送帶移動的距離49.9J。

18.(1)當物體A剛要離開地面但不上升時,物體A處于平衡狀態,則kx-mg=0,解得。(2)以由物體A和輕彈簧組成的整體為研究對象,設輕繩中的張力為T,則由平衡條件得T-mg=0。設物體B的加速度大小為a,則由牛頓第二定律得T-mgsinθ=ma,解得,方向沿斜面向上。(3)物體A剛要離開地面時,彈簧的彈性勢能增加ΔE,在物體B下滑的過程中,由能量守恒定律得ΔE= mgxsinθ,在物體C下滑的過程中,由能量守恒定律得ΔE+=2mgxsinθ,解得

19.(1)由幾何關系(菱形知識或解三角形)可知,甲、乙兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑均為R,則q1v1B=(2)兩粒子的運動軌跡如圖3中虛、實線所示。兩粒子在磁場中運動的半徑v1=v2,解得t1∶t2=2∶1。(3)由甲、乙兩粒子的運動軌跡可知,兩粒子的可能相遇點為C和

圖3

20.(1)微粒所受的重力大小G=mg=8×10-3N,靜電力大小F=qE=8×10-3N,因此重力與靜電力平衡。微粒只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,則得得T=10πs,則微粒在5πs內轉過半個圓周,再次經過直線OO'時到O點的距離L=2R= 1.2m。(2)微粒運動半周后向上勻速運動,運動的時間t=5πs,軌跡如圖4所示,位移大小s= vt=1.88m。因此,微粒離開直線OO'的最大高度H=s+R= 2.48m。(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P,當P點在直線OO'下方時,擋板與O點間的距離應滿足L'=(2.4n+ 0.6)m(n=0,1,2,…);當P點在直線OO'上方時,擋板與O點間的距離應滿足L'=(2.4n+1.8)m(n=0,1,2,…)。可以將兩式合寫成L'=(1.2n+0.6)m(n=0,1,2,…)。

21.A 22.C 23.CD

圖4

24.(1)小球落在B1D1線段上時,落點為B1或D1對應的初速度最大,落地時的動能也最大。由平拋運動規律得(2)小球的運動軌跡與AC1線段相交,等效于小球在斜面上做平拋運動,設AC1與水平面間的夾角為θ,則在交點處小球的豎直分速度大小得tanα=。

25.(1)由牛頓第二定律可得,小物塊在上滑過程中有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,在下滑過程中有mgsinθμmgcosθ=ma2。又有得μ=0.25。(2)由牛頓第二定律得mgsin60°+μNFcos60°=ma,N=Fsin60°+mgcos60°。因為a與F無關,所以μFsin60°-Fcos60°=0,解得因此a=

26.(1)滑塊剛好開始在木板上滑動時,滑塊與木板間的靜摩擦力達到最大,根據牛頓第二定律,對滑塊有μ2mg= ma,對由滑塊和木板組成的系統有kt2-μ1(M+m)g=滑動時,有μ1(M+m)g=kt1,此后滑塊隨木板一起運動,直至兩者發生相對滑動。在這個過程中,拉力的沖量為圖5中陰影部分面量定理得I-μ1(M+m)g(t2-t1)=

圖5

32.(1)A D (2)如圖6所示

圖6

圖7

34.(1)將S2切換到b(2)2 0.8

(責任編輯 張 巧)