2016物理學業(yè)水平測試沖A綠皮書參考答案

南京清江花苑嚴老師參考答案第一講運動學的基本概念勻速直線運動1.B2.D3.B4.A5.C6.B7.B8.－801009.42510.6m/s2或－14m/s211.B第二講勻變速直線運動的規(guī)律11.A2.B3.B4.B5.B6.C7.364.58.(1)勻加速直線0.5m/s2(2)勻速直線0(3)勻減速直線－0.25m/s2800m(4)20s或160s9.4.51.52.710.68s11.2m/s211s12.C13.第三講勻變速直線運動的規(guī)律21.A2.C3.D4.B5.A6.B7.C8.A9.(1)12.5m1.5m/s(25m10.011.160s12.C13.30m第四講打點計時器實驗1.C2.C3.2.00.34.A5.4～62200.026.0.10.3750.57.(1)D(2)0.430.808.交流0.100.309.0.1010.(1)每一顆球的運動都是相同的，故對所拍的照片上的球可認為是一顆球在不同時刻的位置．由Δs＝at2可得a＝eq\f(Δs,t2)＝eq\f(（20－15）×10－2,0.12)m/s2＝5m/s2.(2)vB＝eq\f(AB＋BC,2t)＝eq\f(（20＋15）×10－2,2×0.1)m/s＝1.75m/s，vB＝at，t＝eq\f(1.75m/s,5m/s2)＝0.35s，則A運動了0.25s，故在A球上方還有2顆球．第五講自由落體運動1.B2.B3.(1)3s(2)30m/s4.B5.D6.B7.C8.D9.1610.0.511.35m0.5s12.3.2m13.C14.eq\f(（x＋第六講力三個基本力1.B2.A3.C4.C5.C6.B7.A8.不變變大9.eq\f(x2,x1)10.(1)根據(jù)胡克定律，F(xiàn)＝kx.當彈簧伸長3cm時，彈簧的拉力為6N；彈簧伸長2cm時，彈簧的拉力為4N.再由平衡的知識，可得物體所受的最大靜摩擦力為6N.(2)滑動摩擦力為Ff＝4N，正壓力FN＝G＝20N，所以動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ff,FN)＝0.2.11.D12.D第七講力的合成與分解共點力作用下物體的平衡力的合成的平行四邊形定則1.C2.A3.C4.B5.D6.B7.C8.B9.D10.304011.eq\f(F,2cosθ)Fcosθ12.mgtanθeq\f(mg,cosθ)13.25kg14.(1)BE(2)FF1、F2的合力與F的大小近似相等，方向大致相同15.B16.(1)eq\f(\r(,3),3)mg(2)F與水平方向成30°時力最小，F(xiàn)min＝eq\f(1,2)mg17.4eq\r(3)N2eq\r(3)N18.Ⅰ.①還要記錄兩條細繩套的方向②按選定的標度作平行四邊形③要把結(jié)點拉到O點Ⅱ.(1)F′(2)CD第八講牛頓第一、三定律力學單位制1.D2.B3.A4.A5.B6.A7.B8.A9.D10.B11.D12.C13.B14.C15.C第九講牛頓第二定律1.A2.C3.B4.C5.B6.B7.B8.C9.B10.D11.(1)0.3m/s2(2)1.35×(3)1.2×105N12.(1)5.0m/s2(2)40(3)x2＝v0t＝80m13.(1)30°(2)0.2(3)0.5s14.(1)25m(2)10m15.A16.(1)2m/s2(2)16第十講實驗：探究加速度與力、質(zhì)量的關系1.B2.A3.交流0.250.44.(1)力(2)0.15(3)沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠5.(1)小(2)0.10.466.(1)C(2)D(3)1.2第十一講功功率1.D2.A3.A4.C5.B6.A7.400－808.250050010009.(1)4m/s(2)8m(3)－64J10.(1)12m/s(2)16s第十二講動能動能定理1.A2.B3.A4.D5.D6.C7.D8.A9.100J010.eq\f(F,3)eq\f(2Fs,3)11.1∶112.10013.0014.eq\f(h,s)15.(1)Ek0＝9×103J(2)vt＝10eq\r(2)m/s，方向與地面的夾角θ＝45°(3)W阻＝－9×103J16.(1)vD＝3m/s(2)2s(3)1.4m17.(1)eq\r(6gR)(2)6R18.(1)8m/s(2)2.8m(3)6J第十三講重力勢能重力勢能的變化與重力做功的關系彈性勢能機械能守恒定律1.D2.A3.B4.B5.B6.D7.A8.A9.D10.B11.B12.D13.14.mgL(1－cosθ)15.(1)eq\r(2gR)(2)3mg(3)mg(R－h(huán))16.2.5R≤h≤5R17.A18.(1)7m/s(2)24J(3)25第十四講驗證機械能守恒定律能量守恒定律1.A2.B3.D4.A5.D6.A7.(1)C(2)>8.(1)⑤⑦(2)7.627.60(7.59至7.61均算對)垂錘下落時受到阻力的作用9.(1)接通電源(2)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s4－s2,2T)))eq\s\up12(2)mgs310.(1)左(2)1.502.0811.(1)秒表(2)0.920.90第十五講運動的合成與分解1.D2.B3.C4.B5.B6.C7.C8.C9.D10.B11.0.7512.(1)船頭垂直河岸航行50s100eq\r(5)m(2)船頭指向上游，與河岸成60°角57.7s13.(1)3m/s，沿x軸正方向(2)1N，沿y軸正方向(3)5m/s，與x軸正方向成53°角14.第十六講平拋運動的規(guī)律1.D2.C3.D4.C5.D6.C7.D8.17.39.204010.3.237.511.(1)t＝1s(2)5eq\r(,5)m12.(1)t1＝eq\r(,\f(L,g))(2)v＝eq\r(,2gL)(3)Δt＝eq\f(1,2)eq\r(,\f(L,g))13.(1)B(2)B(3)D(4)C14.A15.(1)10m/s(2)5.5m(3)2eq\r(30)m第十七講勻速圓周運動線速度、角速度和周期向心加速度1.D2.A3.A4.A5.A6.A7.C8.D9.C10.B11.B12.0.216.2813.0.20.414.0.026rad/s38m15.D16.eq\f(\r(b2－a2),ω1a)eq\f(a2,b第十八講向心力1.D2.D3.D4.C5.D6.B7.B8.B9.C10.1∶311.912.201013.514.(1)7600N(2)10eq\r(5)m/s15.(1)eq\r(2gR)(2)外壁6mg16.(1)0.4N0.6N(2)eq\r(\f(5,3))rad/s(3)eq\r(10)rad/s17.(1)因為角速度最小時，fmax沿桿向上，則FNsin45°＋fmaxcos45°＝mg，F(xiàn)Ncos45°－fmaxsin45°＝mωeq\o\al(2,1)r，且fmax＝0.2FN，r＝eq\f(l,2)，所以ω1＝eq\f(10,3)rad/s≈3.33rad/s.(2)當fmax沿桿向下時，有FNsin45°＝fmaxcos45°＋mg，F(xiàn)Ncos45°＋fmaxsin45°＝mωeq\o\al(2,2)r，所以ω2＝5rad/s.當細線拉力剛達到最大時，有FNsin45°＝fmaxcos45°＋mg，綜上得：FNcos45°＋fmaxsin45°＋Fmax＝mωeq\o\al(2,3)r，所以ω3＝10rad/s，綜上得：F拉＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)rad/s≤ω≤5rad/s)),0.06ω2－1.5（5rad/s≤ω≤10rad/s）.))(3)根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)m(ω3r)2－eq\f(1,2)(ω1r)2，所以W＝1.6J.18.當B物體發(fā)生滑動時的角速度為ω1＝eq\r(,\f(μ1g,r))＝eq\r(,\f(1,0.25))＝2rad/s時，T＝0，ω∈[0，2]．當A物體所受的摩擦力大于最大靜摩擦力時，A將要脫離B物體，此時的角速度由mωeq\o\al(2,2)r＝μ2mg得，ω2＝eq\r(,\f(μ2g,r))＝eq\r(,\f(4,0.25))rad/s＝4rad/s，則T＝2mω2r－μ12mg＝0.5ω2－2(ω∈[2，4]，ω2∈[4，16])．ω＝4rad/s時繩子的張力為T＝2mωeq\o\al(2,2)r－μ12mg＝2×42×0.25N－2N＝6N<8N，故繩子未斷．接下來隨角速度的增大，A脫離B物體，只有B物體做勻速圓周運動．當B物體與盤有摩擦力時設角速度為ω3，則ω3＝eq\r(,\f(Tmax＋μ1mg,mr))＝eq\r(,\f(8＋1,1×0.25))rad/s＝6rad/s.當角速度為ω2，mωeq\o\al(2,2)r＝1×42×0.25N＝4N>μ1mg，即繩子產(chǎn)生了拉力，則T＝mω2r－μ1mg＝0.25ω2－1，ω∈[4，6]，ω2∈[16，36]．第十九講曲線運動綜合問題1.D2.B3.C4.D5.D6.D7.C8.C9.A10.eq\f(π,120)m/s210πN11.60012.2m/s6.25N13.(1)3R(2)2eq\r(,2gR)14.(1)根據(jù)機械能守恒定律有Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.45J.(2)根據(jù)動能定理有Wf＝Ek2－Ek1，即－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(l,2)))＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，代入數(shù)值解得μ＝0.1.(3)當從C滑回B的過程中，由動能定理得－μmgl＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入數(shù)據(jù)可得vC＝eq\r(,6)m/s.則木塊第一次由B向C滑動過程中速度必須減小至eq\r(,6)m/s.若滑塊由B向C一直減速，則由動能定理可得－μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，代入數(shù)據(jù)解得vC＝eq\r(,3)m/s，所以木塊在傳送帶上先勻減速再勻速，且傳送帶的速度為eq\r(,6)m/s.當木塊速度由3m/s減小至eq\r(,6)m/s的過程中，根據(jù)動能定理有摩擦力對木塊做的功為Wf＝Ek2－Ek1＝－0.15J.15.(1)v＝eq\r(,gL)(2)F＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ＋\f(1,2)))mg(3)P＝eq\f(kmg,4h)16.(1)由機械能守恒定律得mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，vB＝eq\r(,2gr)＝4m/s.(2)物塊先在傳送帶上做勻減速直線運動，運動時間為t1＝eq\f(0－vB,a)＝eq\f(0－4,－1)s＝4s，通過的位移為x1＝eq\f(0－veq\o\al(2,B),2a)＝eq\f(0－42,－2×1)m＝8m；物塊再在傳送帶上做勻加速直線運動，其末速度由mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得，v1＝eq\r(,2gh)＝2m/s，則勻加速直線運動的時間為t2＝eq\f(v1－0,a)＝eq\f(2－0,1)s＝2s，通過的位移為x2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a)＝eq\f(22,2×1)m＝2m；然后再做勻速運動，其位移為通過的位移差x3＝x1－x2＝8m－2m＝6m，勻速運動的時間為t3＝eq\f(x3,v1)＝eq\f(6,2)s＝3s．所以物塊在傳送帶上第一次往返所用的時間為t＝t1＋t2＋t3＝4s＋2s＋3s＝9s.17.(1)0.2m(2)0.1m(3第二十講萬有引力定律1.C2.B3.C4.B5.D6.A7.(1)D(2)A(3)B(4)C(5)D8.eq\f(4,9)99.1∶1610.(1)F引＝Geq\f(Mm,r2)(2)T＝2πeq\r(\f(r3,GM))11.B12.5m/s28s第二十一講人造地球衛(wèi)星宇宙速度1.D2.B3.D4.A5.C6.D7.C8.D9.A10.D11.eq\r(\f(GM,R))12.2∶18∶116∶11∶832∶113.(1)8∶1(2)3∶16(3)eq\r(6)∶114.2π/eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(g,8R))－ω0))第二十二講電荷電荷守恒定律庫侖定律1.A2.B3.C4.D5.D6.C7.C8.A9.B10.C11.D12.B13.C14.C第二十三講電場及描述方式靜電的利用與防止1.A2.D3.C4.A5.B6.D7.A8.A9.A10.D11.負大于大于大于12.B13.B第二十四講磁場磁感線電流周圍的磁場1.D2.A3.C4.D5.D6.B7.C8.閉合不閉合SN安培定則9.cS10.B11.C12.右端為正極B順時針偏轉(zhuǎn)C逆時針偏轉(zhuǎn)第二十五講磁感應強度磁通量安培力大小和方向洛倫茲力的方向1.D2.B3.A4.A5.D6.C7.B8.BIL增大電流等9.略10.B11.B12.B第二十六講電磁感應現(xiàn)象及規(guī)律1.A2.C3.會0.34.變大5.B6.D7.A8.變大29.(1)偏轉(zhuǎn)(2)偏轉(zhuǎn)(3)不偏轉(zhuǎn)(4)偏轉(zhuǎn)10.B第二十七講交變電流電磁波1.D2.A3.D4.B5.C6.B7.B8.A9.B10.赫茲311.3.3×10－8s1.7×107個2.56第二十八講家用電器與日常生活1.D2.渦流有3.C4.A5.D6.D7.C8.C9.C第二十九講電荷電荷守恒定律庫侖定律1.B2.B3.D4.D5.A6.C7.C8.C9.D10.(1)1(2)4(3)211.C第三十講電場電場強度電場線1.A2.D3.B4.A5.D6.A7.D8.D9.A10.D11.200N/C向右－1×10－6C12.沿OB方向013.第三十一講電勢能電勢電勢差電勢差與電場強度的關系