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物 理 答 案
1、B
2、C
【详解】A.由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动，加
速度都为 ，在竖直方向上： 1 2 ，因为 ，则 ，故 错误；
g h gt h1 h2 t1 t2 A
2
．根据 ，由于 ，则 ，两次抛出的初速度竖直分量不相等，故 错误；
B v y gt t1 t2 vy1 vy2 B
．由于 ， ，两次抛出的初速度大小可能相等，则动能可能相等，故 正确。
C v01 v02 vy1 vy2 C
故选 C。
3、D
【详解】设大圆环半径为 R ，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上
1
方向的夹角为 ( 0 )，由机械能守恒定律可得： mgR(1 cos) mv2
2
v2
对小环根据牛顿第二定律得： F mg cos m 联立可得：F = 2mg — 3mgcos
R
2
当 2mg = 3mgcos ，即 cos 时 F 最小（Fmin = 0）。D 正确，ABC 均错误
3
4、B
【详解】根据图像可知物块运动到 x =8m 处，F 做的总功为 WF = 3 2 J + 2 6 J = 18 J
1
该过程根据动能定理得W mv2 ，解得物块运动到 x = 8m 处时的速度为 v = 6 m/s
F 2
故此时 F 做功的瞬时功率为 P = Fv = 12 W。B 正确。
5、B
【详解】感应门打开过程中加速阶段和减速阶段加速度大小相等，由运动的对称性可知感应门加速运动
1
的时间为 2 s，加速运动的位移为 0.8 m ，由匀变速直线运动规律 x at 2 ，解得 a = 0.4 m/s2
2
B 正确，A、C、D 错误。
6、C
【详解】设河宽为 ，救生员以最短时间渡河，渡河时间为 d
d t1
v1
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救生员以最短位移回到原河岸 处，垂直河岸方向的速度为 2 2
C v v1 v2
d
救生员以最短位移回到原河岸 C 处的时间为t
2 v
根据题意有 2 解得 故选 C。
t2 t1 v1 : v2 2:1
3
7、A
【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲与木板可得 kx0 = mg ，这时乙所坐木板的位移为
(mg)2
x = x0 + l — d ，由功能关系可得W mgx mg(l d) ，A 正确。
k
8、BD
【详解】A．导弹在运动过程中引力方向不断变化，做非匀变速曲线运动，故 A 错误；
B．由机械能守恒定律可知 B 错误正确；
C．假设有一卫星在距地面高度为 H 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则根据万有引力提供向心力有：
Mm v2 GM
G m 解得： v<7.9km/s ， 故 C 错误；
(R H )2 R H R H
GMm GM
D．导弹在 C 处受到万有引力作用，则有 F ma 解得导弹在 C 点的加速度为 a ，
(R H ) 2 （R H）2
故 D 正确。故选 BD。
9、CD
【详解】A．运动员先做自由落体运动加速度为 g，再做加速度减小的加速直线运动，当弹性绳的拉力
大小等于小球的重力时，小球有最大速度，最后做加速度反向增大的减速运动。在自由落体运动阶段
小球的加速度等于重力加速度，设弹性绳原长为 L，当弹性绳被拉直后，根据牛顿第二定律有
mg kL k
mg k x L ma 故 a x ，当到达最低点时加速度大于 g ，故 A 错误；
m m
．根据动能定理有 ，运动员的动能 与位移 图像的斜率绝对值表示小球所受
B Ek F合 x (mg F弹 )x Ek x
合力大小，合力大小先不变再变小最后又反向增大。故 B 错误；
C．设运动员从静止释放处到运动至最低点处的高度差为 H，小球的机械能：
，运动员的机械能 与位移 图像的斜率绝对值表示弹性绳的弹力大
E mg H x Ek mgH F弹 x E x
小，弹性绳上的弹力开始为零，然后逐渐增大。故 C 正确；
D．重力的功率：p mgv 运动员的重力的功率 p 随时间 t 变化的图像斜率的绝对值表示加速度大小，加
速度大小先不变再变小最后又反向增大。故 D 正确。
故选 CD。
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10、ACD
2 g
【详解】A．小物块刚滑落时，最大静摩擦力等于所需向心力，可得 mg m r ，解得：
r
选项 A 正确；
B．小物块刚滑落时的速度大小为 v r gr ，选项 B 错误；
1 r
C．设小物块在餐桌上滑行的距离为 x，根据动能定理可得 mgx 0 mv2 ，解得： x
2 2
小物块在桌面上运动的俯视图如图所示：
2 2 2 5r
根据图中几何关系可得： R x r 解得： R ，选项 C 正确；
2
1
D．该过程中因摩擦产生的热量为 Q mgx mgr ，选项 D 正确。
2
故选 ACD。
三、实验题：本题共 2 小题，11题 6 分，12 题 8 分，共 14 分
11、（6 分）【答案】（4）详见解析；（5）非线性；（7）3.82~3.85 。（每空 2 分）
（4）用平滑的曲线连接图中各点，可得：（描点 1 分，划线 1 分）
（5）由图线可得下落高度与时间为非线性关系。
（7）根据自由落体运动，可列式 v gt ，或者 v2 = 2gh 即 v = 2gh
0.462 + 0.319
或者有： s = 0.3905s 0.391s ，故 h=0.75m 为二者的时间中点，所以 h = 0.75m 处
2
1.05 - 0.50
速度，也等于 0.50m ~1.05m 段的平均速度 v = m s = 3.85m s
0.462 - 0.319
结果：3.85（3.82~3.85 均给分）
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1 d 2 2
12、（8 分） 1.050 或 1.055 ； C ； (2m m )gh (2m m )( ) ； g （每空 2 分）
2 1 2 2 1 t 5
【详解】（1）该实验要验证的是 A、B 组成的系统机械能守恒，光电门用来测量系统的速率，计算系统增
加的动能，而系统减少的重力势能要测量的是系统初始位置到光电门的高度差，故应测量的是挡光片
中心到光电门中心的竖直距离，故 AB 错误，C 正确。故选 C。
d
（2）由光电门测速原理，A 通过光电门的速率为 v
A t
则 的速率为
B vB 2vA
1 1
如果系统（重物 A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为： m g 2h m gh mv 2 m v 2
2 1 2 1 A 2 2 B
1 d
联立整理得： (2m m )gh (2m m )( )2
2 1 2 2 1 t
1
（3）A、B 的质量均为 m，速度为 v，若系统的机械能守恒，则满足上式有：(2m m)gh (2m m)v 2
2
v2 2
解得： g
h 5
三、解答题（共 3 小题，13 题 10 分，14 题 12 分，15 题 18 分）
13、（10 分）（1）FQ = 900 N ；FP = 1200 N ；（2）W = —6300 J。
（1）对重物做受力分析，由正交分解得：Fp cos = FQ cos + mg.....................2 分
Fp sin = FQ sin .............2 分
可得： FQ = 900 N ，FP = 1200 N .................2 分
（2）重物下落过程中动能始终没有发生变化，对重物可列动能定理 W + mgh = 0 .........2 分
计算可得重物下降到地面的过程中两根绳的拉力对重物做的总功 W = —6300 J.........2 分。
14、（12 分） （1）5N （2）不能通过 D 点，不能到达 FG 轨道
1
（1）滑块从出发到 C，根据动能定理： mg(l sin - R) mgl cos = mv2 0.......3 分
2 c
2
vc
在 C 点，轨道对滑块的支持力为 FN ， F = m ............1 分
N R
/
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力 FN = FN .............1 分
/
所以 FN = 5N ...........1 分
v2
mg = m D .....
（2）要使滑块能越过 D 点到达 FG 轨道，设滑块刚发能通过 D 点，则有： R 2 分
l
设滑块释放点到 B 点的距离为 0
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