1、 参考答案 第 1 页（共 5 页） 一、选择题：本题共 12 小题，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一项符 合题目要求，每小题 4 分；第 912 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不 全的得 2 分，有选错的得 0 分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B B A D A A C AC BD AC ABD 1.B 【解析】AB.根据牛顿第二定律得， = ，则加速度变化，所受的外力改变，速度 大，加速度不一定大，故 A 错误，B 正确； C.物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，故 C 错误； D.
2、地面对人的支持力和人对地面的压力是一对作用力和反作用力， 大小相等， 方向相反， 故 D 错误。 2.B 【解析】刹车到零，可以看成从零开始的反向加速运动，刹车最后 1 s 内的位移等于从 零匀加速 1 s 内的位移，汽车通过的位移 = 1 2 2 = 2 m，故 B 正确，ACD 错误。 3.B 【解析】物块静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为 2，物体有向上滑动的趋势，弹 簧弹力为，则有cos 30= + sin 30，解得 = 23 3 ，故 B 正确，ACD 错误。 4.A 【解析】AB.由 = ，得 = ，可知与成正比，由速度公式 = 可知，一定 的时候，与成正比，在0 0内，物体做匀
3、加速直线运动，在0 30内，物体做匀减 速直线运动，故 A 正确，B 错误； CD.物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，位移一直增大，故 CD 错误。 5.D 【解析】AB.撤去前的瞬间，弹射装置和物体看作一个整体，受力分析 如图所示，则有2cos = + ，解得 = 7，当撤去时，弹簧因为 形变不会马上变化， 弹力仍为7， 两弹簧的合力大小为7， 方向向上， 故 AB 错误； CD.撤去时，物体的加速度为，对物体和底盘整体有 = 7 ， 解得 = 6，对物体进行分析，受到重力、支持力，则有 = ， 解得 = 7，故 C 错误，D 正确。 6.A 【解析】设河宽为，设船在静水中的速率为
4、1，水流速率为2，最短时间过河时： 静水速与河岸垂直， 有1= 1， 最小位移过河， 合 = 1 2 2 2， 则2 = 合 = 1 222， 联立解得1 2 = 2 2 212，故 A 正确，BCD 错误。 第 2 页（共 5 页） 7.A 【解析】A.tan = 0 1 2 2 = 20 ，tan = 0 ，可知2tan = tan ，故 A 正确； B.小球到达点时的竖直分速度= cos ， 则当地的重力加速度 = = cos ， 故 B 错 误； C.从到速度的变化量 = = cos ，故 C 错误； D.小球从到的位移 = 2 2cos = 2cos2 2cos ，平均速度 = =
5、cos 2cos，故 D 错误。 8.C 【解析】在天平右侧，以连接体左侧质量为的物体为研究对象，则有 = ， 以连接体右侧质量为的物体为研究对象， 则有 = ， 根据题意可知2 = ， 联立解得 = 3，故 ABD 错误，C 正确。 9.AC 【解析】物体在几个外力的作用下做匀速直线运动，如果撤掉其中的一个力，余下的 力的合力与撤去的力大小相等，方向相反，是个恒定的值。 A.若撤去的力与原速度方向在同一直线上，物体的合力恒定，而且与速度方向在同一直 线上，则物体做匀变速直线运动，故 A 正确； B.若撤去的力与原速度方向相同，物体的合力恒定，而且与速度方向相反，则物体做匀 减速直线运动，故
6、B 错误； C.若撤去的力与原速度方向不在同一直线上，物体的合力与速度不在同一直线上，则物 体做匀变速曲线运动，故 C 正确； D.匀速圆周运动需要合力始终指向圆心，物体所受合力恒定，所以不可能做匀速圆周运 动，故 D 错误。 10.BD 【解析】 AB.设石子乙释放后下落的时间为， 则两石子之间的距离 = 1 2( + 2) 2 1 2 2 = 2( + 1)，则随着的增大， 不断增大，故 A 错误，B 正确； CD. 由 = 2( + 1)可知， 甲相对乙的位移变化是均匀的， 即相同时间内位移变化量相 同，则甲相对乙做匀速直线运动，故 C 错误，D 正确。 11.AC 【解析】AB.对整体
7、分析得，地面的支持力 = ( + )，对 分析得，摩擦力 = tan 45= ，故 A 正确，B 错误； CD.如图所示，对物体受力分析，根据合力等于0，运用合成法得，墙 壁对的弹力1= tan ，对的弹力2= cos ，将往左缓慢移动 少许，角减小，tan 减小，cos 增大，则1减小，2减小，故 C 正确，D 错误。 12.ABD 【解析】A. 物块在传送带上先以1做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度， 改变加速度后以2做匀加速直线运动， 所以物块由到的间距对应图像所围梯形的“面 积”，为 = 1 2 2 0.2 m + 1 2 (2 + 4) 1 m = 3.2 m，故 A 正确； B
8、.由 图像可知，物块在传送带上先以1做匀加速直线运动，则加速度大小为1= = 2 0.2 m/s 2 = 10 m/s2，对物体受力分析，受摩擦力（方向斜向下） 、重力和支持力， 得sin + = 1，即sin + cos = 1，同理，以2做匀加速直线运动， 对物体受力分析，受摩擦力（方向斜向上） 、重力和支持力，加速度大小为2= = 第 3 页（共 5 页） 42 1.20.2 m/s 2 = 2 m/s2，得sin = 2，即sin cos = 2，解得 cos = 0.8， = 0.5，故 B 正确； CD. 由 B 可知，以1做匀加速直线运动，面粉的位移1= 1 2 2 0.2 m
9、= 0.2 m，皮带 的位移皮 1= 2 0.2 m = 0.4 m， 相对位移1= 皮 1 1= (0.4 0.2) m = 0.2 m，即 面粉相对于传送带向后运动0.2 m，同理，以2做匀加速直线运动，面粉的位移2= 1 2 (2 + 4) 1 m = 3 m，皮带的位移皮 2= 2 1 m = 2 m，相对位移2= 2 皮 2= (3 2) m = 1 m，即面粉相对于传送带向前运动1 m，故传送带上面粉痕迹长为0.8 m， 故两者之间的总相对位移 = 1+ 2= 1 m + 0.2 m = 1.2 m，故 C 错误，D 正确。 二、非选择题：共 6 小题，共 62 分。把答案填在答题
10、卡中的横线上或按题目要求作答。解 答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值 计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13.（6 分，每空 2 分）（1）CD （2）A （3）A 【解析】（1）对点受力分析如图所示，、分别表示三个力的 大小，由于三共点力处于平衡，所以等于，因此三个力的大小构成 一个三角形。 A.2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故 A 错误； B.1、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故 B 错误； C.4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡，故 C 正确； D.3、4、5可以构成三角形，则结点能处于
11、平衡，故 D 正确。 （2） 为验证平行四边形定则， 必须作受力图， 所以先明确受力点， 即标记结点的位置， 其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的 三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录、三段绳子的方向，故 A 正确， BCD 错误。 （3）以点为研究对象，3的实际作用效果在这条线上，由于误差的存在，1、2的 理论值要与实际值有一定偏差，故 A 图符合实际，B 图不符合实际。 14.（9 分）（1）倾斜长木板，平衡摩擦力（2 分） （2）不需要（2 分） （3）3.2（3 分） （4）不变（2 分） 【解析】（1）甲图中应改进的是倾斜长木板，平衡摩擦力，
12、这样做是为了在研究小车受 到的合力时不再考虑摩擦力的影响。 （2）根据上述方案做实验，通过弹簧测力计可测量出拉小车的力，因此不需要砂桶和砂 子的总质量远小于车的质量。 （3）已知交流电源的频率为50 Hz，则 = 1 = 0.02 s，利用逐差法可得，小车的加速度 = (7.72+7.216.706.19)102 4(0.022)2 m/s2= 3.2 m/s2。 （4）电压小于220 V，但交变电源的频率不变，不会改变打点周期，对实验结果不会产 生什么影响，即加速度的测量值与实际值相比不变。 第 4 页（共 5 页） 15.（10 分） （1）与地面间的动摩擦因数为0.5； （2）从静止开始
13、沿斜壁向上运动的加速度的大小为1 m/s2。 【解析】（1）当做匀速直线运动时，有： 1= 1（1 分） 1= （1 分） 1= 1（1 分） 代入数据解得： = 0.5（2 分） （2）当在斜壁上运动时，有： ( 2 )cos = （1 分） ( 2 )sin = 0（1 分） = （1 分） 代入数据解得： = 1 m/s2（2 分） 16.（12 分）（1）经过10 s，两车第一次相遇； （2）再经过13.5 s，两车第二次相遇。 【解析】 （1）设经过1，汽车追上自行车，有：21= 11+ （2 分） 解得：1= 10 s（2 分） 故经过10 s，两车第一次相遇。 （2）汽车的加速度
14、 = 2 m/s2。设第二次相遇所用的时间为2，则： 12= 22+ 1 2 2 2（1 分） 2= 12 s（1 分） 设汽车从刹车到停下用时3，则： 0 = 2+ 3（1 分） 3= 9 s 2（1 分） 故自行车又追上汽车前，汽车已停下。 停止前汽车的位移：汽= 0+2 2 3（1 分） 设经4时间追上，则： 14= 0 + 2 2 3（1 分） 4= 13.5 s（1 分） 故再经过13.5 s，两车第二次相遇。（1 分） 17. （12 分） （1） 若选手以速度0水平跳出后， 能跳在水平跑道上， 0的最小值为310 2 m/s； （2）若选手以速度1= 4 m/s水平跳出，该选手在
15、空中的运动时间为0.6 s。 【解析】（1）若选手以速度0水平跳出后，恰能跳在水平跑道上，则： sin 60 = 0（2 分） cos 60 = 1 2 2（2 分） 解得：0= 310 2 m/s（2 分） （2）若选手以速度1= 4 m/s水平跳出，因1 0，人将落在弧形坡上。 下降高度： = 1 2 2（2 分） 第 5 页（共 5 页） 水平前进距离： = 1（2 分） 且：2+ 2= 2（1 分） 联立解得： = 0.6 s（1 分） 18.（13 分）（1）木板刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2； （2） 从开始拉动木板到小物体脱离木板， 小物块的速度为1.6 m/s， 木板的
16、位移为2.4 m； （3）为使小物体能脱离木板，此拉力作用时间最短为0.8 s。 【解析】（1） 对木板根据牛顿第二定律可得： = 1（2 分） 解得：1= 3 m/s2（1 分） （2）对小物体根据牛顿第二定律可得： 2= = 1 m/s2（1 分） 设小物体滑离木板经过的时间为， 则有： = 1 21 2 1 22 2（1 分） 解得： = 1.6 s（1 分） 小物块的速度： = 2 = 1.6 m/s（1 分） 木板的位移： = 1 21 2 = 2.4 m（1 分） （3）设拉力作用时间最少为1，滑出用的总时间为总，做匀加速直线运动，先做匀 加速直线运动，后做匀减速直线运动。 则的加速度大小仍为2，撤掉前的加速度大小仍为1。 撤掉后的加速度大小：3= = 1 3 m/s 2（1 分） 根据速度关系可得：11 3(总 1) = 2总（1 分） 根据位移关系可得：1 211 2 + 11(总 1) 1 23(总 1)2 1 22总 2 = （2 分） 由上两式可得：10.8 s（1 分）
