物理试题答案
命题学校:新洲一中阳逻校区命题人:王小平审题人:金安国
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7
题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分,
有选错的得0分）
1、如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对平衡力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变大
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
【答案】C
【详解】AB．对人受力分析有
则有FNFT=mg
其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A、B错误、
CD．对滑轮做受力分析有
mg
则有F
T2cos
则随着重物缓慢拉起过程，逐渐增大，则FT逐渐增大，D错误。
故选C。
2、在粗糙水平面上静置一个质量为M的三角形斜劈A（两侧斜面倾角不相等，满足），此时两个质量均为
m的小物块P和Q恰沿两侧斜面匀速下滑。若在下滑过程中，同时各施加一个平行于各自斜面的大小相等的恒
力F1、F2作用于两物块，如图所示，重力加速度为g，则在施力后P和Q下滑过程中（均未到达底端），下列判
断不正确的是（）
A．物块P和物块Q的加速度大小相等
B．地面对斜劈A的支持力大小为(M2m)g
C．斜劈A有向右的运动趋势
D．若将F2的方向改为竖直向下，地面与斜劈A之间没有摩擦力
【答案】C
【详解】
A．未加推力时，小物块P和Q恰沿两侧斜面匀速下滑，合力均为零，施加相同大小的推力后，合力大小相
同，物块质量相同，根据牛顿第二定律可知，加速度大小相同。故A正确，不符合题意；
B．斜劈对小物块的作用力是支持力和摩擦力的合力，合力大小等于物块重力大小，根据牛顿第三定律可知，
小物块对斜劈的作用力等于小物块重力大小，则根据平衡条件可知，斜劈受到地面的支持力为FN(M2m)g
1
{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}
故B正确，不符合题意；
C．斜劈对小物块的作用力是支持力和摩擦力的合力，未加推力时，小物块匀速运动，可知支持力和摩擦力的合
力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，小物块对斜劈的作用力方向竖直向下，故斜劈A没有运动趋势，故A
错误，符合题意。
D．若将F2的方向改为竖直向下，小物块对斜劈的作用力方向仍为竖直向下，故地面与斜劈A之间没有摩擦力，
故D正确，不符合题意。
故选C。
3.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力
做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下
列说法正确的是（）
A.在x=1m时，拉力的功率为6W
B.在x=2m时，物体的动能为2J
C.从x=0运动到x=4m，物体克服摩擦力做的功为8J
D.从x=0运动到x=4的过程中，物体的最大动量为2kgm/s
【答案】D2
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
1
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有Wmgxmv2
2
则x=1m时物体的速度为v1=2m/s
W
x=1m时，拉力为F6N
x
则此时拉力的功率P=Fv1=12W
x=2m时物体的动能为Ek=4JAB错误
C．从x=0运动到x=4m，物体克服摩擦力做的功为Wf=mgx=16J，C错误；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1=6N，2—4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4N，
则物体在处速度最大，且根据选项分析可知此时的速度
x=2mABv28m/s
则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为pmv22kgm/sD正确。
4、达芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。
若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（）
2
{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}
A.B.C.D.
【答案】D
【详解】罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间t内水平方向增加量at2，竖直方向做在自由落体
运动，在时间t增加gt2；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定
的。
故选D。
5．我国对火星的首次探测任务将于2020年正式开始实施，要实现对火星的形貌、
土壤、环境、大气等的探测，研究火星上的水冰分布、物理场和内部结构等。现假
想为研究火星上有关重力的实验，在火星的表面附近做一个上抛实验，将一个小球
以某一初速度竖直向上抛出，测得小球相邻两次经过抛出点上方h处的时间间隔为t，
作出t2h图像如图所示，已知火星的半径为R，引力常量为G，则火星的质量为
（）
4aR24bR28aR28bR2
A．B．C．D．
GbGaGbGa
【答案】D
【详解】小球以某一初速度竖直向上抛出，测得小球相邻两次经过抛出点上方h处的时间间隔为t，由运动学规
2
v21t
律可得0hg
2g22
84v28a8b
解得t2h0结合题图可知解得g
gg2gba
Mm8bR2
由Gmg知M选项D正确，ABC错误。故选D。
R2Ga
6.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细
杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为
F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向
上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加
速度为g。下列说法正确的是（）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
3
{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
【答案】D
【解答】解：A、物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F
大小关系不确定，故A错误；
B、小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力
大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；
C、依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：，那么物块上升的最大高度为
h，故C错误；
D、因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：2F
MgM，解得：vm，故D正确；
故选：D。
1
7.如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m
4
的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否
脱离轨道的说法正确的是（）
A.不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B.不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于gR，一定不会
脱离轨道
在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度，都不会脱离轨道
C.v1gRv20
在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论多大都会脱离轨道
D.v1gRv2
【答案】D
【详解】当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图
小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故
4
{#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}
v2
mgcosFm
TR
从最高点滑下来，由机械能守恒定律
11
mv2mv2mgR1cos
221
联立得
mv2
F2mg13mgcos
TR
所以当FT0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需满足
mv2
2mg13mgcos
R
mv2
当=0时，cos最大，所以需满足2mg13mg
R
解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是
v1gR
当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图
v2
小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故mgcosFm
TR
11
从最高点滑下来，由机械能守恒定律mv2mv2mgR1cos
222
mv2
联立得F3mgcos2mg2
TR
所以当FT0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足
mv2
2mg23mgcos
R
mv2
当=90时，cos最小，所以需满足2mg20
R
显然v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道，所以A、B、C错误。
故选D。
8、历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现
VsV0
称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为A其中V0和Vs分别表示某段位移
S
S内的初速和末速，A>0表示物体做加速运动，A VV 的定义式为at0，下列说法正确的是（） t A.若A>0且保持不变，则a逐渐变大 5 {#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#} B.若A不变，则a也不变 V2V2 C，若A不变，则物体在中间位置处的速度为A0s 2 D.若A不变，则物体在中间位置处的速度为VV A0s 2 解答：解：A、若A>0，在这种情况下，相等位移内速度增加量相等，所以平均速度来越大，所以 相等位移内用的时间越来越少，由VV可知，a越来越大，故A正 a10 t 确，B错误. C、因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为s，速度变化 2 量为VV，所以此位置的度为VVVV，故C错误，D正确； s0Vs00s 2022 故选AD. 9.如图，一个装满水的空心球总质量为m，左侧紧靠在竖直墙面上，右侧由方形物块顶在其右下方的A点，使 R 球处于静止状态。空心球的圆心为O，半径为R，A点距离圆心O的竖直距离为，重力加速度为g。则（） 2 A.方块物体对空心球的弹力大小为2mg B.仅将方块物体向右移动一小许，墙面对空心球的弹力将不变 C.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力将变小 D.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力与水平方向的夹角将变小 【答案】AC 【详解】A．对空心球整体为研究对象，受力分析如图，因平衡受三力构成矢量三角形，由几何关系可知图中 R1 sin 2R2 故方块物体对空心球的弹力大小为2mg，A正确； B．仅将方块物体向右移动一小许，变小，墙面对空心球的弹力将变大，B错 误； C．仅当空心球里的水放掉一小部分，重力变小，但虽然重心下降，但方形物块 对空心球的弹力方向仍然指向圆心，方向不变，所以方体物块对球的弹力将变小，方体物块对球的弹力与水平方 向的夹角不变，C正确，D错误。 故选AC。 6 {#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#} 10、如图所示在竖直壁上有一个可以上下移动的小球抛射装置A，小球质量为m，改变小球在管中的初始位置， 1K2 使弹簧的弹性势能与装置高度h满足：Em（K为已知常量）。静止的小球在弹簧的作用下水平抛出， p2h 不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（） A.常数K的单位为m3s1 小球离开抛射装置的速度 B.v0Kh C.A的高度不同，小球水平落点也不同 1 D.当弹性势能为EKm2g时，小球落到水平面的动能最大 p2 【答案】AD 1K21 【详解】A．由能量守恒定律Emmv2 p2h20 化简可得所以的单位为31正确； Kv0hKm/smmsA 1K21 B．由能量守恒定律Emmv2 p2h20 K 可得，小球离开抛射装置的速度为v0B错误； h 1 C．根据平抛运动知识hgt2 2 K2h2 水平位移xvt联立解得xK 0hgg 所以小球的水平落点与h无关，C错误； 1K2 D．由能量守恒定律知，小球落到水平面上的动能为EEmghmmgh kp2h 1K2K 可见，当mmgh小球落到水平面的动能最大，即h 2h2g 1K21 EmKm2g 此时弹簧的弹性势能为p2K2D正确。故选AD。 2g 二、非选择题:本题共5小题，共60分。 11．某物理小组的同学设计了一个测量玩具小车通过凹形桥模拟器最低点时的速度的实 验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为 R0.10m）。 完成下列填空： 7 {#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#} 将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00kg 将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为kg； 将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点 后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同 一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示： 序号12345 mkg1.801.751.851.751.85 根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力大小为N（保留三位有效数字）；小车通过 最低点时的速度大小为m/s。（重力加速度g取10m/s2，计算结果可保留根号） 15 【答案】1.508.00【详解】（1）[1]根据天平的分度值，可知托盘秤的读数为1.50kg； 5 [2]根据表格中的数据，可知小车经过凹形桥最低点时，托盘秤示数的平均值为 1.801.751.851.751.85 mkg1.80kg 示5 故小车对桥的压力大小为F（m示m桥）g(1.801.00)10N8.00N v2 [3]小车通过最低点时，满足Fmgm NR 15 其中FNF8.00N，m1.501.00kg0.50kg代入可得vm/s 5 12、两实验小组想验证动量守恒定律，第一组采用传统的如图甲所示的“碰撞实验装置”验 证两小球碰撞前后的动量是否守恒；第二组设计了如图乙所示利用固定了两个光电门的 气垫导轨验 证两滑块碰撞前后的动量是否守恒。 图甲图乙 第一组主要操作步骤如下： 安装好实验装置，使A球多次从斜轨上同一位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E； 将与A球半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止 释放，多次重复上述过程，分别找到碰后A球和B球的平均落点的位置D和F； O为轨道末端在地面的投影点，用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF，分别记为x1、x2、x3。 已知A球和B球的质量分别为mA、mB。 8 {#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#} 第二组主要操作步骤如下： 在气垫导轨上固定光电门1和光电门2，滑块M和N质量之比为1：2，两滑块上固 定宽度均为d的遮光片； 调节气垫导轨水平； 推动两滑块M和N分别由气垫导轨的左右两侧开始滑动，经测量，滑块M和N通过光电门1、2 的遮光时间分别为t1和t2，两滑块发生碰撞后又先后通过两光电门1、2的遮光时间分别为t3 和t4。 证请回答下列问题： (1)第一组实验，当表达式成立时，即说明A球和B球在碰撞过程中动量守恒。 (用mA、mB、x1、x2、x3表示) (2)第一组实验，当表达式成立时，即说明A球和B球发生的是弹性碰撞。 (3)第二组实验，当表达式成立时，即说明滑块M和N在碰撞过程中动量守恒。(用题 中所给字母符号表示) (4)第二组实验，当表达式成立时，即说明滑块M和N在碰撞过程中发生的是弹性碰 撞。 答案： (1)mAx2=mAx1+mBx3(2分)(2)x1+x2=x3(3分) ()1221()1111 3(2分)4(3分) t1t2t4t3t1t2t3t4 13（12分）宇宙飞船返回舱进入大气层后先打开减速伞，当速度减至80m/s时打开主降落伞继续减速，直到速 度减至8m/s后做匀速下落，打开主伞后返回舱的速度图线如图a所示，主降落伞用96根对称的伞绳悬挂着返回 舱，每根伞绳与中轴线的夹角约为37，如图b所示，已知返回舱的质量为2400kg，主降落伞质量为80kg，不计 返回舱所受的阻力，打开主降落伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=k（vk为阻力系数）（g取10m/s2，sin37=0.6， cos37=0.8），求： （1）阻力系数k （2）打开主降落伞瞬间的加速度a的大小和方向 （3）悬绳能够承受的拉力最小值 （1）3100kg/s（2）90m/s2竖直向上（3）3125N 解析：（1）开伞后做匀速运动（m+M）g=kv 得k=3100kg/s （2）开伞瞬间f0=kv0，由于f0>（m+M）g可知加速度方向向上 由牛顿第二定律得：kv0-（m+M）g=（m+M）a 9 {#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#} 解得：a=90m/s2 （3）由题意知，开伞瞬间绳上的拉力最大，选择返回舱作为研究对象 96Fcos370Mg=Ma 解得：F=3125N 14、（14分）电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距 离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。如图所示，甲、乙两 辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够 实现通信。t0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为5m/s，乙车的速度为2m/s，O1、O2的 距离为3m。从该时刻起甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。（忽 略信号传递时间） （1）在甲车停下来之前，两车在前进方向上距离最大是多少米? （2）从t0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为多长? 答案．（1）4.5m；（2）6.25s 【详解】（1）假设经过t0，两车的速度相等，此时相距最远v甲at0v乙 解得t03s 12 此时两车在前进方向上的最大距离为xmaxv甲t0at0v乙t04.5m 2 （2）根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O1O25m时，有x甲x乙4m 12 根据运动学公式有x甲v甲tatx乙v乙t 2 解得t12s，t24s 当0t2s时，有O1O25m 当2st4s时，有O1O25m tt24s时，甲车的速度为v甲1v甲at21m/sv乙 t=4s之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离为 2 v甲1 x甲0.5m 12a = 根据几何关系可知，从t4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中，O1O25m，这段过程经历的时间为 10 {#{QQABJQSAoggAAAIAAQhCQwESCkCQkBECCIoGQEAMoAAAwBFABAA=}#}