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一、选择题
1.D
v
提示：根据加速度的定义式 a 计算判断，其中桌球的加速度大小为 35m/s2，最大。
t
2.A
提示：根据力与运动的关系可判断质点做类平抛运动，其轨迹为向 x 轴负方向开口的抛物
线。
3.D
1
提示：利用 h gt 2 可求出曝光时间 t0.04s，所以 1 s 内可拍摄到小球的位置为 n 25
t
个。
4.A
提示：汽车受到的阻力 3 ，由 解得汽车的牵引力
f ma2 2.510 N F f ma1
F 7.5103 N ，再由 P Fv 1.5105 W 。
5.B
v2
提示：炮弹在最高点时，向心加速度 g ， 炮弹做抛体运动过程中，水平速度不变，
v g
所以炮弹出膛速度 v 。
0 cos cos2
6.C
提示：由图像可知，重力加速度最大的位置处于 x=0、y=10km 的位置，由于在（0，10km）
处重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加，而在（0，0）处是金属矿产生的引力分
量和地球产生的引力相加，因此，在（0，10km）处重力加速度比（0，0）处大，且无穷远
处的加速度均为 g，所以g1 7.B v 2 提 示 ： 蹬 地 起 跳 时 ， F mg m ， 且 v 2gh ， 解 得 F1=1000N ； 落 地 时 ， 1 t 1 v2 ，解得 。所以 ： 。 F2 mg m F2=1500N F2 F1=1.5 2h2 8.AC 1 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#} Mm 4 2 4 2r 3 提示：由 ，可求得火星质量 2 ；因不知道火星的半径，无 G 2 m 2 r2 M 2 r2 T GT r 3 法求得火星的密度；根据开普勒第三定律，可求出火星探测器的周期 / 1 ；因不知 T 3 T r2 道探测器的质量，无法求出它受到的合力。 9.BD 提示：作出圆环受力图，由圆环三力作用平衡可判断两杆靠近的过程中，杆对圆环弹力的 合力等于环的重力，选项 A 错误；杆对圆环的弹力逐渐减小，所以开始时弹力最大，求得 弹力的最大值 F=mg，选项 B 正确；在这一过程中，合外力对圆环做功为零，即弹力做功 1 W mgh 0 ，其中由几何可得 h r ，每根杆对圆环做的负功相同，其值均为 2 1 1 W / W mgr ，选项 C 错，D 对。 2 4 10.AD 提示：由图像可知此人的重力为 500N，质量为 50kg。同时看出人下蹲到约 t=1.25s 时， 人所受合力最大，从图像可看出最大合力 G-N=300N，由 G-N=ma 可得加速度的最大值为 mv 6m/s2；由合力 F ma 可得 Ft mv ，其中 Ft 为合力图线围成的面积值，其值约 t 1 为 3000.5 ，由此可知约 t=1.5s 时，人的速度最大，最大速度约为 1.5m/s。 2 二、非选择题 BF 0.4932 11.（1）1.2（1.1~1.3 均给分） （2 分） 提示： v 1.2m/s D 4T 0.4 （2）能 （2 分） 提示：相邻两段时间 0.1s 内的位移之差均约等于 2.1cm。 CF OC 0.401 0.2132 （3）2.（1 2.0~2.2 均给分）（2 分） 提示：a 2.1m/s2 (3T )2 0.09 12.（1）保持小球做平抛运动的初速度不变。（2 分） （2）小球通过虚线的位置如图所示 O （2 分） 提示：小球从 O 点开始平抛运动 到 P 点，经过虚线正好是时间的一半， 因此下落的高度差是 1：3。 P （3）轨迹如图中实线所示。（1 分） 2 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#} 提示：要求用平滑曲线画出抛物线轨迹。 1 （4） （2 分） 提示： 20l gt 2 30l v t 2 0 0 （5）小于（= 1 分22）.5轨 迹如图中虚线所示（1 分） 13.（10 分） （1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有 1 h gt 2 2 分 2 解得运动员在空中运动时间为 2h 2 20 t 2s 2 分 g 10 （2）运动员着地时，竖直方向的速度为 分 vy gt 20m/s 1 根据速度的分解可得运动员水平方向的速度为 v v y 15m/s 2 分 0 tan 530 （3）运动员的水平位移为 分 x v0t 15 2 30m 2 设斜面与水平面的夹角为，则 h 2 tan 1 分 x 3 2 即斜面夹角为 arctan 3 14.解：（1）小球自由落体，到达位置 A 的速度为 v1，根据机械能守恒得 1 mgh mv 2 1 分 2 A 解得： 分 vA 2gh 2 （2）从图乙可以看出，小球未经过轨道时，压力大小为 F0，小球经过轨道最低 点 B 时，压力大小为 F，根据牛顿运动定律可得 F0 G轨道 1 分 3 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#} 2 vB F G轨道 mg m 1 分 R 1 且 mg(h R) mv 2 1 分 2 B 2mgh 解得 R 1 分 F F0 3mg （3）小球经过 C 点时的速度为 vC，则 1 mg(h R cos) mv 2 1 分 2 C 离开轨道 C 点后做斜抛运动，其机械能守恒。故当它的速度最小时，离开地 面的高度最大。最小速度为 v,则 分 v vC cos 1 根据机械能守恒定律得小球离开圆弧轨道后离地面的最大高度为 H，则 1 mg(h R) mv2 mgH 1 分 2 3 2 2mg(1 cos ) 解得 H sin h 1 分 F F0 3mg 15.（18 分） 提示：（1）根据牛顿第二定律可得 分 F (M m)a1 2 木板运动到墙壁时的速度大小为 2 分 v1 2a1d 1 解得 分 v1 2m/s 2 （2）设木板到达墙壁速度大小为 v2，则铁块不与挡板碰撞的条件为 2 分 v2 2gl 1 且 2 分 v2 2a2d 1 F (M m)a2 解得外力 F 的最大值为 F 30.0N 当 g，即 F 10N 时，铁块立即从木板上掉落 + >> 4 {#{QQABCYAAggioAABAAQhCAQ1QCEIQkgGACSgGBBAMsAIBCBNABAA=}#}