題目列表(包括答案和解析)
一、選擇題（本題包括12小題，共48分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
CD
B
C
AC
C
B
BD
C
B
D
CD
A
二、實(shí)驗(yàn)題（本題共兩小題，共17分）
13、⑴ 1.10 （2分）（說(shuō)明：有效數(shù)字不正確不給分）
⑵ 0.765 （3分）（說(shuō)明：有效數(shù)字不正確不給分）
14、⑴ ①不放B時(shí)用秒表測(cè)出彈簧振子完成30次全振動(dòng)的時(shí)間t1
②將B固定在A上，用秒表測(cè)出彈簧振子完成30次全振動(dòng)的時(shí)間t2（此兩步共5分，明確寫出只測(cè)一次全振動(dòng)時(shí)間的最多給3分）
⑵ 
（3分）
⑶ 無(wú) （1分） 物體與支持面之間沒(méi)有摩擦力，彈簧振子的周期不變。（3分）
三、計(jì)算題（本題包括5小題，共55分）
15、（8分）(說(shuō)明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：對(duì)飛鳥(niǎo)，設(shè)其最小的飛行速度為v1，則： 
（1分）
對(duì)飛機(jī)，設(shè)其最小起飛速度為v2， 則： 
（1分）
兩式相比得:
（1分）
代入數(shù)據(jù)得:
（2分）
設(shè)飛機(jī)在跑道上滑行的距離為s，由公式：v2=2as （1分）
得：
=900m
（2分）
16、（10分）(說(shuō)明：其它方法正確按步驟參照給分)
解:設(shè)0～2.0s內(nèi)物體的加速度大小為a1，2～4s內(nèi)物體的加速度大小為a2，
由 
得
a1=5m/s2，
（1分）
a2=1m/s2 （1分）
由牛頓第二定律得：
（1分）
（1分）
解得： F=30N （2分）
由圖象得：物體在前4s內(nèi)的位移為：
=8m
（2分）
故水平外力F在4s內(nèi)所做的功為：
=－240J
（2分）
17、（12分）(說(shuō)明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：⑴設(shè)火星表面的重力加速度為
，地球表面的重力加速度為g
由萬(wàn)有引力定律有：
（1分）
可得 
， 
（2分）
設(shè)探測(cè)器在12m高處向下的速度為
，則根據(jù)能量關(guān)系有：
（1分）
代入數(shù)據(jù)，解得 
（1分）
⑵設(shè)探測(cè)器落地的速度為
，反彈的速度為
，則有：
（1分）
（1分）
代入數(shù)據(jù)，解得: 
（1分）
（1分）
設(shè)“勇氣”號(hào)和氣囊第一次與火星碰撞時(shí)所受到的平均沖力為N，
由動(dòng)量定理得：
（2分）
代入數(shù)據(jù)，解得：N=4400N （1分）
18、（12分）(說(shuō)明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：⑴設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的側(cè)向位移為h, 穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線OR的距離為y
則： h=at2/2 （1分）
即：
（1分）
代入數(shù)據(jù)，解得： h=0.03m=3cm （1分）
帶電粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),由相似三角形知識(shí)得：
（1分）
代入數(shù)據(jù)，解得: y=0.12m=12cm （1分）
⑵設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy，則：vy=at= 
代入數(shù)據(jù)，解得: vy=1.5×106m/s （1分）
所以粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為：
（1分）
設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：
（1分）
因?yàn)榱Ｗ哟┻^(guò)界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過(guò)界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑與速度方向垂直。
勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：
（1分）
由：
（2分）
代入數(shù)據(jù)，解得： Q=1.04×10-8C （1分）
19、（13分）(說(shuō)明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：⑴設(shè)第1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律：
（1分）
代入數(shù)據(jù)，解得： v1=3m/s （1分）
⑵設(shè)第1個(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個(gè)球經(jīng)過(guò)t0與木盒相遇,
則：
（1分）
設(shè)第1個(gè)球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：
得： 
（1分）
設(shè)木盒減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時(shí)間為t2，則：
=1s
（1分）
故木盒在2s內(nèi)的位移為零 （1分）
依題意：
（2分）
代入數(shù)據(jù)，解得： s=7.5m t0=0.5s （1分）
⑶自木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)球相遇的這一過(guò)程中,傳送帶的位移為S，木盒的位移為s1,則：
（1分）
（1分）
故木盒相對(duì)與傳送帶的位移： 
則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是： 
（2分）
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