題目列表(包括答案和解析)
在“用單擺測定重力加速度”的實驗中：| 1600π2L |
| t2 |
| 1600π2L |
| t2 |
在“用單擺測定重力加速度”的實驗中. |
| L |
. |
| T |
. |
| L |
. |
| T |
| 4π2n2l |
| t2 |
| 4π2n2l |
| t2 |
| 4π2L |
| T2 |
| 4π2L |
| T2 |
一、本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。
1.AC 2.B 3.C 4.BD 5.D 6.B 7.AB 8.B 9.CD 10.ABD
二、本題共3小題，共14分。把答案填在題中的橫線上。
11.ABD(3分) (注：選對但不全的得2分)
12.(1)F；F′ (3分) (2)不變 (2分)
13.
；(2分) 
；(2分) mg
（2分）
(注：用相鄰兩段位移表達出來，只要表達正確的不扣分)
三、本題包括7小題，共56分。解答應寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題的答案必須明確寫出數值和單位。
14.(7分)
解：(1)設斜面對箱子的支持力為N，箱了上滑的加速度為a。根據牛頓第二定律，得平行斜面方向，F-mgsin37°-μN=ma， …………1分
垂直斜面方向，N=mgcos37°, …………1分
解得箱子的加速度a=
(sin37°+μcos37°)=2.4m/s2 …………2分
(2)設箱子滑到斜面頂端的速度v，由運動學公式，
v2=2as， …………2分
解得 v=
。 …………1分
15.(7分)
解：(1)設塔頂距地面的高度為h,根據自由落體運動公式，得
h=
gt2=80m。 …………2分
(2)設石塊落地時的速度為v，根據勻變速運動規律，v=gt。 …………2分
設石塊落地時重力做功的功率為P，則P=mgv=mg2t=2.0×103W 。…………3分
16.(8分)
解：(1)滑塊B沿軌道下滑過程中，機械能守恒，設滑塊B與A碰撞前瞬間的速度為v1，則 mgR=
。 …………1分
滑塊B與滑塊A碰撞過程沿水平方向動量守恒，設碰撞后的速度為v2，則
mv1=2mv2 。 …………1分
設碰撞后滑塊C受到軌道的支持力為N，根據牛頓第二定律，對滑塊C在軌道最低點有 N-2mg=2mv
/R ，…………1分
聯立各式可解得， N=3mg。 …………1分
根據牛頓第三定律可知，滑塊C對軌道末端的壓力大小為N′=3mg。…………1分
(2)滑塊C離開軌道末端做平拋運動，設運動時間t，根據自由落體公式，
h=gt2 。…………1分
滑塊C落地點與軌道末端的水平距離為s=v2t ，…………1分
聯立以上各式解得s=
。 …………1分
17.(8分)
解：(1)飛船在圓軌道上做勻速圓周運動，運行的周期 T=
。 …………1分
設飛船做圓運動距地面的高度為h，飛船受到地球的萬有引力提供了飛船的向心力，根據萬有引力定律和牛頓第二定律，得
。 …………2分
而地球表面上的物體受到的萬有引力近似等于物體的重力，即
=mg, …………1分
聯立以上各式，解得 h=
-R。 …………1分
(2)飛船運動的圓軌道的周長 s=2π(R+h)， …………1分
動行的速度 v=
=
， …………1分
解得 v=
。 …………1分
18.(8分)
解：(1)重錘在豎直平面內做勻速圓周運動，當重錘運動通過最高點時，打夯機底座受連接桿豎直向上的作用力達到最大。此時重錘所受的重力mg和連接桿對重錘向下的拉力T1提供重錘的向心力，根牛頓第二定律
T1+mg=mw2R。 …………1分
連接桿對打夯機底座向上的拉力 T1′=T1。 …………1分
當T′=Mg時，打夯機底座剛好離開地面， …………1分
解得 ω=
。 …………1分
(2)當重錘通過最低位置時，重錘所受的重力mg和連接桿的拉力T2的合力提供重錘的向心力，根據牛頓第二定有： T2-mg=mw2R。…………1分
連接桿對打夯機底座的作用力T2′的方向向下，且T2′=T2。
設打夯機受到地面的支持力N，根據牛頓第二定律，
N=Mg+T2’ ，…………1分
聯立以上各式解得 N=2（M+m）g 。…………1分
根據牛頓第三定律，打夯機對地面壓力的大小N′=N=2(M+m)g。…………1分
19.(9分)
解：(1)設運動員在空中飛行時間為t，運動員在豎直方向做自由落體運動，得
ssin37°=gt2，
解得： t=
=1.2s。…………2分
(2)設運動員離開O點的速度為v0，運動員在水平方向做勻速直線運動，即
scos37°=v0t，
解得： v0=
=8.0m/s。…………2分
(3)運動員落在A點時沿豎直向下的速度vy的大小為
vy=gt=12m/s …………1分，
沿水平方向的速度vx的大小為 vx=8.0m/s。
因此，運動員垂直于斜面向下的速度vN為
vN=vycos37°-vxsin37°=4.8m/s。 …………1分
設運動員在緩沖的過程中受到斜面的彈力為N，根據動量定理
(N-mgcos37°)t=mvN，…………1分
解得： N=mgcos37°+
=880N。…………1分
20.(9分)
解：(1)設物塊滑上小車后經過時間t1速度減為零，根據動量定理
μmgt1=mv，
解得： t1=
=0.5s 。…………1分
(2)物塊滑上小車后，做加速度為am的勻變速運動，根牛頓第二定律
μmg=mam，
解得： am=μg=2.0m/s2。
小車做加速度為aM的勻加速運動，根據牛頓第二定律
F-μmg=MaM，
解得： aM=
=0.5m/s2。…………1分
設物塊向左滑動的位移為s1，根據運動學公式
s1=v0t1-amt
=0.25m,
當滑塊的速度為零時，小車的速度V1為
V1=V0+amt1=1.75m/s。
設物塊向右滑動經過時間t2相對小車靜止，此后物塊與小車有共同速度V，根據運動學公式，有 V=V1+aMt2=amt2，
解得： t2=
s。 …………1分
滑塊在時間t2內的位移為s2=ams=
m≈1.36m。(方向向右) …………1分
因此，滑塊在小車上滑動的過程中相對地面的位移為
s=s2-s1=
m≈1.11m,方向向右。…………1分
(3)由(2)的結果，物塊與小車的共同速度
V=
m/s，
因此，物塊在小車上相對小車滑動的過程中，系統的機械能增加量ΔE為
ΔE=(m+M)V2-mv
-MV≈17.2J。…………2分
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