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高三物理试卷（二）
１．Ｂ 【解析】篮球先做自由落体运动，速度逐渐增大，
与地面碰撞后做竖直上抛运动，速度逐渐减小，竖直
上抛的位移小于自由落体运动的位移，故 Ｂ正确，
ＡＣＤ错误；故选：Ｂ。
２．Ａ 【解析】由Ｂ端到达Ｐ点所用的时间为ｔ，可知Ｂ
１
端到Ｐ点的位移大小为ｘ＝ ａｔ２，则Ａ端到Ｐ点的
２
１
位移大小为ｘ′＝ｘ－Ｌ＝ ａｔ２－Ｌ，设Ａ端到达Ｐ点
２
１ １
所用的时间为 ｔ′，则 ａｔ２－Ｌ＝ ａｔ′２，解得 ｔ′＝
２ ２
２Ｌ
槡ｔ２－ ，则滑雪板的Ａ、Ｂ端通过Ｐ点的时间差是
ａ
２Ｌ
Δｔ＝ｔ－ｔ′＝ｔ－槡ｔ２－ ，故 Ａ正确，ＢＣＤ错误；故
ａ
选：Ａ。
３．Ａ 【解析】以小球为研究对象，受力情况如图所示
根据图像可知，挡板ＯＢ与水平面的夹角θ由６０°缓
慢增加至９０°的过程中，小球对挡板ＯＢ的压力逐渐
增大，故Ａ正确，ＢＣＤ错误；故选：Ａ。
４．Ｂ 【解析】Ａ．根据逆向思维，把排球从Ｐ点到Ｑ点
看成是从Ｑ点到Ｐ点做平抛运动，且Ｑ到Ｎ排球也
做平抛运动，根据平抛运动物体在竖直方向做自由
落体运动，可得Ｍ到Ｐ的时间为Ｐ到Ｎ的一半，故
Ａ错误；Ｂ．根据平抛运动规律，水平方向做匀速运
动，则有ｘ＝ｖｔ，结合Ａ选项可知ｔ ＝ｔ，且根据斜
ＭＰ ＱＰ
抛运动对称性可知ｘ ＝２ｘ，联立以上可知排球离
ＭＰ ＱＰ
开Ｍ点的速率ｖ是经过Ｑ点的速率ｖ的两倍，故
ｘＭ ｘＱ
Ｂ正确；Ｃ．根据平行四边形法则可得排球到达Ｐ点
时的速率ｖ
１
＝槡（ｖ
ｘＭ
）２＋ｖ２
ｙ１
，排球离开 Ｐ点时的速
率ｖ
２
＝槡（ｖ
ｘＱ
）２＋ｖ２
ｙ２
，由于两次在Ｐ点竖直方向速
参考答案 第 ４页 （共７页）度均为 ｖ ｙ ＝槡２ｇｈ，由于两次水平方向速度大小不 Ｆ瞬间物体Ａ、Ｂ加速度大小为ａ＝ １ ｇ，此时对Ｂ根
５
同，故排球到达Ｐ点时的速率和离开Ｐ点时的速率
据牛顿第二定律得ｋｘ－Ｆ －２ｍｇｓｉｎθ＝２ｍａ，解得此
不相等，故Ｃ错误；Ｄ，根据斜抛运动对称性可知排球 ＡＢ
１
离开Ｐ点的速度和到达Ｎ点的速度大小相同，但方 时Ａ、Ｂ间的弹力大小为Ｆ ＝ ｍｇ，故Ａ正确；Ｂ．物
ＡＢ ５
向不同，故Ｄ错误；故选：Ｂ。
块Ａ、Ｂ分离瞬间，它们之间作用力为零，对Ｂ根据牛
５．Ｄ 【解析】两轮是传动关系，则Ｑ、Ｐ两点的线速度
顿第二定律得 Ｆ′＝ｋｘ′＝２ｍａ＋２ｍｇｓｉｎθ，解得 Ｆ′＝
相等，即线速度大小之比等于１∶１，Ｑ、Ｐ两点的半径 弹 弹
８ｍｇ
ｖ２ １．６ｍｇ，ｘ′＝ ，故 Ｂ错误；Ｃ．由上述分析可知，在
之比为３∶２，根据ａ＝ 可得Ｑ与Ｐ向心加速度大小 ５ｋ
ｒ
Ａ、Ｂ分离前整个过程中弹簧一直处于压缩状态，且
ｖ
之比为２∶３，根据ω＝ 可知Ｑ与Ｐ角速度大小之
ｒ
弹力减小，则拉力Ｆ一直增大，故Ａ、Ｂ分离瞬间Ｆ最
２πｒ
比为２∶３，根据Ｔ＝ 可知Ｑ与Ｐ周期大小之比为 大，此时对Ａ根据牛顿第二定律得 Ｆ －ｍｇｓｉｎθ＝
ｖ ｍａｘ
ｍａ，解得Ｆ ＝０．８ｍｇ＜ｍｇ，故Ｃ错误；Ｄ．由上述分
３∶２，故Ｄ正确，ＡＢＣ错误；故选：Ｄ。 ｍａｘ
Ｍ ４ 析可得，在Ａ、Ｂ分离前整个过程中Ａ的位移大小为
６．Ｃ 【解析】Ａ．密度公式为ρ＝ ，体积Ｖ＝ πＲ３，
Ｖ ３
ｍｇ
ｘ＝ｘ－ｘ′＝ ，故Ｄ正确；故选：ＡＤ。
已知 Ｒ ＝Ｒ ，Ｍ ＝４Ｍ ，因此 Ａ ５ｋ
Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球 Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球
ρ ＝４ρ ，密度为地球的４倍，故Ａ错误；Ｂ． ９．ＡＣ 【解析】Ａ．从Ａ到Ｂ，根据动能定理可得ｍｇＲ＝
Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球
根据地球表面万有引力等于重力 Ｇ Ｒ Ｍ ２ ｍ ＝ｍｇ，可得地 １ ２ ｍｖ２ Ｂ ，解得ｖ Ｂ ＝４ｍ／ｓ，在Ｂ点，根据牛顿第二定律
球表面重力加速度公式为ｇ＝ ＧＭ ，代入Ｍ ＝ ｍｖ２
Ｒ２ Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 可得Ｆ －ｍｇ＝ Ｂ，解得Ｆ ＝６０Ｎ，根据牛顿第三定
Ｎ Ｒ Ｎ
４Ｍ 和Ｒ ＝Ｒ ，ｇ ＝４ｇ ，重力加速
地球 Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球 Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球 律可得，在最低点Ｂ时，对轨道的压力大小为６０Ｎ，故
度为地球的４倍，故Ｂ错误；Ｃ．第一宇宙速度公式ｖ
Ａ正确；Ｂ．物块达到底部的速度大小为ｖ＝４ｍ／ｓ，传
Ｂ
ＧＭ
＝槡 代入Ｍ ＝４Ｍ 和Ｒ ＝Ｒ 得 送带的速度大小为ｖ＝８ｍ／ｓ，根据牛顿第二定律可得
Ｒ Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球 Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球 ０
ｖ ＝２ｖ ，第一宇宙速度为地球的２倍，故Ｃ 物块在传送带上运动的加速度大小为ａ＝μｇ＝０．２×
Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ 地球
正确：Ｄ．根据开普勒第三定律Ｔ２＝
４π２ａ３
，已知轨道 １０ｍ／ｓ２＝２ｍ／ｓ２，小物块匀加速的时间 ｔ＝
ｖ
０
－ｖ
Ｂ＝
ＧＭ １ ａ
恒星
半径ａ和公转周期Ｔ才能计算恒星质量，题目仅给出 ８－４ ｖ＋ｖ
ｓ＝２ｓ，对应的位移ｘ＝０ Ｂｔ，解得ｘ＝１２ｍ，小
２ １ ２ １ １
Ｔ ＝１２．８天，但未提供轨道半径ａ或与太阳系
Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ
相关的轨道半径比例，因此无法直接估算恒星质量与 物块匀速运动的时间ｔ＝ Ｌ－ｘ １＝ ２４－１２ ｓ＝１．５ｓ，所
２ ｖ ８
太阳质量的比值，条件不足，故Ｄ错误；故选：Ｃ。 ０
以小物块在传送带Ｂ、Ｃ间的运动时间为ｔ＝ｔ＋ｔ＝
７．Ｃ 【解析】对光子和颗粒组成的系统，规定水平向 １ ２
２ｓ＋１．５ｓ＝３．５ｓ，故Ｂ错误；Ｃ．小物块在传送带上运
右的方向为正方向，则有ｐ＝－ｐ＋ｐ，则ｐ＝ｐ＋ｐ
１ ２ ２ １
＞ｐ，方向水平向右，故Ｃ正确，ＡＢＤ错误；故选：Ｃ。 动时，因摩擦而产生的热量为Ｑ＝μｍｇ（ｖ ０ ｔ １ －ｘ １ ），解
８．ＡＤ 【解析】Ａ．施加拉力Ｆ之前，Ａ、Ｂ整体受力平 得Ｑ＝１６Ｊ，故Ｃ正确；Ｄ．整个过程中电动机多消耗
衡，根据平衡条件可得此时的弹簧弹力为Ｆ ＝ｋｘ＝ １ １
弹 的电能为Ｅ＝Ｑ＋ ｍｖ２－ ｍｖ２，解得Ｅ＝６４Ｊ，故Ｄ
２ ０ ２ Ｂ
９ｍｇ
（ｍ＋２ｍ）ｇｓｉｎθ，解得Ｆ ＝１．８ｍｇ，ｘ＝ ，已知施加
弹 ５ｋ 错误；故选：ＡＣ。
参考答案 第 ５页 （共７页）１０．ＣＤ 【解析】Ａ．物块与小车之间的作用相当于两物 １２．（１）Ａ （２）Ｐ Ｍｓ＝Ｍｓ＋ｍｓ ｓ＋ｓ＝ｓ
２ １ ３ １ ２ ３
体发生弹性正碰，碰后物块反向运动，物块与小车 【解析】（１）ＡＢ．为了防止碰撞后入射球反弹，则 Ａ
分离时，小车的速度大小为２ｍ／ｓ，以水平向右的方 球的质量应为２０ｇ，故Ａ正确，Ｂ错误；ＣＤ．不需要
向为正方向，根据动量守恒ｍｖ＝３ｍｖ－ｍｖ，则物 斜槽和水平槽必须光滑，故ＣＤ错误；故选：Ａ；
０ ２ １
块的速度ｖ＝２ｍ／ｓ，物块离开小车后做平抛运动， （２）未放 Ｂ球时 Ａ球落地点是记录纸上的 Ｐ点。
１
故Ａ错误；Ｂ．根据动能定理可知，物块着地时的动 Ａ、Ｂ碰撞时动量守恒，表达式有Ｍｖ＝Ｍｖ＋ｍｖ，等
０ １ ２
１ 式两边同时乘以时间ｔ，变形得Ｍ·ＯＰ＝Ｍ·ＯＭ＋
能为Ｅ ＝ ｍｖ２＋ｍｇｈ，解得 Ｅ ＝１２Ｊ，故 Ｂ错误；
ｋ ２ １ ｋ
ｍ·ＯＮ，即Ｍｓ＝Ｍｓ＋ｍｓ，若Ａ、Ｂ碰撞时为弹性碰
２ １ ３
Ｃ．根据Ａ选项可知，小车的最大速度为２ｍ／ｓ，则小
１ １ １
撞，则应成立的表达式为 Ｍｖ２＝ Ｍｖ２＋ ｍｖ２，
１ ２ ０ ２ １ ２ ２
车的最大动能为Ｅ ＝ ｍｖ２，解得Ｅ ＝６Ｊ，故Ｃ正
ｋｍ ２ ２ ｋｍ
联立解得ｓ＋ｓ＝ｓ。
１ ２ ３
确；Ｄ．当两者共速时，弹簧具有的弹性势能最大，以
ｖ
１３．（１）０～ｔ时间内的加速度大小为ａ＝ ０，
水平向右的方向为正方向，有 ｍｖ＝４ｍｖ，则 Ｅ ＝ ０ ｔ
０ ｐｍ ０
１ １ 根据牛顿第二定律可得
ｍｖ２－ ×４ｍｖ２，解得最大弹性势能为６Ｊ，故 Ｄ
２ ０ ２
ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ，
正确。故选：ＣＤ。
ｖ
解得μ＝ ０ －ｔａｎθ；
１１．（１）ＡＤ （２）０．１９ ０．１０ ｇｔｃｏｓθ
０
【解析】（１）Ａ．图甲，摆球通过最低点时，摆球速度 （２）根据ｖ－ｔ图像可得传送带的长度为
最大，计时误差小，因此测单摆振动周期时，选择摆 ｖ
Ｌ＝ ０ｔ＋ｖ×（５．５ｔ－ｔ）＝５ｖｔ，
２０ ０ ０ ０ ００
球的最低点作为计时起点，故Ａ正确；Ｂ．图乙，该实
Ａ、Ｂ两点的高度差为ｈ＝Ｌｓｉｎθ＝５ｖｔｓｉｎθ。
验采用的方法是等效替代法，故Ｂ错误；Ｃ．图丙，用 ００
１４．（１）弹簧恢复原长的过程，小球Ａ、小球Ｃ及弹簧组
眼睛看Ａ、Ｂ两球是否同时落地可研究平抛运动的
成的系统动量守恒，取向左为正方向，根据动量
竖直分运动，故Ｃ错误；Ｄ．图丁，由于采用了弹簧测
守恒定律得ｍｖ－ｍｖ＝０，解得ｖ＝２ｍ／ｓ；
力计测拉力，不需要用沙和桶的总重力代替绳子的 １１ ２２ １
（２）弹簧恢复原长的过程，小球Ａ、小球Ｃ及弹簧组
拉力，因此以该装置做“探究加速度与力、质量的关
成的系统机械能守恒，则有
系”实验时，无需小车质量远大于沙桶与沙子的总
１ １
质量，故Ｄ正确；故选：ＡＤ； Ｅ＝ ｍｖ２＋ ｍｖ２，
ｐ ２ １１ ２ ２２
５ ５
（２）相邻计数点之间的时间间隔 Ｔ＝ ＝ ｓ＝ 解得Ｅ＝１．５Ｊ；
ｆ ５０ ｐ
（３）小球Ａ相对滑块Ｂ上滑的过程，两者组成的系
０．１ｓ，毫米刻度尺的精确度为１ｍｍ，ｃｅ两点之间的
统在水平方向上动量守恒，假设小球Ａ不会冲
距离ｘ＝３６．１０ｃｍ－３２．４０ｃｍ＝３．７０ｃｍ，ａｃ两点之
ｃｅ
出圆弧，小球Ａ到达最高点时两者速度相同，取
间的距离ｘ ＝３２．４０ｃｍ－２９．１０ｃｍ＝３．３０ｃｍ，ｄｆ两
ａｃ
向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守
点之间的距离ｘ ＝３８．１０ｃｍ－３４．２０ｃｍ＝３．９０ｃｍ，
ｄｆ
恒定律得
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这
ｍｖ＝（ｍ ＋Ｍ）ｖ，
ｘ １１ １ 共
段时间内的平均速度，打下 ｄ点的速度 ｖ ｄ ＝ ２Ｔ ｃｅ＝ ｍｇｈ＝ １ ｍｖ２－ １ （ｍ ＋Ｍ）ｖ２，
１ ２ １１ ２ １ 共
３．７０×１０－２
ｍ／ｓ≈０．１９ｍ／ｓ，根据逐差法，加速度ａ＝ 解得Ａ上升的最大高度为ｈ＝０．１６ｍ，
２×０．１
因ｈ＜Ｒ，故假设成立，可知Ａ球冲上Ｂ后，在上
ｘ－ｘ （３．９０－３．３０）×１０－２
ｄｆ ａｃ＝ ｍ／ｓ２＝０．１０ｍ／ｓ２。
６Ｔ２ ６×０．１２ 升阶段不会冲出圆弧。
参考答案 第 ６页 （共７页）１５．（１）滑块运动到与Ｏ 等高处的过程，滑块与弹簧组 设返回时第二次达到Ｄ处的速度为ｖ，由动能
１ Ｄ２
成的系统的机械能守恒，则有 定理得
１ １ １
Ｅ ＝ｍｇＲ＋ ｍｖ２， －μｍｇ·２ｌ＝ ｍ ２－ ｍｖ２，
ｐ０ ２ ２ Ｄ２ ２ Ｄ１
代入数据解得ｖ＝４ｍ／ｓ； 代入数据解得ｖ
Ｄ２
＝２槡７ｍ／ｓ，
（２）使滑块在运动过程中不脱离轨道且能进入管道 因ｖ ＞ｖ，故滑块可以沿ＢＣＤ轨道返回并第
Ｄ２ Ｄ０
ＤＥＦ，到达Ｄ处的临界条件为在Ｄ处滑块与轨 三次经过Ｄ。
道的弹力为零，此情况滑块达到Ｄ处速度最小 由机械能守恒定律可知，滑块第三次经过Ｄ的
ｍｖ２
设为ｖ，在Ｄ处由牛顿第二定律得ｍｇ＝ Ｄ０， 速度大小仍为ｖ Ｄ３ ＝２槡７ｍ／ｓ，
Ｄ０ Ｒ
设此后滑块在轨道ＦＧ上运动的最大路程为ｓ，
代入数据解得ｖ
Ｄ０
＝２槡２ｍ／ｓ，
由动能定理得
滑块由Ｄ到Ｆ的过程，由机械能守恒得
１
－μｍｇ·ｓ－２ｍｇｒ＝０－ ｍｖ２，
１ １ ２ Ｄ３
ｍｖ２ ＝２ｍｇｒ＋ ｍｖ２，
２ Ｄ０ ２ Ｆ
代入数据解得ｓ＝２．４ｍ，
代入数据解得ｖ＝２ｍ／ｓ，
Ｆ 因ｓ＜２ｌ＝４ｍ，故滑块最终静止在轨道 ＦＧ上，
可见在此临界情况下，滑块可以到达Ｆ处，且达
游戏过程中滑块不会脱离轨道。
到Ｆ处的最小速度为ｖ＝２ｍ／ｓ。
Ｆ 最终位置距离弹性板２．４ｍ－２ｍ＝０．４ｍ处。
假设滑块运动到Ｆ处对管道的弹力为零时的速
ｖ２
度为ｖ，则有ｍｇ＝ｍ Ｆ０，
Ｆ０ ｒ
代入数据解得ｖ ＝１ｍ／ｓ，
Ｆ０
因ｖ＞ｖ，故滑块以最小速度到达Ｆ处时挤压
Ｆ Ｆ０
轨道上侧，可得滑块以最小速度到达Ｆ处时对
轨道弹力最小。
设在Ｆ处管道对滑块的弹力最小为Ｆ′，由牛顿
Ｎ
ｖ２
第二定律得Ｆ′＋ｍｇ＝ｍ Ｆ，
Ｎ ｒ
代入数据解得Ｆ′＝０．３Ｎ，
Ｎ
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道弹力Ｆ 的最
Ｎ
小值为０．３Ｎ；
（３）弹簧以最大弹性势能Ｅ ＝０．５Ｊ，
ｐｍ
弹出滑块，设第一次达到Ｄ处的速度为ｖ，
Ｄ１
同理由系统的机械能守恒得
１
Ｅ ＝２ｍｇＲ＋ ｍｖ２，
ｐｍ ２ Ｄ１
代入数据解得ｖ
Ｄ１
＝２槡１７ｍ／ｓ，
因ｖ ＞ｖ，故滑块可以第一次经过Ｄ处。
Ｄ１ Ｄ０
参考答案 第 ７页 （共７页）
