文档内容
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质点
2．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
3．【答案】C
【知识点】受力分析的应用
4．【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动
5．【答案】D
【知识点】图象法；超重与失重
6．【答案】D
【知识点】电势能；电势差
7．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
9．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
10．【答案】B,C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于
地球公转周期（1年共12个月），则由对称性可知从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间，
应大于6个月，A错误；
B．探测器从地火转移轨道变轨到火星轨道，要在点Q点火加速，化学能转化为机械能，则机械能增
大。所以探测器在地火转移轨道与火星轨道经过同一点Q时，在火星轨道的机械能大，B正确；
C．对探测器，其受到太阳的万有引力提供加速度
Mm
G =ma
r2
解得
GM
a=
r2
可见探测器在地火转移轨道上P点的加速度大于Q点的加速度，C正确；D．对地球、火星，其受太阳的万有引力提供向心力，则有
Mm v2
G =m
r2 r
解得
√GM
v=❑
r
可见地球、火星绕太阳运动的速度之比为
v √r ❑√3
地=❑ 火=❑√1.5=
v r ❑√2
火 地
D正确。
故选BCD。
[分析】由开普勒第三定律分析探测器从P转移到Q点的时间；探测器从地火转移轨道Q点到火星轨
道的Q点要点火加速将化学能转化为机械能；在地火转移轨道P点与Q点由万有引力提供加速度分
√GM
析两点加速度大小关系；在火星轨道由万有引力提供向心力得v=❑ 分析速度之比。
r
11．【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
12．【答案】（1）0.545
（2）0.545
（3）大于
m m m
（4） A = A+ B
t t t
1 3 2
【知识点】验证动量守恒定律
13．【答案】（1）1000
R R
1 3
（2）
R
2（3）
（4）1.7×10-2
（5）>
【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测
电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表读数为：10×100Ω=1000Ω；
U U
（2）当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即U =U ，即 AB R = AB R ，解得：
CB DB R +R F R +R 3
1 F 2 3
R R
R = 1 3 ；
F R
2
（3）绘出U−m图像如图：（4）由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，则
F =mg=1.75×10−3×9.8N=1.7×10−2N；
0
（5）可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感
器当读数为200mV时，实际CD间断路时的电压大于200mV，则此时压力传感器的读数F >F 。
1 0
R R
故答案为：（1）1000Ω；（2） 1 3 ；（3）见解答；（4）1.7×10−2N；（5）>
R
2
【分析】（1）根据欧姆表读数方法读数；
（2）根据CD两点电势相等，即U =U 求解；
CB DB
（3）根据表中数据描点作图；
（4）由图像得到200mV时，所放物体质量为1.75g，进而求得F 的大小；
0
14．【答案】（1）解：滑雪运动员由静止开始在t=5s时间内下滑了x=50m，根据匀变速直线运动
1
位移公式有x= at2
2
2x 2×50
解得a= = m/s2=4m/s2
t2 52
对运动员做受力分析：根据牛顿第二定律可得mgsinθ−F =ma
f
代入数据可得F =50N
f
（2）解：由速度位移关系有v2=2ax'
解得x'=112.5m
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】本题考查牛顿运动定律的应用，要求学生能够掌握运动员的运动情况和受力情况。
（1）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移-时间公式计算运动员下滑时的加速度和阻力。（2）根据匀变速直线运动的速度-位移公式求出运动员下滑的距离。
15．【答案】（1）解：由几何知识小球的水平射程为
3
x=R+Rcos60°= R
2
（2）解：小球与半圆轨道相切于B点，则有
v ❑√3
tan30°= y =
v 3
0
可得
v =❑√3v
0 y
设位移与水平方向的夹角为θ，则有
v
yt
y 2 v ❑√3
tanθ= = = y =
x v t 2v 6
0 0
可得竖直位移为
❑√3 ❑√3
y= x= R
6 4
在竖直方向上有
v2
y= y
2g
解得
√❑√3gR √3❑√3gR
v =❑ ，v =❑√3v =❑
y 2 0 y 2
（3）解：速度变化量
√❑√3gR
Δv=>=v =❑
y 2
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系求解水平位移；
（2）根据几何关系得到水平速度和竖直速度的关系以及水平位移和竖直位移的关系，列方程求解。
（3） 水平方向匀速直线运动，没有速度变化，速度的变化量等于竖直方向速度的变化量。
16．【答案】（1）解： 货物在倾斜轨道上匀加速下滑，由牛顿第二定律：
mgsinθ-f=ma ，N-mgcosθ=0，
0滑动摩擦力：f=Nμ ，
0
代入数据解得a=5m/s2，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：
0
ℎ
v2=2a 0
0 0sin37°
代入数据解得：v=5m/s
0
（2）解：若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ mg≤μ (m+2m)g
1 2
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ mg>μ (m+m)g
1 2
联立④⑤式代入数据得：
0.4<μ ≤0.6
1
（3）解：由（2）知货物滑上A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动．货物下滑高度
记为ℎ，到达斜道末端时速度记为v
2 2
ℎ
v2=2a 2
2 0 sin370
货物滑上A时做匀减速运动，加速度大小
a=gμ =5m/s2
1 1
货物离开A时速度记为v
3
v2−v2=−2a l
3 2 1
货物滑上B时，自身加速度大小
a =gμ =5m/s2，
2 1
B的加速度大小
a =gμ −2gμ =1m/s2
3 1 2
由题意，货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度，记为v ，货物做匀减速运动：
4
v =v −a t，v2−v2=−2a l
4 3 2 4 3 2 货
B做匀加速运动：
v =a t，v2=2a l
4 3 4 3 B
位移关系满足：
l +l=l
B 货代入数据解得：
ℎ
=2.64m
2
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）分析货物在倾斜轨道上的受力，由牛顿第二定律求出加速度，再由匀变速直
线运动位移与速度的关系，求解货物到达轨道末端时的速度；（2）分析货物滑上木板A，木板不动，
而滑上木板B时，木板B开始滑动，要满足的受力关系，求出μ 应满足的条件；（3）根据（2）中
1
条件求解μ =0.5时货物在A、B上运动情况，再由运动学公式求得货物静止时下滑的高度h。
1
