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高三年级9月调研考试参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C D B B D BD AC CD
1.答案：A
解析：研究奔跑动作时，机器人形状是主要因素，A对；马拉松是曲线运动，B错；瞬时速
度和平均速度的关系不确定，C错；机器人正常奔跑时所受摩擦力属于静摩擦力，D错。
2.答案：C
解析：a = v2 ，a = 2v，故a1= vt，选C。
1 2
2x t a2 4x
3.答案：C
解析：对重物受力分析得绳中拉力为mg，结合几何知识易知两段绳夹角为120°，对轻环（重
力不计）受力分析得绳中拉力T=mg，故选C。
4.答案：D
解析：剪断细绳瞬间，整体在竖直方向上开始向下自由落体，木箱底面对物块支持力突变为
0，则此时物块受到重力和水平方向弹簧弹力，合力大于重力，故加速度大于10m/s2。
5.答案：B
解析：圆轨道对球1、球5的作用力方向不同，故A错；对3受力分析易知球2和球4对球
3作用力的合力方向竖直向下，B对；对球1受力分析，结合勾股定理可判断球2对球1的
作用力大小一定大于G，C错；对整体受力分析，由于轨道对4和2有斜向上的支持力，其
合力向上，可得轨道对3的支持力小于5G，故D错。选B。
6.答案：B
解析：轻杆连接铰链，弹力沿杆方向，C错；对小球受力分析由牛顿第二定律有：Tcos30°=mg，
Tsin30°-F =ma，得T为定值，当F =0时，a= 3 g，故A、D错，B对。
N N
3
7.答案：D
解析：由正弦定理有： l1 = l2 ，l ,l 不变，α 增大，则α 增大，所
1 2 2 1
sinα1 sinα2
以θ 减小（钝角），而θ 也减小（锐角），故θ 一定增大（钝角），
3 1 2
根据拉密定理： mg = FN = F 可得：F和F 均减小。对整体受力分
N
sinθ3 sinθ1 sinθ2
析得：地面对斜面的支持力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小。故选D。
{#{QQABIQYEggggAgBAABgCUwHYCEIQkAECCYoOBEAQoAAAyBNABCA=}#}8.答案BD
解析：由h= 1 gt2可得，A错B对，若已知细线长度L和落地时间差∆t,则球2落地速度v= L +g ∆t，
2 ∆t 2
则h=
v2
，D对，故选BD。
2g
9.答案：AC
解析：设 P 的加速度为 a,则 Q 的加速度为 2a，分别对 P、Q，由牛顿第二定律有：
F-μmg-2T=ma,T-μmg=2ma,解得：T=22N，a=3m/s2,故选AC。
10.答案：CD
解析：甲乙都在O点左侧运动时，它们是相对静止的，不可能相遇，故A错；甲运动的总
时间为乙不发生碰撞情况下的总时间，应为定值，与x 无关，B错；乙运动的总时间为甲
甲
不发生碰撞情况下的总时间，该时间与x 有关，C对；乙停止运动的位置就是甲在不碰撞
甲
情况下停止的位置，对甲，由运动学公式有：v2=2ax ，v2=2μgx，a= F，解得：x= F x ，
甲 m μmg 甲
D对.故选CD。
11.答案（1）0 (2分)； （2） F =F cosθ (2分)； （4）无 (2分)
2 1
解析：（1）由平衡条件可得竖直挡板对木块的弹力为0；（2）对斜面上的木块受力分析可
得： F =F cosθ ；（4）摩擦力沿斜面方向，不影响垂直于斜面方向的F
2 1 2。
12.答案（1）偏小 (2分)；（2） 0.34 (3分)；（3）AC−AB M (3分)；（4）M+m (2分)
AB
解析：（1）点迹越来越密集说明在减速，平衡摩擦力不够，角度偏小；（2）设A、B、C、
D、E、F、G相邻两点距离为x ，x ，x ，x ，x ，x ，则x +x +x =10.29cm，x +x +x =13.31cm，
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6
由逐差法可求得加速度a=0.34m/s2；（3）由牛顿第二定律得：AB= mg ，AC= mg，解得：
M+m M
m= AC−AB M；（4）选择整体为研究对象，由牛顿第二定律得：a= mg ，要研究a与F(即mg)
AB M+m
的关系，根据控制变量法，需要控制整体质量M+m不变。
13.答案（1）1500 2N (6分)；；（2）3000N (4分)；
解：（1）设绳子拉力与水平方向夹角为θ，对游客及其装备受力分析，由平衡条件有：
F cosθ=Fsin37° 2分
T
F sinθ+mg=Fcos37° 2分
T
解得： F =1500 2N 2分
T
（2）对快艇和游客及装备整体受力分析，由平衡条件有：
{#{QQABIQYEggggAgBAABgCUwHYCEIQkAECCYoOBEAQoAAAyBNABCA=}#}F =f+Fsin37° 2分
牵
解得： F =3000N 2分
牵
14.答案：（1）0.5m (4分)；；（2）103 s (5分)；；（3）4次 (7分)；
3
解：（1）设小明匀加速运动的位移为x ,则：
0
x = v1t 2分
0 0
2
解得： x =0.5m 2分
0
（2）设相遇时小明和爸爸的路程分别是x 和x ,则有：
1 2
x = v1t 1分
1
2
0+ 1( − 0)
x = v2t 1分
2
2
0+ 2( − 0)
相遇时有： x +x =2L 1分
1 2
解得： = 103 s 2分
3
（3）全过程，小明和爸爸的总路程分别是xt 和x ,两者路程之和为2L倍数就会相遇，即：
1总 2总
x +x 2nL 2分
1总 2总
解得： n=3 次 ≥ 1分
两者路程之差为2L倍数就会追上，追及次数为m，则有：
x x 2mL 2分
2总 1总
解得： m=1−次 ≥ 1分
n+m=4次 1分
说明：其他解法正确，比照给分
15.答案：（1）a =2m s2, a =2m s2 (4分) ；（2）x =4m (6分) ；（3）64 m(8分)
A B B
21
解：（1）对B，由牛顿第二定律有： μmg=ma 1分
解得： a =2m s2 1分
对A，由牛顿第二定律有： F B +μmg μmg=ma 1分
解得： a =2m−s22 1分
A
（2）设A、B经过时间t达到共速， a 1分
共
1 = 0− =
对A， = 1 a = < 1分
A
2
2
1m 2m
{#{QQABIQYEggggAgBAABgCUwHYCEIQkAECCYoOBEAQoAAAyBNABCA=}#}碰撞挡板1之前A、B已经共速
对B， 1 a 2分
A
2
1 2 2
解得：
= 0 −2 + −
2分
（3）在碰撞挡板1之前，B相对A的位移设 为 ∆=x4，m则由运动学公式有：
0
∆x = 1 a 1分
0 A
2
1 2 2
解得： ∆x =2 t m −0 2 − 1分
0
此后B继续向右匀减速，加速度为a 不变。
此后A向左匀减速，加速度为： B a' = F1+μmg+2μmg
A m
A速度减为0后，向右匀加速，加速度为a ，直到和B达到共同速度v
A 共2
v v
则有： v =v −a ( 共1+ 共2)
共2 共1 a
A
' aA
B
代入数据解得： v = 2 v
共2 5 共1
v2 v2
在这段时间内时间内，A的位移： x'=− 共1+ 共2
1 2aA ' 2a
解得： x'=−0.04m A
1
说明此时A没有与第二块挡板相碰。
v2 -v2 v2 v2
则这段时间内，B相对A的位移： ∆x = 共1 共2+ 共1- 共2
1 2a 2a A ' 2aA
解得： ∆x =0.88mB 2分
1
v v
此后过程与此类似： v =v −a ( 共n+ 共(n+1))
共(n+1) 共n a
A
' aA
B
解得： v = 2 v
共(n+1) 5 共n
v2 -v2 v2 v2
B相对A的位移： ∆x = 共n 共(n+1)+ 共n- 共(n+1)
n 2a 2a A ' 2aA
v2 B -v2 v2 v2
∆x =
共（n+1） 共(n+2)+ 共（n+1）
-
共(n+2)
n+1 2a 2a A ' 2aA
解得 ∆x =0.16∆xB 2分
n+1 n
则B相对A滑行的总位移为： ∆x=∆x +∆x +∆x +...
0 1 2
利用数学知识解得： ∆x= 64 m 2分
21
说明：其他解法正确，比照给分
{#{QQABIQYEggggAgBAABgCUwHYCEIQkAECCYoOBEAQoAAAyBNABCA=}#}
