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物理参考答案
1. D 解：选路程是质点运动轨迹的实际长度，可见 A、B 的路程相同，且大于 C 的路程，A
错。平均速率等于路程与时间的比值，所以 B 错。位移是初位置指向末位置的有向线段，由
此可知，三者的位移相同，C 错。平均速度等于位移与时间的比值，所以平均速度相同，D 对。
2. A 解：A.设网球落地时的速度大小为 v，由竖直上抛运动的位移公式可得 v2 2gh
，即 v2﹣（8m/s）2＝﹣2×10×（﹣1.8）m/s2，解得 v＝10m/s，方向向下，故 A 正确；B.设网
球在空中运动的时间为 t，由竖直上抛运动的速度公式可得﹣v＝v ﹣gt，即﹣10m/s＝8m/s﹣
0
10m/s2×t，解得 t＝1.8s，故 B 错误；CD.依题意，可知小球做竖直上抛运动，整个运动过程的
加速度为自由落体运动加速度恒定不变，方向竖直向下，故 CD 错误。故选：A。
3. A 解：每一条钢索与塔柱成 角，每条钢索拉力的水平分力为 ，竖直分力为 ，
每一对钢索的水平分力相互抵消，则每一对钢索对塔柱拉力的合力都沿竖直方向向下，所以
对钢索对塔柱的合力大小等于 条钢索沿竖直向下的分力的和，则 对钢索对塔柱的合力为
，故 B 错误，A 正确。 若仅升高塔柱的高度， 角减小，根据平衡条件
可知，钢索承受的拉力变小，故 CD 错误。
4．A 解：由题意分析可知 ，代入可得 ，解得 ，故选 A。
5. D 解：AC、对甲和爬犁整体分析受力，如图所示。由平衡条件得，竖直
方向有 N+Fsin53°＝（M+m）g，水平方向有 Fcos53°＝f，又 f＝μN， 解
得 F＝160N，f＝96N，故 AC 错误；B、由上解得 N＝192N，故 B 错误；
D、设两侧细绳上的拉力大小为 T，则有 2Tcos F，解得 T＝100N，故
D 正确。故选：D。
6.D 解：AB、弹簧从接触地面到被压缩至最短的过程中，人先向下加速后向下减速，先处于
失重状态后处于超重状态，故 AB 错误；C、弹跳杆刚接触地面时，人的重力大于弹力，人的
加速度的方向向下，故速度依然增大，故 C 错误；D、人达到最低点时的加速度向上，不为零，
故 D 正确。故选：D。
7.C 解：A.由题意可知，A 受重力、C 对 A 的支持力和 C 对 A 向右的静摩擦力作用，则 C 受
重力、A 对 C 的压力、地面对 C 的支持力、绳子的拉力、A 对 C 向左的静摩擦力以及地面对
C 的向左的滑动摩擦力的作用，则此过程中物体 C 受六个力作用，故 A 错误；BC.对整体分析，
由牛顿第二定律可得：F﹣μ•（m+m+2m）g＝4ma，对 AC 分析，根据牛顿第二定律可得：T﹣μ
•（m+m）g＝2ma，联立可得：F＝2T，则当 F＝2F 时，轻绳刚好被拉断，故 B 错误，C 正
T
确；D.结合前面分析可知，若地面光滑，对整体分析，由牛顿第二定律可得：F＝4ma，对 AC
分析，根据牛顿第二定律可得：T＝2ma，联立可得：F＝2T，由此可知，BC 间绳的拉力不变，
故 D 错误；故选：C。
8. BD 解：利用逆向思维法，末速度为零的匀减速过程可以看作逆向的初速度为零的匀加速过
第 1页 /共 4页程.对于初速度为零的匀加速过程，第一个时间 T 和第二个时间 T 内的位移之比为 1∶3，据此
可以证明子弹从 A 到 B 的时间等于从 B 到 C 的时间，所以子弹从 A 到 B 的时间为 t2，子弹到
B 点的速度等于从 A 到 C 的平均速度，即 v02.故选项 B、D 正确.
9. CD 解：对小球受力可知，小球受到绳子拉力 T、轨道给的支持力 N 和自身重力 mg ，如图
所示，缓慢地拉轻绳使小球由 A 运动到 B 过程属于动态平衡状态，由
图可知力的矢量三角形与几何三角形 相似，则有
，解得 ， ，其中 mg、R、h 均
不变，L 逐渐减小，则由上式可知，N 不变，T 变小。故选 CD。
10.BC 解：A、根据 a﹣t 图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知 0～2s 内 a
的速度一直大于 b 的速度，物块 a 与物块 b 的距离一直在增大，故 A 错误；B、t＝0 时，弹簧
弹力为零，对 a 根据牛顿第二定律可得 F＝m a ＝3×2.0N＝6N,，t＝2s 时，a、b 整体加速度相
a 0
同，对整体根据牛顿第二定律可得 F＝（m +m ）a ＝6N，代入数据解得：m ＝2kg，故 B 正
a b 1 b
确；C、2s 时，对 b 根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为 F ＝m a ＝2×1.2N＝2.4N，撤去 F
x b 1
瞬间，弹簧弹力不会突变，此时 a 的加速度大小为 ，故 C
正确；D、a﹣t 图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，t＝2s 时 a 的速
度大于 b 的速度，所以若此时不撤去 F，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，a 的加速度减
小，b 的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故 D 错误。故选：BC。
11. 答案：（1）AB （2）3.1 9.6 （3）空气阻力或纸带与计时器之间的摩擦阻力造成的。
【解答】（1）A．在使用铁夹夹住电火花计时器时，应调整计时器上下限位孔在同一竖直线上，
从而使纸带下落的过程中，减小阻力，A 正确；B．在释放松开纸带时，应保证纸带与限位孔
在同一竖直线上，从而在物体下落的过程中，减小摩擦阻力，B 正确；C．应该先打开电火花
计时器稳定后，再释放纸带，C 错误；
D．释放前重物应该靠近打点计时器，D 错误。故 CD 错误，AB 正确。故选：AB。
（2）两个计数点间的时间间隔 T＝0.04s，打 B 点的瞬时速度等于 AC 段的平均速度
,根据Δx＝aT2，
可得
（3）空气阻力或纸带与计时器之间的摩擦阻力造成的。
12. 答案：（1）B；（2）AC；（3）12。
解：（1）力的合成采用的方法是等效替代法，故 B 正确，ACD 错误；故选：B。
第 2页 /共 4页（2）A.步骤 B、C 中要将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，才能保证合力与分力的作用效
果相同，故 A 正确；B.两细绳不需要等长，故 B 错误；C.为了减小实
验误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故 C 正确；
D.用两弹簧测力计同时拉细绳时，两弹簧测力计示数之差不宜太大，
故 D 错误。故选：AC。
（3）根据平行四边形定则，作出的合力如下图所示
求出的合力大小为 F 2N＝12N。
13.解： 根据题意，飞机在弹射区做加速度为 的匀加速直线运动，根据运动
学公式
解得
飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下继续做加速度为 的匀加速直线运动，
根据运动学公式
解得
根据运动学公式，弹射区时间
离开电磁弹射区至跑道末端的时间
舰载机从开始起飞到离开跑道的总时间
14. 解：（1）将 O 到货物的部分视为整体，如图，对其受力分析：
由平衡条件可知：T sinα＝T sinβ，
1 2
其中：T ＝100N，
2
联立可得：T ＝75N；
1
（2）由（1）结合平衡条件可知：T cosα+T cosβ＝Mg+f，
1 2
由题知：f＝kMg，
联立可得：k＝0.25；
15. 解：（1）物体在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μ mgcos37°＝ma
1 1
代入数据解得：a ＝10m/s2
1
（2）物体加速到与传送带速度相等需要滑行的位移 x
1
解得 x ＝0.2m＜s＝8.20m
1
第 3页 /共 4页由于μ ＜tan37°，物体与传送带速度相等后继续滑动，对物体，由牛顿第二定律得：mgsin37
1
°﹣μ mgcos37°＝ma
1 2
代入数据解得：a ＝2m/s2
2
设物体到达 B 端时的速度为 v，则 v2 2a （s﹣x ）
2 1
代入数据解得：v＝6m/s
（3）设木板与地面间的最小动摩擦因数为μ
①当μ（m+M）g≥μ mg
2
解得μ 时，木板不会运动，木块速度减为 0 时，恰好不会从木板上掉下，木板长度为
L ，此过程物体的加速度为 a ＝μ g
min m 2
根据 v2＝2a L
m min
解得 L ＝7.2m
min
②当μ 时，木板发生滑动，物体滑上木板后向右做匀减速直线运动，此时物块加速度
大小仍为 a ＝μ g
m 2
木板向右匀加速运动：μ mg﹣μ（m+M）g＝Ma
2 M
当两者速度和等时，恰好不掉下来：v 共 ＝v﹣a m t＝a M t
物体位移：x t
m
木板位移：x t
M
此时木板长度为：L ＝ x ﹣x
min m M
解得 L
min
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