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卷参考答案与精析
大单元周测卷(一)
层级一 教材溯源·基础固本
1．C 2．B 3．C 4．D
5．B [设半球形陶罐的半径为R，物体到球心O 的连线跟竖直方向成θ 角，则
对小物块，由牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2Rsin θ，由几何关系有h＝Rcos
θ，联立两式解得ω＝√
g
h，故选B。]
6．C [飞轮的角速度越大，自行车行驶的速度越大，该自行车行驶的最大速度
与最小速度之比为
vmax
vmin
＝
45
15
28
28
＝3
1，A、B 错误；脚踏板的转速为n1＝120 r/min
＝2 r/s，飞轮的最大转速n2＝45
15n1＝6 r/s，该自行车行驶的最大速度vm＝
2πrn2≈11.3 m/s ， C 正确，D 错误。故选C。]
7．C [渡河时船头朝向与河岸夹角均为θ，船在静水中的速率均为v，则船沿
垂直于河岸方向的速度大小相等，所以甲船渡河时间等于乙船渡河时间，故A
错误；结合上述可知t＝
d
v sin θ，故B 错误；甲船恰好抵达正对岸的A 点，乙
船沿河岸的分速度v1＝vcos θ+v 水，对甲船进行分析有v 水＝vcos θ，两船都抵
达对岸时，间距增大值为x0＝v1t，解得x0＝2d
tan θ，故C 正确；如果河水流速
增大，当水流速度大于或等于船在静水中的速率v 时，根据平行四边形定则可
知，此时甲船的合速度方向不可能垂直于河岸，即此时即使调整甲船航向，甲
船也一定不能到达A 点，故D 错误。故选C。]
8．AC [对物块受力分析可知，物块一定受重力mg、墙的支持力N 和力F 的
作用，在竖直方向上若Fsin α＝mg，则物体不受摩擦力作用；若Fsin α>mg，
则物块受到向下的摩擦力；若Fsin α<mg，则物块受到向上的摩擦力，A 正确，
B 错误；在水平方向上根据平衡条件有N＝Fcos α，由牛顿第三定律可知物块
对墙的压力大小为N'＝N＝Fcos α，故C 正确；物块静止，可能受静摩擦力，
其大小不能用滑动摩擦力公式求解，故D 错误。故选AC。]
9．AD [小球转到最低点D 时，其合力指向圆心方向，故轻杆对小球的弹力的
大小一定大于小球的重力，故A 正确；若小球转到最高点C 时速度为√gR，可
知此时轻杆对小球的弹力的大小为0，小于小球的重力，故B 错误；小球在最
左端A 或最右端B 时，小球受重力和轻杆对小球的作用力而做匀速圆周运动，
合力指向圆心方向，根据平行四边形定则可知轻杆对小球的作用力的大小为F
＝√(mg)
2+(mω
2 L)
2＝√m
2ω
4 L
2+m
2 g
2，故C 错误，D 正确。故选AD。]
10．AC [汽车做匀减速直线运动时有x1＝20
2-5
2
2×5 m＝37.5 m，结合题意可知
该车应在距收费站中心线47.5 m 处开始减速，故A 正确；汽车做匀减速直线运
动的时间为t1＝20-5
5
s＝3 s，做匀速直线运动的时间为t2＝10
5 s＝2 s，做匀
加速直线运动的时间为t3＝20-5
3
s＝5 s，因此该车从开始减速到加速至20
m/s 所用的时间为t＝t1+t2+t3＝10 s，故B 错误；汽车做匀加速直线运动的位移
大小为x3＝20
2-5
2
2×3 m＝62.5 m，该车从开始减速到加速至20 m/s 的过程中运
动的位移大小x＝37.5 m+10 m+62.5 m＝110 m，故C 正确；国庆假期期间，
该车以20 m/s 的速度匀速通过位移大小x 所用的时间为t'＝110
20 s＝5.5 s，因
此国庆假期期间，该车通过该收费站比平时通过该收费站节约的时间为Δt＝t－
t'＝4.5 s，故D 错误。故选AC。]
11．解析：(1)要求小球每次都从同一位置静止释放，这样小球每次滑到桌边缘
(抛出点)的速度相同，斜面和桌面是否光滑并不影响实验。
(3)已知平抛运动竖直方向上的运动与自由落体运动相同，由h＝1
2gt2
可得t＝√
2h
g
若小钢球水平方向做匀速直线运动，则水平方向位移为x＝v0t＝v0√
2h
g
当木板到桌边缘的高度为y 时，痕迹到桌边缘处的水平距离x1＝v0√
2 y
g
当木板到桌边缘的高度为2y 时，痕迹到桌边缘处的水平距离x2＝v0√
2·2 y
g
＝v0
√
4 y
g
若小钢球水平方向做匀速运动，则x2＝√2x1
因此，当x1和x2满足x2＝√2x1关系时，即验证了小钢球在水平方向做匀速运动。
(4)实验时得不到x2＝√2x1，可能是因为水平桌面不水平或不是从同一位置静止
释放的小钢球。水平桌面不水平，则小钢球初速度不水平，做的不是平抛运动；
不是从同一位置静止释放的小钢球，则小钢球做平抛运动的初速度大小不同。
答案：(1)否 (3)x2＝√2x1 (4)水平桌面不水平或不是从同一位置静止释放的小
钢球
12．解析：(1)平衡阻力时，是使小车在木板上做匀速直线运动，不应将装砝码
的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，故A 错误；平衡阻力时，将纸带连接
在小车上，打出点迹，可以用来判断小车是否做匀速直线运动，也可以减少纸
带与打点计时器之间的摩擦力带来的误差，故B 正确；做实验时，应使上部分
细线与木板平行，确保绳子拉力沿小车运动方向，故C 正确；本实验是探究加
速度与力、质量的关系，小车运动的加速度不应该由牛顿第二定律直接求出，
故D 错误。故选BC。
(2)相邻的两个计数点之间还有4 个点未标出，故相邻两计数点间的时间间隔为
T＝5×1
f ＝0.1 s
打计数点“3”时小车的速度大小为v3＝x23+ x34
2T
＝(4.65+5.10)×10
-2
2×0.1
m/s≈0.49
m/s
由逐差法求加速度可得
a＝
( x23+ x34)-( x01+ x12)
4T
2
＝(4.65+5.10)-(3.75+ 4.20)
4×0．1
2
×10－2 m/s2＝0.45 m/s2。
(3)小车所受合力等于绳子的拉力FT，砝码和砝码盘受到重力和绳子拉力FT，
当小车做加速运动时有FT＝Ma
mg－FT＝ma
解得a＝mg
M +m
可知，a 与
1
M +m成正比，该同学的修正方案可能是改画a 与
1
M +m的关系图线，
故选A。
(4)实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止，两小车运动时间
相同，根据x＝1
2at2
可知a 与x 成正比，即
a1
a2
＝x1
x2
。
答案：(1)BC (2)0.49 0.45
(3)A (4) x1
x2
13．解析：(1)当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳
子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mω1
2Lsin θ
解得ω1＝√
g
Lcos θ。
(2)当细线BC 恰好伸直时，由几何关系得，AC 与竖直方向所成夹角为37°，同
理可得，此时小球的角速度为ω0＝√
g
Lcos 37° ＝√
5 g
4 L>ω2
则ω2＝√
2 g
√3 L时细线BC 未伸直，即TBC＝0
设此时细线AC 与竖直方向的夹角为β，由(1)知ω2＝√
g
Lcos β
解得cos β ＝
g
Lω2
2 ＝ √3
2
根据平衡条件得TAC＝
mg
cos β ＝2√3
3 mg。
答案：(1)√
g
Lcos θ (2)TBC＝0，TAC＝2√3
3 mg
14．解析：(1)不计冰块下落时空气的作用力，冰块水平飞出做平抛运动，设冰
块从开始运动到落到直斜坡c 处所用的时间为t，由水平方向做匀速直线运动有
x＝v0t
竖直方向做自由落体运动有y＝1
2gt2
由几何关系得tan θ＝y
x
联立上式并代入数据解得t＝3 s。
(2)因为空气对运动员(含滑雪板)产生一个竖直向上的恒力，故运动员(含滑雪板)
做类平抛运动，由运动的分解与合成可得，水平方向有labcos 37°＝v0t1
竖直方向有labsin 37°＝at1
2
2
联立上式并代入数据解得a＝6 m/s2
对运动员(含滑雪板)受力分析，竖直方向受到重力mg 和空气的恒定阻力F，由
牛顿第二定律得mg－F＝ma
代入数据解得F＝240 N。
答案：(1)3 s (2)240 N
15．解析：(1)对木块与箱子整体受力分析，由牛顿第二定律有F＝(M+m)a
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律有FN＝ma
竖直方向由平衡条件有f＝mg＝μFN
联立解得F＝( M +m)g
μ
。
(2)设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为E＝Bdv
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I＝E
R
安培力大小为F 安＝BId
联立解得F 安＝B
2d
2v
R
若要使两物体分离，此时有F 安≥F
其中F＝( M +m)g
μ
解得v≥( M +m)gR
μ B
2d
2
由运动学公式v2＝2ax
解得x≥( M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
故t＝0 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为xmin＝( M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
。
(3)对木块，在水平方向由运动学公式有s＝1
2at1
2
竖直方向有h＝1
2gt2
2
其中F＝( M +m)g
μ
＝(M+m)a
可得力F 作用的总时间为t＝t1+t2＝√
2 μs
g +√
2h
g
水平方向对木块与箱子组成的系统由动量定理有
Ft－F 安Δt＝(M +m)v－0
其中F 安Δt＝B
2d
2 L
R
联立解得v＝g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )－
B
2d
2 L
( M +m)R
当g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )≥
B
2d
2 L
( M +m)R时，最终木块与箱子的速度大小为v＝
g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )－
B
2d
2 L
( M +m)R
当g
μ(√
2 μs
g +√
2h
g )<
B
2d
2 L
( M +m)R时，最终木块与箱子的速度大小为v＝0。
答案：(1)( M +m)g
μ
(2)( M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
(3)见解析
层级二 模拟精选·能力进阶
1．D 2．B 3．C 4．B
5．B [公式Fn＝mv
2
r 的前提是圆周运动，天舟七号从A 点进入椭圆转移轨道需
要点火加速，故A 错误；根据公式G Mm
r
2 ＝ma 可知，位于同一点时，加速度相
同，故B 正确；题中不知道天宫空间站与天舟七号的质量关系，因此机械能无
法比较，故C 错误；7.9 km/s 是绕地球做圆周运动的最大速度即飞船位于近地
轨道的速度，天舟七号从近地轨道A 点进入椭圆转移轨道需要点火加速，天舟
七号在椭圆轨道A 点的速度必大于7.9 km/s，故D 错误。故选B。]
6．A [设球1、球2 的平抛初速度分别为v1、v2，设M 点到N 点水平距离为
L，由平抛规律可知球2 整个运动过程的时间t＝√
2 H
g ，可得L＝v2t，球1 与地
面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反，根据对称性可知，球1 与地
面碰撞后到达的最高点与初始高度相同为H，球2 在水平方向一直做匀速运动，
设球1 从抛出到落地时间为t1，则有L＝v1×3t1，且t1＝t，联立解得
v1
v2
＝1
3，设
球1 与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1，碰撞点到M 点和B 点的水平距离分
别为x1、x2，有v y 1
2 ＝2gH，设球1 到达A 点时竖直方向速度大小为vy2，将球1
与地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得v y 2
2 ＝2g(H－h)，可得碰撞点到
A 点的时间为t2＝v y 1
❑- v y 2
g
，球2 刚好越过挡板AB 的时间为t3＝√
2( H -h)
g
，水
平方向位移关系有v2t3＝v1t+v1t2，联立以上，解得h＝3
4H。故选A。]
7．B [根据匀变速直线运动规律v2－v0
2＝2ax 整理可得v2＝2ax+v0
2，结合题图
可知，机器人A 的加速度为2aA＝kA＝－36
18 m/s2＝－2 m/s2，解得aA＝－1
m/s2，即机器人A 的加速度大小为1 m/s2，A 错误；根据上述分析，同理可知
A、B 两机器人均做匀变速运动，对于机器人A，可得v0A＝6 m/s，aA＝－1
m/s2，对于机器人B，可得v0B＝0，aB＝1
2kB＝1
2×18
18 m/s2＝0.5 m/s2。设经过t
时间二者速度相等，此时相距最远，则有v0A+aAt＝aBt，代入数据解得t＝4 s，
两机器人共同的速度为v＝aBt＝2 m/s，机器人A 的位移xA＝1
2(v0A+v)t＝16
m，机器人B 的位移xB＝1
2vt＝4 m，二者之间的最大距离Δxmin＝xA－xB＝12
m，B 正确；机器人A 停止运动的时间t 停＝
0- v0 A
aA
＝6 s，设经过t0时间两机器
人相遇，则有v0At0+1
2aAt0
2＝1
2aBt0
2，代入数据解得t0＝8 s，可见两机器人相遇应
在机器人A 停止运动之后，此时机器人A 的位移为x'A＝1
2v0At 停＝18 m，机器
人B 追上的时间t 相遇＝√
2 x A
aB
＝6√2 s，C 错误；由上述分析可知，机器人A 经
过x＝16 m 的时间为tA＝4 s，机器人B 经过x＝16 m 的时间为tB，对机器人B
有1
2aBt B
2＝x，解得tB＝8 s，机器人A、B 分别经过x＝16 m 处的时间差Δt＝tB
－tA＝4 s，D 错误。故选B。]
8．ABD [①设角速度ω 在0~ω1范围时绳处于松弛状态，小球受到重力与环的
弹力两个力的作用，当细绳恰好伸直时，设此时细绳与水平方向的夹角为θ，
有F 支cos θ＝mω1
2r，r＝Rcos θ，F 支sin θ＝mg，解得θ＝30°，ω1＝√
2g
R ；②
若细绳的拉力恰好为2mg，有F 支cos 30°+F 拉cos 30°＝mω2
2r，F 支sin 30°＝
mg+F 拉sin 30°，解得ω2＝√
6 g
R 。圆环角速度ω 等于√
g
R时，绳子处于松弛状态，
小球受到2 个力的作用，A 正确；圆环角速度ω 等于√
3 g
R 时，绳子有拉力，小
球受到3 个力的作用，B 正确；圆环角速度ω 等于2√
g
R时，小于ω2，绳子没有
断，C 错误；圆环角速度ω 大于√
6 g
R 时，绳子断开，小球受到2 个力的作用，
D 正确。故选ABD。]
9．BCD [根据题图乙可知，A 星下点在地球上由30°E 转到180°E 的过程中，
A 转了半圈，比地球自转多转了150°，可知地球转动了180°－150°＝30°，则有
T A
2 ＝T 0
360°
×30°＝T 0
12
，根据题图丙可知，B 星下点在地球上由60°E 转到180°E
的过程中，B 转了一圈，比地球自转多转了120°，地球转动了360°－120°＝
240°，则有TB＝T 0
360°×240°＝2T 0
3 ，结合上述解得A、B 的周期之比为
T A
T B
＝1
4，
故A 错误；对同步卫星、A 与B 卫星根据开普勒第三定律有(6 R)
3
T 0
2
＝R A
3
T A
2 ＝RB
3
T B
2 ，
结合上述解得RA＝R
3√6≈1.82R，RB＝2R
3√12≈4.58R，故C 正确；根据vA＝
2π R A
T A
，vB＝2π RB
T B
，结合上述解得RA∶RB＝3√4∶1，故B 正确；根据题图乙与
题图丙可知，A、B 轨道平面不在同一平面内，则有20TA＝nTB，结合上述解得
n＝5，故D 正确。故选BCD。]
10．BD [由于tan 37°＝0.75>μ＝0.5，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑
受到的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－
μmgcos θ＝ma，解得加速度大小为a＝2 m/s2，故工件在传送带倾斜部分上滑
和下滑的加速度大小之比为1∶1，故A 错误； 工件无初速度地放在A 点，加
速度大小为a1＝μmg
m ＝μg＝5 m/s2，设经过t1时间工件与传送带共速，则有t1＝
v
a1
＝4
5 s＝0.8 s，共速前工件通过的位移大小为x1＝v
2t1＝4
2×0.8 m＝1.6
m<LAB＝4 m，可知工件以速度v＝4 m/s 从B 点滑上传送带倾斜部分，则工件
第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为L 最大＝v
2
2a ＝4
2
2×2 m＝4 m，故B
正确；由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次
到达B 点的速度大小为v＝4 m/s，故C 错误；工件第一次在传送带水平部分加
速运动的时间为t1＝v
a1
＝4
5 s＝0.8 s，匀速运动时间为t2＝LAB- x1
v
＝4 -1.6
4
s
＝0.6 s，工件第一次经过B 点到第二次到达B 点所用时间为t3＝2v
a＝2×4
2 s＝4
s，工件第二次到达B 点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右
做匀加速直线运动，根据对称性可知，工件第二次经过B 点到第三次到达B 点
所用时间为t4＝2 v
a1＝2×4
5 s＝1.6 s，则工件自释放至第三次到达B 点的时间为t
＝t1+t2+t3+t4＝7 s，故D 正确。故选BD。]
11．解析：(1)为减小空气阻力对平抛运动的影响，物体应选择体积小、密度大
的材质。钢球密度大、体积小，空气阻力相对重力可忽略，故选B。
(2)设物体A 的位置坐标为(x，y)，由几何关系可得AB1
2＝x2+(OB1－y)2，AB2
2＝
x2+(OB2－y)2
由题意可知，AB1、AB2、OB1、OB2均已知，联立可解得x、y，即可确定物体
A 的位置坐标，B 正确；
由平抛位移公式可得x＝v0t，y＝1
2gt2
由于重力加速度g 未知，故无法求得运动时间t 及初速度v0，A、C 错误；
由速度偏角公式可得tan α＝
v y
v0
＝gt
v0
由位移偏角公式可得tan β＝y
x ＝gt
2v0
对比可得tan α＝2tan β＝2 y
x
故可确定物体A 此时的速度方向，D 正确。
故选BD。
(3)数据的采集频率为25 Hz，时间间隔为T＝0.04 s
水平方向为匀速直线运动，题图乙中从抛出点O 到最后一个点的水平位移为
0.64 m，则初速度v0＝
0.64
0.04×10 m/s＝1.6 m/s
该实验测得当地的重力加速度偏小，原因可能是物体受空气阻力，竖直方向加
速度小于g。
答案：(1)B (2)BD (3)1.6 物体受空气阻力
12．解析：(1)将两球运动的逆过程看作是反向的平抛运动，根据h＝1
2gt2
可得球a 运动的时间为ta＝√
2 H
g
球b 运动的时间为tb＝√
2( H -h)
g
两球抛出时的时间差为Δt＝√
2 H
g －√
2( H -h)
g
。
(2)球b 位移方向与水平方向的夹角满足
tan α＝H -h
x1+ x2
则球b 初速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝2tan α＝2( H -h)
x1+ x2 。
答案：(1)√
2 H
g －√
2( H -h)
g
(2)2( H -h)
x1+ x2
13．解析：(1)由题图乙知F＝kt
图线斜率k＝Δ F
Δt ＝5 N/s
解得F＝5t(N)。
(2)由题图丙t＝1 s 时，f1＝5 N＝μ1(m1+m2)g
t＝3 s 时，f3＝10 N＝μ1(m1+m2)g+μ2m2g
t＝3 s 时，木板与物块相对滑动，a1＝a2＝μ2g
根据牛顿第二定律有F3－μ1(m1+m2)g＝(m1+m2)a2
解得m1＝2.5 kg，μ1＝0.1，μ2＝0.2。
(3)由牛顿第二定律得F 合＝F－μ1(m1+m2)g－μ2m2g＝m1a
代入F＝5t(N)解得a＝2t－4(m/s2)(t≥3 s)。
答案：(1)F＝5t(N) (2)2.5 kg 0.1 0.2 (3)a＝2t－4(m/s2)(t≥3s)
层级三 高考重组·素养对标
1．A 2．B 3．B 4．B
5．D [根据题意可知，M 的速度在竖直方向上的分量始终与N 的速度相同，
设M 做圆周运动的速率为v0，半径为R，则t 时间内M 转过的角度为v0t
R ，以
竖直向上为正方向，结合题图可知M 的速度在竖直方向的分量(即N 的速度)为
v＝v0cos v0t
R ，所以D 可能正确。]
6． C [甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三
定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A 错误；对甲由牛顿第二定律有T－
μmg＝ma，对乙由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲运动的加速度大小
a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C 正确，D 错误；对木箱和甲组成的整
体受力分析，竖直方向上有FN＝Mg+mg+T，可知地面对木箱的支持力FN不变，
B 错误。]
7．A [设卫星转动的周期为T'，根据题意可得2π
T ' ·T
2 －2π
T ·T
2 ＝2π，可得T'＝
T
3 ，根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T '
2 r，可得r＝
3√
GMT '
2
4 π
2 ，代入T'＝
T
3 ，可得r＝
3√
GM T
2
36 π
2 ，故选A。]
8．CD [选手沿直线减速滑行，其所受合外力与运动方向相反，不为零，A 错
误；由于楠竹和选手相对静止，对选手(含划杆)受力分析可知，其受到楠竹的
静摩擦力和支持力，则由平行四边形定则与牛顿第三定律可知楠竹受到选手作
用力的方向不竖直向下，B 错误；手持划杆使选手(含划杆)的重心下移，更易保
持平衡，C 正确；对选手受力分析，其水平方向受到楠竹的静摩擦力，竖直方
向受到重力和楠竹的支持力，竖直方向受力平衡，则选手受到楠竹作用力的方
向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面，D 正确。]
9．BC [物品从抛出到落地的过程做平抛运动，当其恰好落在目标区域边界上
时，物品的水平位移示意图如图所示，由几何关系有xm＝√R1
2- R2
2＝4 m，此时
物品的初速度最大，水平方向上有xm＝vmt，竖直方向上有H＝1
2gt2，联立解得
物品的最大初速度(无人机的最大线速度)为vm＝2 m/s，所以无人机的最大角速
度ωmax＝
vm
R2
＝2
3 rad/s，A 错误，B 正确；由A、B 项分析可知，物品释放后在
空中运动的时间为t＝2 s，该过程无人机转过的角度θ＝ωmaxt＝4
3 rad<π
2
rad，所以无人机运动到B 点时，在A 点释放的物品已经落地，C 正确，D 错
误。]
10．BC [根据开普勒第三定律可知，卫星甲在环月椭圆轨道上运行的半长轴
等于卫星乙在环月圆轨道上运行的半径，则有2r＝a+b+2R，解得r＝a+b
2 +R，
A 错误，B 正确；对卫星乙，根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r，解得
M＝4 π
2r
3
GT
2 ，C 正确，D 错误。]
11．解析：(1)根据题图(b)杯中物体质量m 与橡皮筋长度x 的x⁃m 线性关系图
线可知，当橡皮筋长度x 为11.60 cm 时，对应杯中芒果的质量m0＝107 g；对
细绳1、2 和橡皮筋的连接点进行受力分析的矢量三角形如图所示，由图可知，
当橡皮筋与绳1 垂直时，橡皮筋的拉力最小，若杯中放入芒果后，绳1 与竖直
方向夹角虽为30°但与橡皮筋不垂直，这会导致橡皮筋的拉力变大，橡皮筋的长
度变大。因此，从题图(b)中读出的芒果质量与m0相比会偏大。
(2)水杯质量过小不影响m 与x 的线性关系，选项A 不符合题意；绳套长度过大
跟弹力与伸长量是否成正比关系无关，选项B 不符合题意；当橡皮筋伸长量过
大，超出弹性限度后，弹力与伸长量不再遵循胡克定律，导致图像弯曲，选项
C 符合题意。
(3)使上述装置测量质量范围增大的措施：①更换劲度系数更大的橡皮筋，使其
在更大拉力下伸长量适中；②减小绳1 与竖直方向的夹角(如从30°减小到
15°)，使橡皮筋承担的分力减小，从而可测量更大质量。
答案：(1)107(106~108 均可) 偏大 (2)C (3)见解析
12．解析：(1)平衡阻力的原理是调整轨道的倾斜度，用小车重力沿斜面向下的
分力来平衡小车运动时打点计时器对小车(含纸带)的阻力及其他阻力，故平衡
阻力的方法应是调整轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿轨道匀
速运动，C 正确。
(2)①由题图丙的a⁃t 图像可知t＝4 s 时，物体的加速度取负值，又竖直向上为
正方向，则t＝4 s 时物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态。②以竖直
向上为正方向，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，变形得
a＝1
mFN－g，则a⁃FN图像的斜率为1
m，纵截距为－g，若将物体的质量增大一
倍，重新进行实验，则a⁃FN图像的斜率变为原来的1
2，纵截距不变，又原来的
a⁃FN图像为题图丁中的图线a，则对比题图丁中的其他图线可知重新进行实验
后的a⁃FN图像为题图丁中的图线d。
答案：(1)C (2)①失重 ②d
13．解析：(1)0~2 s 内的平均速度v ＝2.8+2.0
2
m/s＝2.4 m/s
方向与正方向相同。
(2)44.2~46.2 s 内的加速度a＝2.2-2.0
46.2- 44.2 m/s2＝0.1 m/s2
方向与正方向相同。
(3)44.2~46.2 s 内的位移x＝(2.2+2.0)
2
×2 m＝4.2 m
方向与正方向相同。
答案：(1)2.4 m/s，方向与正方向相同 (2)0.1 m/s2，方向与正方向相同 (3)4.2
m，方向与正方向相同
14．解析：(1)解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板
之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线
运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有x
物＝v0t1－1
2at1
2＝l+ l
6
x 板＝1
2at1
2＝l
6
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝1
3 s。
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律
有
mv0＝mv1+mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·7
6l＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
μmg·1
6l＝1
2mv2
2－0
联立并代入数据解得
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝1
3 s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物
块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
l
2 －l
6＝v2t2
又h＝1
2gt2
2
联立并代入数据解得h＝5
9 m。
答案：(1)4 m/s 1
3 s (2)5
9 m
