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参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
C
A
A
A
BC
BD
BD
1．C
【详解】A．题中机器人位移大小未知，无法计算平均速度大小，故A 错误；
B．研究“天工”跑步姿势时，形状不能忽略，不能看成质点，故B 错误；
C．机器人相对于身后同速陪跑的工程师位置没有变化，“天工”是静止的，故C 正确；
D．在两次更换电池时间内，“天工”的速度会改变，不会做匀速直线运动，故D 错误。
故选C。
2．A
【详解】A．人体缓慢离开健身球过程中，球体积变大，则球内气体对外做功，故A 正确；
BCD．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能与外界发生充分的热交换，球内气体的温度不变，体积
变大，由pV
C
可知压强变小，由温度不变，而分子的平均速率不变，平均动能不变，内能不变，由热力学第一定律
U
W
Q
可知
0
U
由球内气体对外做功，有
0
W
得
0
Q
知球内气体从外界吸热，故BCD 错误。
故选A。
3．C
【详解】A．a 光的光斑先消失，所以a 光的临界角小于b 光的临界角，根据
1
sin C
n
则有
a
b
n
n
则a 光的频率大于b 光的频率，故A 错误；
B．根据
c
v
n
可知，a 光在玻璃砖内的传播速度小于b 光在玻璃砖内的传播速度，故B 错误；
C．由a 光的频率大于b 光的频率，结合c
f
可知，a 光的波长小于b 光的波长，根据Δ
l
x
d
可知，b 光相邻亮条纹间距较大，故C 正确；
D．根据
c
km
0
eU
E
h
W
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可知，因为a 光的频率大于b 光的频率，即
a
b
，所以a 光产生的光电子对应的遏止电压更大，故D
错误。
故选C。
4．C
【详解】A．a、e、c 位于两波源连线的中垂线上，且a 为两波的波谷叠加；e 为两波的波峰叠加，所以
a、e、c 均为振动加强点，但b 点为波谷和波峰叠加为减弱点，故A 错误；
B．此时刻，a 为两波的波谷叠加，位移为最大；b、d 均为波峰和波谷叠加，位移最小，为两波振幅之
差（位移为0），故B 错误；
C．题意可知两波的频率相同，形成稳定的干涉条纹，图示时刻e 位置为两列波相遇的加强点，则始终
为振动加强点，故C 正确；
D．因为f 为bd 的中点，b、d 均为振动减弱点，则f 点也是振动减弱点，故f 点位置与两列波波源的距
离之差不可能为波长的整数倍，故D 错误。
故选C。
5．A
【详解】A．在轨道2 上从A 向B 运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动
能定理，动能逐渐减小，速度逐渐减小，A 正确；
B．探测器受到万有引力，由
2
Mm
G
ma
r
解得
2
M
a
G r
在轨道2 上从A 向B 运动过程中，r 增大，加速度逐渐变小，B 错误；
C．探测器在A 点从轨道1 变轨到轨道2，需要加速，机械能增加，所以探测器在轨道2 上机械能大于
在轨道1 上的机械能，C 错误；
D．探测器在轨道1 上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，得
2
2
2
4
Mm
G
m
r
r
T
解得
2
3
2
4
r
M
GT
利用引力常量G 和轨道1 的周期T，还需要知道轨道1 的半径r，才能求出月球的质量，D 错误。
故选A。
6．A
【详解】第一次抛出钢球做平抛运动，则有
2
1
1
2
H
gt
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0 1
x
v t
第二次抛出塑料球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动，则有
2
2
1
2
h
gt
2
0 2
2
1
2
x
v t
at
联立解得
10
9
a
x
则有
9
f
ma
x
mg
mg
故选A。
7．A
【详解】以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示
由共点力平衡条件可得
Ncos
F
mg
，
Nsin
F
F
联立得
810N
F
由式
N
cos
mg
F
据题意
2
N
F
kv
得
5m/s
cos
mg
v
k
即滑板的水平牵引力的功率为P=Fv=4050W
故选A。
8．BC
【详解】A．核反应方程应满足质量数守恒和电荷数守恒，所以可求得粒子X 为
0
1e
，故A 错误；
B．此衰变方程会放出热量，所以生成的新原子核
177
72Hf 比反应物
177
71Lu 的比结合能大，两个原子核的质
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量数相同，所以
177
72Hf 比
177
71Lu 的比结合能大，故B 正确；
C．根据质能方程可知，释放的能量为
2
0
1
2
E
m
m
m
c
，故C 正确；
D．
177
71Lu 的半衰期为6.7 天，若有1mol 的
177
71Lu ，经过13.4 天后，应剩余0.25mol 未衰变，故D 错误。
故选BC。
9．BD
【详解】A．由图可知，s=5m 时，物块的重力势能为
p
o
k
sin 30
E
E
E
mgs
解得
2.4kg
m
故A 错误；
B．设s=0 时物块速度为
0v ，则物块从斜面底端滑到顶端过程由运动学公式有
2��= 0 −�0
2，�k = 1
2 ��0
2
解得
2
10m / s
a
，
所以物块上滑的加速度大小为10m/s2，故B 正确；
C．同理，物块从斜面底端上滑到顶端的时间为
0
0
1s
v
t
a
故C 错误；
D．物块上滑时，由牛顿第二定律可得
sin 30
cos30
mg
mg
ma
解得
3
3
故D 正确。
故选BD。
10．BD
【详解】A．若小球刚好能到达B 点，则小球在B 点的速度为0，小球在B 点处于二力平衡状态，既不是
失重状态也不是超重状态，故A 错误；
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B．小球从A 到B 由机械能守恒定律可得
2
mg
R
2
0
1
2 mv
解得
2
0
4
v
R
g
，故B 正确；
C．把小球在C 点的速度v 分别沿水平方向和竖直方向分解，则有
1
1
cos
sin
x
y
v
v
v
v
，
重力的功率为
G1
1
sin
y
P
mgv
mgv
，故C 错误；
D．由机械能守恒可得小球落回水平面的瞬时速度大小为
0v ，把
0v 分别沿着水平方向和竖直方向分解，
水平方向的分速度大小为
1
cos
x
x
v
v
v
则竖直方向的分速度大小为
2
2
2
2
2
0
0
cos
y
x
v
v
v
v
v
则重力的瞬时功率为
2
2
2
G
0
cos
y
P
mgv
mg
v
v
，故D 正确。
故选BD。
11．
不需要
左
mgL
2
2
4
3
1
1
(
)(
)
(
)( )
2
2
d
d
m
M
m
M
t
t
【详解】（1）[1]本实验研究的是槽码和含遮光条的滑块组成的系统，不需要满足槽码的质量远小于含遮
光条的滑块质量。
（2）[2]如果1
2
t
t
，说明气垫导轨左端较高，应调节至气垫导轨水平。
（3）[3][4]滑块从光电门1 运动到光电门2 的过程中，系统的重力势能减小量为
p
E
mgL
动能增加量为
2
2
2
2
k
2
1
4
3
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)(
)
(
)(
)
2
2
2
2
d
d
E
m
M v
m
M v
m
M
m
M
t
t
12．(1) 1
10 /0.1
(2)1.5
(3)等于
【详解】（1）每1 s
30
拍摄一张照片，每隔2 张照片标记一次小球的位置，则相邻标记位置之间的时间
间隔
0
1
1
1
2
1
s
s
30
10
T
N
T
（2）由平均速度的定义可得小球在0.25 s
0.45 s
时间段平均速度的大小
3
400 100
10
m / s
1.5m / s
0.45
0.25
v
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（3）x t
变化曲线与某抛物线几何特征高度吻合，说明位移
x 随时间t 遵循一元二次函数关系，结
合直线运动规律可知，金属小球近似匀加速下落，所受合外力F合恒定不变，F
mg
F
f
阻
合
浮
即在低速下落过程中，水对金属小球的阻力f阻不变，即答案为等于。
13．（1）10m/s；（2）700J
【详解】（1）设运动员到达B 点时的水平速度大小为
xv ，竖直速度大小为
yv ，从B 到C ，根据运动学规
律可得，竖直方向
2
1
2
h
gt
，
y
gt
v
水平方向
2
x
s
v t
合速度
2
2
x
y
v
v
v
解得
10m / s
v
（2）从A 到B，据动能定理可得
2
f
1
2
mgH
W
mv
-
=
解得
f
700J
W
14．(1)0
(2) 13.55 m/s
(3)1.6 m/s
【详解】（1）释放小球A 前，物体B 处于平衡状态
F＝kx＋mBg
弹簧处于伸长状态，设伸长量为x，代入数值得
x＝0.1 m
即弹簧被拉长了0.1 m。在小球A 由A 运动C 时，由几何关系，有
1
tan 37
0.3m
2
L
O C
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绳子左边缩短了0.2m，绳子右边伸长了0.2m。B 物体下降了0.2m，弹簧压缩了0.1m，所以弹簧弹性势
能变化量为零。
（2）当小球A 运动到C 处时，沿绳子方向的速度为0，B 的速度为0，小球A 从杆顶端运动到C 点的
过程，小球A 下降的高度
h＝CO1cos 37°＝AO1sin 37°cos 37°＝0.24 m
B 下降的高度
h′＝AO1－CO1＝0.2 m
弹簧从拉伸0.1 m 到被压缩了0.1 m，则弹簧的弹性势能不变。以A、B 和弹簧为系统，由机械能守恒有
2
A
B
A
A
1
2
m gh
m gh
m v
解得
vA= 13.55 m/s
（3）因杆长L＝0.8 m，故∠CDO1＝θ＝37°，故
DO1＝AO1
弹簧的伸长量依然为0.1 m，与最初状态相比弹簧的弹性势能相同，物体B 又回到了初始位置，其重力
势能也与最初状态相同。在D 点将A 的速度沿绳和垂直绳分解，如图所示，
其中沿绳方向的分速度vx 与B 的速度相等，即
vB′＝vA′cos 37°
由机械能守恒
2
2
A
A
A
B
B
1
1
sin 37
'
'
2
2
m gL
m v
m v
代入数据得
vA′＝2 m/s，vB′=1.6 m/s
15．(1)
3g
R
(2) 72
24
25
7
L
h
L
【详解】（1）当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，羽毛球恰要相对球筒滑动
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对羽毛球受力分析有
2
f
mg
mR
将
4
f
mg
代入
解得
3g
R
（2）羽毛球和球筒从h 处自由下落，触地瞬间的速度满足
2
0
2
v
gh
此后m 以初速度v0 向下做匀减速运动，M 以
0
4
v 的初速度向上做匀减速运动
在二者达到共速之前的过程中
对m，由牛顿第二定律
1
f
mg
ma
解得
1
3
a
g
对M，由牛顿第二定律
2
f
Mg
Ma
解得
2
1.5
a
g
设M 第一次运动至最高点的时间为0t
由
0
v
v
at
有
0
2 0
1
4 v
a t
解得
0
0
6
v
t
g
取竖直向下为正方向，设二者在t1 时刻达到共速
则有
0
1 1
0
2 1
1
4
v
a t
v
a t
解得
0
1
5
18
v
t
g
依题意，有t0＜t1＜2t0，二者在M 第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若m 恰好在共速时刻1t 滑
出，二者的相对位移为L
由
2
0
1
2
x
v t
at
有
2
2
0 1
1 1
0 1
2 1
1
1
1
2
4
2
v t
a t
v t
a t
L
解得
2
01
144
25
v
gL
代入可得h 的最小值
1
72
25
h
L
若m 恰好在t0 时刻滑出
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有
2
2
0 0
1 0
0 0
2 0
1
1
1
2
4
2
v t
a t
v t
a t
L
解得
2
02
48
7
v
gL
代入可得h 的最大值
2
24
7
h
L
故h 应满足72
24
25
7
L
h
L
