1、1物理参考答案题号12345678910答案ABDBCCADBCABCACD1.A解析：在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是一个时间间隔，选项 A 正确；研究短跑运动员终点撞线时间时不可以将运动员看成质点，选项 B 错误；短跑运动员跑 100m 和200m 都是指路程，选项 C 错误；400m 比赛的平均速度为 0，200m 比赛的平均速度不为 0，选项 D 错误。2.B解 析：由 匀 变 速 直 线 运动 的 速 度 位 移 公 式2202tvvax知，结 合 图 象 可知04m/s10m/stvv、。又02tvvxvtt，代 入 数 据 解 得4st，加 速 度201.5m/stvvat，选
2、项 B 正确。3D解析：地球的同步卫星和赤道上物体的周期相同，它们的角速度相同，由rv 可得：地球的同步卫星的线速度为)(hRv同，赤道上物体的线速度Rv，则：RvhRv)(同；根据rmvrGMm22可得：rGMv，则地球的同步卫星的线速度为hRGMv同，地球的第一宇宙速度大小为RGMv 1，则1()RhRh vRhvvRRR同，选项 D 正确。4.B解析：用推力 F1 时，cossin1mgmgF，10.8Fmg，解得0.25；当用推力 F2 推时，)sincos(sincos22FmgmgF，解得21613Fmg，故121320FF，B 项正确。5.C解析：画出两船运动速度的示意图，如图所
3、示。设河宽为 d，甲船用最短时间渡河，所用时间为 11dtv；乙船用最短航程渡河，22v 与航线垂直，设航线与河岸夹角为，由图可知 22 cosdtv，由题意知21cosvv，联立解得21222113tvtv，选项 C 正确。6C解析：设圆弧半径为 R，当小球运动到重力与半径夹角为时，速度为 v。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有：12 mv2=mgRcos，Nmgcos=mv2R解得小球对小车的压力为：N=3mgcos其水平分量为 Nx=3mgcossin=32 mgsin2根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=32 mgsin2可以看出：当 sin2=1，即=45时
4、，地面对车的静摩擦力最大，其值为 fmax=32 mg；故选 C。7.AD解析：设 BC 间的距离为 x，、平抛时间为 t,则2htg、02xgvxth，随着 h增 大，t 增 大、v0 越 小，A 项 正 确、B 项 错 误；小 球 落 到 C 点 时 的 速 度ghhgxghvv222220，由此可知，当2xh 时，v 最小，如果开始时 h 小于 2x，则随着 h 不断增大，v 先减小后增大，C 项错误；由于小球落到 C 点时的速度的反向延长线交于水平位移的中点，可知 D 项正确。8.BC解析：设弹力与竖直方向的夹角为，由平衡条件得：小鸟所受的弹力 Nmgcos，从 A 到 B 的过程中，
5、减小，则弹力增大，A 错误、B 正确；小鸟所受的摩擦力 fmgsin，从 A 到 B 的过程中，减小，则摩擦力减小，故 C 正确，D 错误。9.ABC解 析：设 弹 簧 的 弹 力 为 T。对 于 A、B 整 体，由 牛 顿 第 二 定 律 得：()g()ABABFmmmma；对 B 受 力 分 析：BBTm gm a，联 立 解 得BABm FTmm，综合分析选项 ABC 正确。11.答案：（1）kg1（2）01.0（3）未能够满足小车的质量远远大于钩码的质量(每空 2 分)3解析：（1）对小车由牛顿第二定律可得：Mafmg，进一步可得：MfmMga，图象的斜率表示310)1060(05.0
6、Mg，小车的质量为kg1M。（2）当加速度等于零时，0.1NfmgMg，得0.01，平衡摩擦力时要满足tan0.01。（3）图象出现弯曲的原因是未能够满足小车的质量远远大于钩码的质量。12答案：(1)0.170；(2)Md22(1t221t21)FL；(3)bd22kgL(每空 2 分)解析：(1)游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数：1mm，游标尺的刻度第 14 个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.0514mm0.70mm，总读数为：1mm0.70mm1.70mm0.170cm。(2)遮光条 B 通过光电门时的速度 vBdt1，遮光条 A 通过光电门时的速度 vAdt2，则Ek12Mv2A1
7、2Mv2BMd22(1t221t21)。光滑的滑轮两端的细绳拉力处处相同，弹簧测力计的示数显示的是细绳的拉力 F 即为木板所受的合外力，故 WFL。(3)当轨道水平放置时，对小车由动能定理得(FMg)LMd22(1t221t21)，解得 FMd22L(1t221t21)Mg，结合 F 与1t221t21的关系图象可知斜率Md22L k，纵截距 bMg，联立解得 bMg bd22kgL。13解析：（1）由图乙可知，物块运动的加速度最大为26m/sma（1 分）由牛顿第二定律maFmgF)sin(cos（2 分）求得拉力N)(6.02sincosamgmaF（1 分）所以最大拉力20.65.6Nm
8、mFa（1 分）（2）a-t 图线与时间轴所围的面积为速度的增量，因此 2s 末的速度16 2m/s6m/s2v （2 分）撤去拉力后，物块作匀减速运动的加速度大小为2m/s310ga（1 分）因此还能滑行的距离25.4m2vsa（2 分）14.解析：（1）根据动能定理2121)cos(sincosmvhhmghmgmgh（2 分）4求得ghv15241（1 分）在圆弧雪道最低点，hvmmgF21（1 分）求得mgF1547（1 分）根据牛顿第三定律可知，在最低点对圆弧雪道的压力大小为4715FFmg（1 分）（2）运动员从圆弧雪道上飞出后，做平抛运动，设运动员落到倾斜雪道上时下落的高度为H，
9、则221 gtH（1 分）tvx1（1 分）由几何关系xhH21tan（1 分）求得ght15)3323(（1 分）15.解析：(1)小球在绳断前瞬时受力如图所示由牛顿第二定律得水平方向 FTmsinmv21r(1 分)由几何关系得 rLsin(1 分)竖直方向 FTmcosmg0(1 分)，解得 v13gL2(1 分)(2)小球从抛出到落地，由机械能守恒定律得 12mv21mgh112mv22(2 分)解得 h1v22v212g114 L(1 分)，Hh1Lcos13L4(1 分)5设小球由平抛至落地的水平射程为 x，如图所示(1 分)水平方向 xv1t(1 分)竖直方向 h1gt22(1
10、分)又有 R r2x2(1 分)解得 R3L(1 分)16解析：(1)由题图可得汽车在第 1 个 2.0s 时间内的位移 x19m第 2 个 2.0s 时间内的位移 x215m(1 分)汽车的加速度 axT21.5m/s2(1 分)(2)由 FFfma 得，汽车牵引力 FFfma(150010001.5)N3000N(2 分)汽车做匀加速运动的末速度 vP 额F901033103 m/s30m/s(1 分)匀加速运动保持的时间 t1va301.5s20s(1 分)(3)汽车所能达到的最大速度 vmP 额Ff901031.5103m/s60m/s(1 分)(4)由(1)(2)知匀加速运动的时间 t120s，运动的距离 x1v2t1302 20m300m(1 分)所以，后阶段以恒定功率运动的距离 x2(2400300)m2100m(1 分)对后阶段以恒定功率运动，有 P 额t2Ffx212mv2m12mv2(2 分)解得 t250s(1 分)所以最短时间为 t 总t1t2(2050)s70s(1 分)