1、1 高三物理 参考答案 一、选择题。题号 12345678910选项 CCDBBABDADACBCD1.C【解析】略 2.C【解析】滑块和小球组成的系统机械能守恒，只遵循水平方向动量守恒，故选 C。3.D【解析】全红婵在空中运动阶段，只受重力作用，其重力的冲量等于该阶段动量的变化量，故 A 错；从进入水到速度减小为零，重力的冲量小于水的阻力的冲量，故 B 错；从下落到最后速度减为零的全程，其合力的冲量等于动量的变化量，故 D 对，C 错。4.B【解析】根据图像2vx的斜率意义为2ka=，甲图像12252=15ka=甲，乙图像2252=20ka=乙，故甲乙的加速度之比为 12:1，B 对。5.B
2、【解析】由题意可知，核心舱的轨道半径为1171616rRRR=+=,其向心加速度为，222217()4RarTT=故 A 错。其向心力22174mRFmaT=向,故 B 对。由于核心舱的轨道半径小于同步卫星的高度，故周期小于 24 小时,故 C 错。核心舱的运行速度一定小于第一宇宙速度，故 D 错。6.A【解析】设 P 点到 A、B 两物体圆周的圆心高度为 H，对 A、B 受力分析可知：2tantanmgmH=，与其夹角无关，由于 H 相同，都角速度和周期都相等，故 A 对。由于 A、B 做圆周运动的半径不同，根据2ar=可知，故向心加速度不同，B 错。轻绳两边的张力 T 相同，故 C、D 均
3、错。7.BD【解析】缆绳上的弹力大小恒等于重物的重力保持不变，故 B 对，A 错。滑轮两侧的缆绳的夹角在重物缓慢升高的过程中逐渐的减小，其合力逐渐增大。故 D 对，C 错。8.AD【解析】两运动员互推的过程遵循动量守恒，总动量为零，1 122m vm v=，所以质量大的运动员后退的初速度小，故 A 对。他们都在各自的摩擦力作用小做减速运动，由于其动摩擦因素相同，根据mgma=可知，他们减速的加速度大小相同。故 B 错。滑行的时间vta=，故质量大的初速度小，运动时间短。故 C 错。22vxa=，质量大的初速度小，运动的位移短，D 对。9.AC【解析】甲乙从桌边飞出，乙小球在空中竖直方向运动时间
4、为甲的 3 倍，它们的水平位移相同，所以甲的初速度为乙的 3 倍，故 A 对。乙落地速度方向与地面呈060 夹角，设乙平抛的初速度为0v，则甲的平抛初速度为 30v，乙落地时竖直速度为000tan603yvvv=，2 甲落地的竖直速度03yyvvv=，甲落地速度与地面夹角为，则0033tan33vv=，所以030=，故 B 错。以抛出点为零重力势能面，甲乙在运动过程中都遵循机械能守恒，运动过程中的机械能之比等于平抛的初始动能之比，根据212KEmv=可知，它们的机械能之比为 9:1，故 C 对。要乙球在地面弹两次，则其乙球在空中的时间为原来的 53倍，其水平位移仍等于原来的水平位移，所以初速度
5、变为原来的 35，故 D 错。10.BCD【解析】由题意可知，小球从 M 点竖直向上抛出以后，竖直方向在重力作用下匀减速，水平方向在风力作用下匀加速运动。2192MMMEmvJ=在点：，在 O 点：2001162EmvJ=,在 M 点和 O 点的速度之比3:4Movv=，又Mvgt=，4,3ovat ag=，又 Fma=风，所以3=4mgF风，故 A 错。设 O 点在 MN 直线上投影点为 D 点，设 MD=X,Z则根据水平方向匀变速运动规律可知，3,4DNx MNx=，由动能定理可得,4,oMNMF xmghEEFxEE=风风又2212,92MMvghmghmvJ=所以，由以上可得73NEJ
6、=,故 B 对。由于上升和下降过程中的机械能变化量之比等于风力做功之比，等于上升和下降过程中的水平位移之比，故 C 对。从 M 到 N 的过程中，小球的动能最小的位置，是其速度方向与重力和风力的合力方向垂直的位置，其合力方向与水平方向的夹角为，则03tan=374mgF=风，故，在此位置有：0,tan37xyMxyvvvgt vatv=且，时间925Mvtg=，1216,2525xMyMvvvv=,其最小的动能为22min116()5.76225kxyMEm vvEJ=+=，故 D 对。11.（1）B（2）2.40 （3）1.012.（1）0.7500 （3）Dt （4）22(1 cos)2(
7、)DgLt=（5）22DKL （6）A 计算题。13（12 分）(1)对飞由牛顿第二定律 Fkvma=1 分 3 解得 kFavmm=+1 分 由图像知：v=0 时，a=a0，可得：0Fma=.1 分 v=v0时，a=0，解得 00makv=1 分（2）飞机从开始运动到速度最大时间为 t0 的过程，由动量定理：.2 分 代入可得：1 分 方向与 v0 方向相反。.1 分（3）飞机从开始运动到速度最大时间为 t0 的过程，其阻力冲量 .1 分 又位移1 分 联立可得：0 0000 000()()m a tvmv a tvxkma=1 分 则牵引力所做功为 00 00000 000()()Fmv
8、a tvWFxmamv a tvma=1 分（其它方法求解正确同样给分）14（15 分）（1）设 B 滑到曲面底部速度为0v，根据机械能守恒定律：2012mghmv=.1 分解得：022 5m/svgh=.1 分由于03m/svv=，B 在传送带上开始做匀减速运动，设 B 一直减速滑过传送带的速度为1v，由动能定理可得：22101122mglmvmv=.2 分解得：14m/sv=.1 分由于14m/sv=仍大于3m/s，说明假设成立，即 B 与 A 碰前速度为 4m/s（2）设第一次碰后 A 的速度为1Av，B 的速度为1Bv，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得：111BAmv
9、mvMv=+.1 分221112111222BAmvmvMv=+.1 分4 解得：112m/s2Bvv=.1 分上式表明 B 碰后以2m/s 的速度向右反弹.滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为Bx，由动能定理得：21102BBmgxmv=.1 分解得：1mBx=.1 分因1.0mBxl=B 刚好滑到传送带右端再原速率返回左端，在传送带上的运动时间svtB2g21=.1 分 B 在传送带上运动的过程中，与传送带的摩擦生热()JvtmgQ120=.1 分（3）B 的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且由于2Bv小于传送带的速度3m/sv=
10、，故 B 向左返回到平台上时速度大小仍为2m/s，由于第二次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后 B 仍然反弹，且碰后速度大小仍为 B 碰前的 12，即：1212214 m/s222BBvvv=.1 分同理可推：B 每次碰后都将被传送带带回与 A 发生下一次碰撞，则 B 与 A 碰撞n 次后反弹，速度大小为1 m/s2nnvv=.1分 其动能为2231122KnnnmvJ=E.1分 15（13 分）（1）BCE（5 分）（2）（8 分）00200002(1)=.12cos37sin37.27.5/.1(2)74106=(cos37sin37).212.2AAFFFFmaam sFWF LLWmvO=在 点，F沿杆的分力F分对其中的一个滑块由牛顿第二定律可得：分解得：分轻杆夹角从增大到的过程中：恒力 做功分根据功能关系可得：.12/.1vm s=分由以上几式可得：分
