2020-2021学年湖北省十堰市某校高三新起点考试物理试卷
一、选择题
218
1. 地面土壤中含有的氡具有放射性，其衰变方程为22286𝑅𝑛→84𝑃0+𝑋，半衰期为3.8天．下列说法不正确的是（ ） A.𝑋是α粒子
B.过量的射线对人体组织有破坏作用
C.每过7.6天，土壤中放射性氡的含量减少75%
D.放射性元素衰变的快慢与压力、温度或与其他元素的化合等因素有关
2. 公路上行驶的汽车，司机从发现前方异常情况到紧急刹车，汽车仍将前进一段距离才能停下来．要保持安全，这段距离内不能有车辆和行人，因此把它称为安全距
离．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1𝑠（这段时间汽车仍保持原速）．汽车以108𝑘𝑚/ℎ的速度行驶时，安全距离为120𝑚．则汽车刹车时的加速度大小为（ ） A.5𝑚/𝑠2
3. 2020年7月23日，中国“天问一号”探测器发射升空，成功进入预定轨道，开启了火星探测之旅，迈出了我国自主开展行星探测的第一步．如图所示，“天问一号”被火星捕获之后，需要在近火星点变速，进入环绕火星的椭圆轨道．则“天问一号”（ ）
B.3.75𝑚/𝑠2
C.2.5𝑚/𝑠2
D.2𝑚/𝑠2
A.在轨道Ⅱ上𝑃点的速度小于𝑄点的速度 B.在轨道Ⅰ上运行周期大于轨道Ⅱ上运行周期 C.由轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ需要在𝑃点加速
D.在轨道Ⅰ上经过𝑃点时的向心加速度大于在轨道Ⅱ上经过𝑃点时的向心加速度
4. 为探讨磁场对脑部神经组织的影响及临床医学应用，某小组查阅资料得知：“将金属线圈放置在头部上方几厘米处，给线圈通以上千安培、历时约几毫秒的脉冲电流，电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场，磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电场及感应电流，而对脑神经产生电刺激作用，其装置如图所示．”同学们讨论得出的下列结论正确的是（ ）
试卷第1页，总17页
A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象 B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应 C.若将脉冲电流改为恒定电流，可持续对脑神经产生电刺激作用
D.若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则在脑部产生的感应电场及感应电流会增强
5. 如图所示，一定质量的理想气体经历𝐴→𝐵→𝐶→𝐴的过程，已知气体在状态𝐴时的温度为300𝐾，且1𝑎𝑡𝑚=1.0×105𝑃𝑎，下列说法正确的是（ ）
A.在状态𝐵，气体的温度为300𝐾 B.在状态𝐶，气体的内能最大
C.过程𝐴→𝐵，气体对外做功7.5×104𝐽
D.过程𝐶→𝐴，单位时间撞出容器壁上单位面积的分子数可能不变
6. 如图所示，正弦交流电源的输出电压为𝑈0，理想变压器的原副线圈匝数之比为5:1，电阻关系为𝑅0:𝑅1:𝑅2=1:4:4，电压表为理想交流电压表，示数用𝑈表示，则下列说法正确的是（ ）
A.闭合开关𝑆前后，电压表示数不变 B.闭合开关𝑆前，𝑈0:𝑈=5:1 C.闭合开关𝑆后，𝑈0:𝑈=15:2
D.闭合开关𝑆后，电阻𝑅0与𝑅1消耗的功率之比为4:1
试卷第2页，总17页
7. 物块在水平面上以初速度𝑣0直线滑行，前进𝑥0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为𝜇，且𝜇的大小与物块滑行的距离𝑥的关系为𝜇=𝑘𝑥（𝑘为常数），重力加速度为𝑔．则（ ）
2A.𝑣0=√𝑘𝑔𝑥0
2B.𝑣0=√2𝑘𝑔𝑥0
C.𝑣0=√
2𝑘𝑔𝑥0
2
2D.𝑣0=2√𝑘𝑔𝑥0
8. 两列波速大小相同的简谐横波在𝑡=0时刻的波形图如图所示，此时𝑥=2𝑚处的质
点的振动沿𝑦轴负方向，在𝑡1=0.3𝑠时，两列波第一次完全重合，则下列说法正确的是（ ）
A.两列波的波速大小均为10𝑚/𝑠
B.在𝑡2=1.1𝑠时，两列波的波形第二次完全重合 C.𝑥=4.5𝑚处的质点为振动减弱点 D.𝑥=2.5𝑚处的质点的位移可能为8𝑐𝑚
9. 自然光以布儒斯特角入射，在介质界面上反射和折射，此时反射光与折射光垂直，且反射光是线偏振光．这个规律称为布儒斯特定律．如图所示，光从空气射入折射率𝑛=√2的介质，入射角为𝑖，光在真空中的传播速度𝑐=3×108𝑚/𝑠，下列说法正确的是（ ）
A.入射角𝑖>45∘时，会发生全反射现象 B.无论入射角多大，折射角都不会超过45∘ C.布儒斯特角满足关系tan𝑖=√2 D.光在介质中的传播速度𝑣=1.5×108𝑚/𝑠
10. 如图所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从𝑎车跳上𝑏车，又立即从𝑏车跳回𝑎车，并与𝑎车保持相对静止．下列说法正确的是（ ）
A.最终𝑎车的速率大于𝑏车的速率
试卷第3页，总17页
B.最终𝑎车的速率小于𝑏车的速率
C.全过程中，𝑎车对人的冲量大于𝑏车对人的冲量 D.全过程中，𝑎车对人的冲量小于𝑏车对人的冲量
11. 如图所示，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦内，固定着𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四个电荷量均为𝑄的点电荷，其中𝐴、𝐵带正电，𝐶、𝐷带负电，坐标轴上𝑎、𝑏、𝑐、𝑑是正方形的四个顶点，则（ ）
A.𝑎、𝑐两点场强相等，电势相等 B.𝑏、𝑑两点场强相等，电势相等
C.将电子沿路径𝑎→𝑂→𝑐移动，电场力做正功 D.将电子沿路径𝑏→𝑂→𝑑移动，电场力做负功
12. 如图所示，在矩形区域𝑀𝑁𝑃𝐸中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从𝑀点沿𝑀𝑁方向发射两个α粒子，两粒子分别从𝑃、𝑄射出．已知𝑀𝐸=𝑃𝑄=𝑄𝐸，两粒子（ ）
A.速率之比为5:2
C.在磁场中运动时间之比为53:90
二、实验题
用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式．匀速转动手柄，可以使变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动．使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺．
B.速率之比为5:3
D.在磁场中运动时间之比为37:90
试卷第4页，总17页
（1）为了探究向心力大小与物体质量的关系，可以采用________（选填“等效替代法”“控制变量法”或“理想模型法”）；
（2）根据标尺上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受的向心力大小之比；
（3）通过实验得到如下表的数据：
次数 1 2 3 4
球的质量𝑚/𝑔 14.0 28.0 14.0 14.0 转动半径𝑟/𝑐𝑚 15.00 15.00 15.00 30.00 转速𝑛/𝑟×𝑠−1 1 1 2 1 向心力大小𝐹/红格数 2 4 8 4 为研究向心力大小跟转速的关系，应比较表中的第1组和第________组数据；
（4）你认为本实验中产生误差的原因有：________（写出一条即可）．
在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的器材如下： 待测小灯泡（12𝑉，6𝑊）
电源（电动势15𝑉，内阻不计）
电流表（0∼0.6𝐴，内阻约0.125𝛺；0∼3𝐴，内阻约0.025𝛺） 电压表（0∼3𝑉，内阻约3𝑘𝛺；0∼15𝑉，内阻约15𝑘𝛺） 滑动变阻器𝑅（0∼10𝛺） 开关及导线若干．
试卷第5页，总17页
（1）电流表应选用________量程．
（2）某同学在图（𝑎）所示的实物图中已连接了部分导线，请在答题卡上完成实物图的连线．
（3）若某次电流表的示数如图（𝑏）所示，该读数为________𝐴．
（4）调节滑动变阻器，记录多组电压表和电流表的读数，作出的𝐼−𝑈图线如图（𝑐）所示．某同学将小灯泡与该电源、定值电阻𝑅0=22.5𝛺串联构成回路，小灯泡消耗的功率为________𝑊（结果保留两位有效数字）． 三、解答题
如图是传感器记录的某物体在恒定外力作用下沿𝑥轴运动的𝑥−𝑡图像，已知图像为一条抛物线，求物体运动的初速度和加速度．
一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距𝑙的两点上，弹性绳的原长也为𝑙．将一重量为𝐺的钩码挂在弹性绳的中点，静止时弹性绳的总长度为1.25𝑙，如图(𝑎)所示．
（1）求弹性绳的拉力；
试卷第6页，总17页
（2）若将弹性绳从中点剪断成两根，用其中的一根悬挂钩码，如图(𝑏)所示．求钩码静止时弹性绳的长度．
第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年在中国北京和张家口举行．如图所示为简化后的雪道示意图，运动员以一定的初速度从半径𝑅=10𝑚的圆弧轨道𝐴𝐵末端水平飞出，落到倾角为𝜃=37∘的斜坡𝐶𝐷上的𝐷点，轨迹如图中虚线所示，已知运动员运动到𝐵点时对轨道的压力是重力的7.25倍，𝐵𝐶间的高度差为5𝑚，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，不计空气阻力．求：
（1）运动员运动到𝐵点的速度大小；
（2）𝐶𝐷间的距离；
（3）运动员离斜坡的最大距离．
如图所示，倾角为𝜃的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一质量为𝑀的木板𝐴放置在斜面上，下端离挡板的距离为𝑑，𝐴的上端放置有一质量为𝑚的小物块𝐵，现由静止同时释放𝐴和𝐵，𝐴与挡板发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短，在运动过程中，𝐵始终没有从𝐴上滑落，且𝐵未与挡板发生碰撞．已知𝑀=3𝑚，𝐴、𝐵间的动摩擦因数𝜇=1.5tan𝜃，𝑔为重力加速度．求：
（1）𝐴与挡板第一次碰撞前瞬间的速度；
（2）𝐴与挡板第二次碰撞前瞬间的速度；
（3）𝐴的长度满足的条件．
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参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省十堰市某校高三新起点考试物理试卷
一、选择题 1.
【答案】 D
【考点】
衰变周期、衰变速度 原子核衰变
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：根据电荷数守恒、质量数守恒可得，𝑋的电荷数为2，质量数为4，是α粒子，故𝐴正确．
过量的射线对人体组织有破坏作用，容易造成癌变，故𝐵正确．
经过7.6天，即两个半衰期，土壤中放射性氡的含量剩余4，减少了4，故𝐶正确． 放射性元素衰变的快慢是由核内部本身的因素决定的，跟原子所处的物理或化学状态无关，故𝐷错误．
本题选不正确的，故选𝐷． 2.
【答案】 A
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：108𝑘𝑚/ℎ=30𝑚/𝑠，反应时间内，汽车做匀速运动：𝑠1=𝑣𝑡=30×1𝑚=30𝑚， 减速过程位移为：𝑠2=120𝑚−30𝑚=90𝑚，
则汽车刹车时的加速度大小为𝑎=2𝑠=5𝑚/𝑠2，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误．
2
13
𝑣2
故选：𝐴． 3.
【答案】 B
【考点】
卫星的变轨与对接 开普勒定律
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：𝐴．根据开普勒第二定律可知，“天问一号”在轨道Ⅱ上运动时，在𝑃点速度大于在𝑄点的速度，故𝐴错误．
试卷第8页，总17页
𝐵．根据万有引力等于向心力可得𝑇=2𝜋√𝐺𝑀，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半径，所以在轨道Ⅰ上运行周期大于轨道Ⅱ上运行周期，故𝐵正确．
𝐶．由轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ属于降轨，要做近心运动，需要在𝑃点减速，故𝐶错误． 𝐷．根据万有引力等于向心力可得
𝐺𝑀𝑚𝑟3𝑟3
=𝑚
𝑣2𝑟
=𝑚𝑎，加速度与半径成反比，所以在轨
道Ⅰ上经过𝑃点时的向心加速度小于在轨道Ⅱ上经过𝑃点时的向心加速度，故𝐷错误． 故选：𝐵． 4.
【答案】 D
【考点】
电磁感应在生活和生产中的应用 【解析】
电流的磁效应是电流周围存在磁场，所以通电线圈周围也存在磁场；变化的磁场会产生感应电场；产生感应电流的是条件是闭合回路的磁通量发生变化，磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，则感应电流越大. 【解答】
解：𝐴．脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是利用了电流的磁效应，故𝐴错误； 𝐵．脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电磁感应现象 ，故𝐵错误；
𝐶．若将脉冲电流改为恒定电流，则线圈产生的磁场不变，脑部特定区域不会产生感应电场及感应电流，故𝐶错误；
𝐷．若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则线圈产生的磁场变化更快，那么在脑部产生的感应电场及感应电流会增强，故𝐷正确． 故选：𝐷． 5.
【答案】 C
【考点】
气体状态变化的图象问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由图可知，由理想气体状态方程
𝑃𝐴𝑉𝐴𝑇𝐴
=
𝑃𝐵𝑉𝐵𝑇𝐵
，解得𝑇𝐵=1200𝐾，
由𝐴到𝐵的过程中，气体对外做功，同时吸收热量， 气体对外做功：𝑊=𝑝𝛥𝑉=7.5×104𝐽，故𝐴错误，𝐶正确； 由𝐵到𝐶发生等容变化，根据
𝑃𝐵𝑇𝐵
¯
=
𝑃𝐶𝑇𝐶
，解得𝑇𝐶=600𝐾，
因为发生等容变化，气体不做功，但是温度降低，所以内能减小，故𝐵错误；
由𝐶到𝐴，温度降低，平均动能减小，平均每个分子对器壁的作用力减小，而压强不变，故单位时间单位面积气体分子对容器壁的碰撞次数增大，故𝐷错误． 故选𝐶． 6. 【答案】
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C
【考点】
变压器的动态分析 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：正弦交流电源的输出电压为𝑈0不变，理想变压器的原副线圈匝数之比为5:1不变，所以副线圈两端的电压不变，闭合开关𝑆后，总电阻减小，所以电路中的电流增大，根据欧姆定律可知，𝑅0两端的电压增大，所以电压表的示数减小，故𝐴错误； 闭合开关𝑆前，设副线圈两端的电压为𝑈′，
′
所以有𝑈0
′=1，所以𝑈=
𝑈
5
𝑈05
，
425
电压表的示数𝑈=
𝑅1𝑅1+𝑅0
𝑈′=
𝑈0，联立解得
𝑈0𝑈
=
254
，故𝐵错误；
闭合开关𝑆后，副线圈电压保持𝑈′不变，𝑅1与𝑅2并联电阻为2𝑅0，则电压表的示数𝑈=
2𝑅02𝑅0+𝑅0
𝑈′=15𝑈0，联立解得𝑈0=
2𝑈152
，故𝐶正确；
闭合开关𝑆后，设𝑅2的电流为𝐼，则𝑅0的电流为2𝐼，电阻𝑅0的功率为𝑃1=(2𝐼)2𝑅0=4𝐼2𝑅0，电阻𝑅1的功率为𝑃2=𝐼2𝑅1=4𝐼2𝑅0，所以电阻𝑅0与𝑅1消耗的功率之比为1:1，故𝐷错误． 故选𝐶． 7.
【答案】 A
【考点】 非常规图像
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：作出𝑎−𝑥图像如图，
据题意可知𝑎=𝜇𝑔=𝑘𝑔𝑥，
显然𝑎与𝑥是线性关系，所以全过程中，可以看做物体做𝑎=
22
则有2𝑎𝑥0=𝑣0，解得𝑣0=√𝑘𝑔𝑥0，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误．
¯
¯
𝑘𝑔𝑥02
的匀变速运动，
故选𝐴． 8. 【答案】
试卷第10页，总17页
B
【考点】 波的叠加 横波的图象
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：𝑥=2𝑚处的质点振动沿𝑦轴负方向，则图中的实线波传播方向为𝑥轴正方向，因为两列波波速相同，并且在𝑡1=0.3𝑠时发生了重合，所以虚线波一定沿𝑥轴负方向．
1
𝐴．据图𝑡=0时，两列波波峰距离为𝑠1=6𝑚−3𝑚=3𝑚，则波速为𝑣=2𝑡=5𝑚/𝑠，
1
𝑠
𝐴错误；
𝐵．两列波的波长为𝜆=8𝑚，两列波完全重合需要相向运动的总位移为𝑠2=𝑠1+𝜆=
2
11𝑚，所以波第二次完全重合的时间为𝑡2=2𝑣=1.1𝑠，𝐵正确；
𝑠
𝐶．据图，𝑥=4.5𝑚处的质点显然为振动加强点，𝐶错误；
𝐷．据图，𝑥=2.5𝑚处的质点为振动减弱点，位移始终为零，𝐷错误． 故选𝐵． 9. 【答案】 B,C
【考点】
光的折射和全反射的综合应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：𝐴．光从空气中射入介质中，相对该介质，空气是光疏介质，不会发生全反射，𝐴错误；
𝐵．根据光路可逆，我们可以知道，折射角不可能大于该介质的临界角𝐶，根据sin𝐶==𝑛
1
√2，得𝐶2
=45∘，𝐵正确；
sin𝑖
𝐶．设折射角为𝜃，则有𝑛=sin𝜃，反射角等于入射角𝑖，根据布儒斯特定律𝜃+𝑖=90∘，联立解得tan𝑖=√2，𝐶正确； 𝐷．光在介质中的传播速度为𝑣=𝑛=故选𝐵𝐶． 10.
【答案】 B,D
【考点】
动量定理的基本应用 动量守恒定律的综合应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】
试卷第11页，总17页
𝑐
3√22
×108𝑚/𝑠，𝐷错误．
解：设小车的质量均为𝑚，人的质量为𝑀．
𝐴𝐵．对全过程分析，人与两个小车组成的系统动量守恒，则𝑚𝑣𝑏=(𝑀+𝑚)𝑣𝑎， 解得𝑣𝑎=𝑀+𝑚𝑣𝑏，显然𝑣𝑎<𝑣𝑏，故𝐴错误，𝐵正确；
𝐶𝐷．全过程中，人给了𝑏车一个向左的冲量𝐼𝑏=𝑚𝑣𝑏，给了𝑎车一个向右的冲量𝐼𝑎=𝑚𝑣𝑎，因为𝑣𝑎<𝑣𝑏，所以𝐼𝑎<𝐼𝑏，又因为车给人的冲量与人给车的冲量大小相等，方向相反，所以𝑎车对人的冲量小于𝑏车对人的冲量，故𝐶错误，𝐷正确． 故选𝐵𝐷． 11.
【答案】 A,D
【考点】
电场力做功与电势能变化的关系 电场的叠加
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：𝐴．根据对称性，𝑎、𝑐两点场强相等，电势相等，𝐴正确；
𝐵．𝑏、𝑑两点场强相等，但是𝑏点距离正电荷更近，所以𝑏点电势大于𝑑点的电势，𝐵错误；
𝐶．直线𝑎𝑐为一条等势线，所以将电子沿路径𝑎→𝑂→𝑐移动，电场力不做功，𝐶错误； 𝐷．从𝑏→𝑂→𝑑，电势逐渐降低，电子带负电，电势能越来越大，故将电子沿路径𝑏→𝑂→𝑑移动，电场力做负功，𝐷正确． 故选𝐴𝐷． 12.
【答案】 A,C
【考点】
带电粒子在有界磁场中的圆周运动 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：两个α粒子轨迹如图：
𝑚
设𝐸𝑀=𝐿，𝑃点出射的粒子半径为𝑟1=𝑂𝑃，𝑄点出射的粒子半径为𝑟2=𝐸𝑀=𝐿，
2
分析△𝑂𝐸𝑃可得：𝑟1=(2𝐿)2+(𝑟1−𝐿)2，解得𝑟1=2𝐿，
5
根据三角函数可得𝜃=53∘， 根据𝑞𝑣𝐵=
𝑚𝑣2𝑅
得𝑅=
𝑚𝑣
2
，根据𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑅()可得𝑇=𝐵𝑞𝑇
2𝜋2𝜋𝑚𝐵𝑞
，
试卷第12页，总17页
则可知同种粒子速度之比等于半径之比，周期相同，运动时间之比等于圆心角度数之比，
即𝑣1=𝑟1=5:2，𝑡1=90∘=90，故𝐴𝐶正确，𝐵𝐷错误．
2
2
2
𝑣𝑟𝑡
53∘
53
故选𝐴𝐶． 二、实验题 【答案】
（1）控制变量法 （3）3
（4）质量的测量引起的误差
【考点】
决定向心力大小的因素 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）为了探究向心力跟小球质量的关系，需要控制转速和运动半径不变，所以要用控制变量法；
（3）为研究向心力大小跟转速的关系，应选择球的质量和转动半径一样，转速不一样的两组进行比较，故应比较表中的第1组和第3组数据；
（4）本实验中产生误差的原因有：质量的测量引起的误差；转动半径引起的误差；弹簧测力套筒的读数引起的误差等（写出一条即可）． 【答案】 （1）0.6𝐴
（2）如解答图所示． （3）0.4
（4）2.4（2.2∼2.6均正确） 【考点】
描绘小灯泡的伏安特性曲线 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：（1）小灯泡的额定功率为6𝑊，额定电压为12𝑉，因此小灯泡的额定电流𝐼=0.5𝐴，因此电流表的量程选0∼0.6𝐴即可． （2）如图所示．
𝑃𝑈
=
（3）电流表的量程为0∼0.6𝐴，因此电流表的示数为0.4𝐴．
（4）根据题意知，当𝑅0与小灯泡串联在电路中时，灯泡两端电压与电流的关系为𝑈𝐿=
试卷第13页，总17页
𝑈−𝐼𝑅0，在小灯泡的伏安特性曲线图中做出小灯泡的𝐼−𝑈图线如图所示：
由图可知，两图线的交点即为小灯泡的实际工作状态，所以小灯泡的实际功率𝑃=𝑈𝐼=6𝑉×0.4𝐴=2.4𝑊． 三、解答题
【答案】
物体运动的初速度为10𝑚/𝑠，加速度大小为2𝑚/𝑠2，方向与初速度方向相反． 【考点】
x-t图像（匀变速直线运动） 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由题意，物体做匀变速直线运动．
2
0∼1𝑠内，有：𝑥1=𝑣0𝑡1+2𝑎𝑡1，
1
即9=𝑣0×1+2𝑎×12
20∼5𝑠内，有：𝑥2=𝑣0𝑡2+2𝑎𝑡2，
1
1
即25=𝑣0×5+𝑎×52，
2
1
解得：𝑣0=10𝑚/𝑠，𝑎=−2𝑚/𝑠2， “−”表明加速度方向与初速度方向相反． 【答案】
（1）弹性绳的拉力为；
65𝐺
（2）钩码静止时弹性绳的长度为0.65𝑙． 【考点】
平衡条件的基本应用 胡克定律
【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）钩码受力如图所示，
试卷第14页，总17页
由平衡条件可知：2𝐹cos𝛼=𝐺， 由几何知识：sin𝛼=0.8， 解得：𝐹=
5𝐺6
．
𝑙
（2）弹性绳剪断前，由胡克定律：𝐹=𝑘8， 其中𝑘为半根弹性绳的劲度系数，
剪断后，钩码平衡：𝐺=𝐹′，𝐹′=𝑘(𝑙′−𝑙)，
21
解得：𝑙′=0.65𝑙．
【答案】
（1）运动员运动到𝐵点的速度大小为25𝑚/𝑠； （2）𝐶𝐷间的距离为125𝑚；
（3）运动员离斜坡的最大距离为18.1𝑚． 【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力 斜面上的平抛问题
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）设运动员在𝐵点的速度为𝑣𝐵， 由牛顿第二定律：𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚
2
𝑣𝐵
𝑅
，
′
由牛顿第三定律：𝐹𝑁=𝐹𝑁=7.25𝑚𝑔， 解得：𝑣𝐵=25𝑚/𝑠；
（2）设𝐶𝐷间的距离为𝑠，运动员由𝐵运动到𝐷的时间为𝑡， 由平抛运动规律： 𝑠cos𝜃=𝑣𝐵𝑡，
𝑠sin𝜃+𝐵𝐶=2𝑔𝑡2， 解得：𝑠=125𝑚；
（3）建立坐标系，如图所示：
¯
1
试卷第15页，总17页
运动员沿𝑦轴方向做匀变速直线运动，𝑣𝑦=0时，离斜坡的距离最大， 此时运动员离𝑥轴的距离：𝑦=
(𝑣𝐵sin𝜃)22𝑔cos𝜃
，
¯
故运动员离斜坡的最大距离：𝑦𝑚=𝑦+𝐵𝐶cos𝜃， 解得：𝑦𝑚≈18.1𝑚． 【答案】
（1）𝐴与挡板第一次碰撞前瞬间的速度为√2𝑔𝑑sin𝜃； （2）𝐴与挡板第二次碰撞前瞬间的速度为2√6𝑔𝑑sin𝜃； （3）𝐴的长度满足的条件为𝐿≥8𝑑． 【考点】
系统机械能守恒定律的应用 用牛顿运动定律分析斜面体模型 板块模型问题 能量守恒定律的应用
【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：（1）设第一次碰撞前𝐴的速度为𝑣1，
2由机械能守恒定律可得(𝑀+𝑚)𝑔𝑑sin𝜃=(𝑀+𝑚)𝑣1，
211
解得𝑣1=√2𝑔𝑑sin𝜃；
（2）第一次碰撞后，𝐴、𝐵相对滑动，加速度大小分别为𝑎1、𝑎2， 由牛顿第二定律：
𝑀𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑀𝑎1， 𝜇𝑚𝑔cos𝜃−𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎2，
第一次碰撞后，经时间𝑡1，𝐴、𝐵达到相同的速度𝑣min ，𝐴运动的位移为𝑥1， 则对𝐴、𝐵由运动学公式得： 𝑣min=−𝑣1+𝑎1𝑡1， 𝑣min=𝑣1−𝑎2𝑡1，
2
𝑥1=−𝑣1𝑡1+2𝑎1𝑡1，
1
𝐴、𝐵共速后一起向下加速，第2次碰撞前𝐴的速度为𝑣2，由机械能守恒定律得：
22(𝑀+𝑚)𝑔(−𝑥1)sin𝜃=2(𝑀+𝑚)𝑣2−2(𝑀+𝑚)𝑣min ，
1
1
解得：𝑣2=2√6𝑔𝑑sin𝜃；
试卷第16页，总17页
1
（3）𝐴、𝐵最终静止，由能量守恒定律：
𝑀𝑔𝑑sin𝜃+𝑚𝑔(𝑑+𝐿min)sin𝜃=𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝐿min ， 解得𝐿min=8𝑑，即𝐴的长度满足的条件为𝐿≥8𝑑．
试卷第17页，总17页
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