资源描述
2
024~2025 学年高三 11 月测评（福建）
物理
全卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。
注意事项：
1
.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上
的指定位置。
2
.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答
题区域均无效。
3
.选择题用 2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作
答；字体工整，笔迹清楚。
4
.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分.在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1
.关于对做圆周运动的物体的向心加速度的理解，下列说法正确的是（
）
A.向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢
B.向心加速度的方向可能与速度方向成任意角度
C.向心加速度可能改变速度的大小
D.做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度恒定
2
.一质点沿平直的轨道运动时，通过位移传感器描绘了质点位置随时间的变化规律，图像如图所示.已知该
图像为开口向下的抛物线，1.5s 处为抛物线的最高点.倾斜的虚线为 t=0 时图像的切线，此时，质点的速度
大小为 6m/s.下列说法正确的是（
）
A.质点始终向同一方向运动
B. x0=3.5m
C.质点的加速度大小为 2m/s2
D. t0=4s
3
. 2024 年 8 月 3 日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国选手郑钦文 2 比 0 战胜克罗地亚选手维基
奇，夺得金牌.郑钦文某次击球时，将球沿斜向上的方向击出，击球点距离地面的高度为 h，速度大小为
v0 = 5 10gh ，与水平方向夹角为q = 37° ，重力加速度为 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，
网球可视为质点.下列说法正确的是（
）
A.网球运动的最高点到地面的高度为 45h
1
0h
B.网球在空中运动的总时间为 6
g
C.网球的水平射程为8(15+ 230)h
D.网球落地瞬间的速度大小为5 10gh
4
.如图所示，倾角a = 30°的光滑斜面体固定在水平面上，在斜面的底端固定一挡板，轻弹簧固定在挡板
上，质量为 m 的物块 B 与轻弹簧相连接，静止时弹簧的压缩量为 x（x 未知），将一质量为 2m 的物块 A 从
斜面体上与物块 B 间距为 x0 处由静止释放，两物块碰后粘在一起（碰撞时间极短），向下运动 12x 时速度
减为零，重力加速度为 g.两物块可视为质点，弹簧始终在弹性限度内.则下列说法正确的是（
）
gx0
3
A.两物块碰后瞬间的速度为
2
B.两物块因碰撞损失的机械能为 mgx
0
3
x0
C.
x =
3
6
4
mg
x0
D.弹簧的劲度系数为
二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分.每小题有两项符合题目要求.全部选
对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
5
.如图所示为一小朋友放风筝的示意图.稳定时风筝悬浮在空中，地面上的人用轻绳拉住风筝，为了让风筝
沿同一竖直线缓慢升高，地面上的人缓慢地放绳，整个过程人始终没有走动，假设空气对风筝作用力的方
向不变.则风筝缓慢上升时（
）
A.空气对风筝的作用力逐渐增大
B.轻绳的拉力逐渐减小
C.人对地面的压力逐渐增大
D.地面对人的摩擦力逐渐增大
6
.一物体放在光滑水平面上，在物体上施加一水平外力，使物体在外力的作用下由静止开始运动，物体的
加速度随时间的变化规律如图所示.则下列说法正确的是（
）
A.物体做往返运动
B. 0.5T 时物体的速度为零
C. 0~T 时间内，外力的冲量为零
D. 0~T 时间内，外力对物体做功为零
7
.土星是太阳系中的第二大行星，距离地球约为 15 亿千米，如图所示为发射土星探测器的示意图，探测器
经地土转移轨道后，经停泊轨道 1.2，最后进入探测轨道 3.下列说法正确的是（
）
A.探测器的发射速度大于 7.9km/s，小于 11.2km/s
B.探测器在轨道 1、2、3 的运行周期 T >T >T
3
1
2
C.探测器由轨道 1 进入轨道 2 需在 P 点减速
D.探测器在轨道 1 经 P 点的速度小于在轨道 3 经 P 点的速度
.如图所示，半径为 R、圆心为 O 的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为 2m 的小球 P 通过轻质细线跨
8
过两定滑轮 A、B 后与质量为 m 的物体 Q 相连接，左侧的滑轮 A 刚好位于 O 点正上方，且 O 到滑轮 A 的
距离为 R，M 点为轨道上一点，∠MON=60°，N 点为轨道的最低点，现将小球 P 从轨道左侧的最高点由静
止释放，整个运动过程中物体 Q 不会与滑轮发生碰撞.重力加速度为 g，小球 P 可视为质点，两定滑轮的大
小不计，一切摩擦阻力均可忽略.则下列说法正确的是（
）
A.小球 P 由释放到 N 的过程，物体 Q 始终超重
2
2(1+ 2 - 3)gR
B.到 M 点时小球 P 的速度大小为
3
(1+ 2 - 3)gR
C.到 M 点时物体 Q 的速度大小为
3
D.到 N 点时小球 P 的加速度大小为 2g
三、非选择题：共 60 分.考生根据要求作答.
9
.（3 分）如图所示为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O 点为地心，P、Q 分别为地球表
面上的点，分别位于北纬 60°和北纬 30°.则 P、Q 的线速度大小之比为 ，P、Q 的转速之比
为
。
1
0.（3 分）如图所示为多层晒鱼网罩，上下截面均为边长 a=40cm 的正方形，现用四根长度均为 L=40cm
的轻绳拴接在上截面的四个顶点上，并将四根轻绳另一端拴接在一挂钩上并悬挂.已知网罩的重力为 G，则
每根轻绳的拉力大小为 ，相邻两根轻绳拉力的合力大小为
。
1
1.（3 分）如图所示，质量为 m 的物体放在粗糙水平面的 O 点，在物体上施加一水平向右的恒力 F=mg，
使其由静止开始运动，经时间 t 撤去 F，又经时间 2t 物体停止运动，重力加速度为 g.则物体与水平面间的
动摩擦因数为
，t 时刻物体的速度大小为
（用 g、t 表示），物体加速与减速时的加
速度大小之比为
。
1
2.（6 分）某实验小组的同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度，铁架台的下端固定光电门，上
端固定一电磁铁，实验时接通开关，直径为 d 的小铁球被电磁铁吸住，断开开关，小铁球立即做自由落体
运动，小球经过光电门时电脑记录挡光时间 t，小铁球的释放点的球心到光电门中心的距离为 h.多次改变
小铁球的释放点到光电门的距离 h，并记录相应的挡光时间 t.
（
1）小铁球经过光电门瞬间的速度大小为 v=
，若用运动学公式求重力加速度，则重力加速度
g= （均用“h、d、t”中的物理量表示）.
（
2）该小组同学欲利用图像法求重力加速度，建立好坐标系后以 h 为纵轴，欲将图线拟合成一条直线，
1
1
应以
（填“t”“ ”“ ”或“ ”）为横轴，若图线的斜率大小为 k，则重力加速度 g=
t
2
t
t
2
（
用“k、d”表示）.
1
3.（8 分）晓宇同学在探究“碰撞过程中的动量守恒”时，设计了如图所示的实验装置，并进行了如下的
操作：
a.将两个相同的遮光片分别固定在滑块甲和滑块乙上，用天平测量两滑块甲、乙（含遮光片）的质量 m1、
m2，将两个光电门 A、B 分别固定在气垫导轨上；
b.为了调节气垫导轨水平，先将滑块甲放在光电门 A 的左侧，轻推滑块甲使其依次通过光电门 A、B，遮光
片的挡光时间分别为 Dt 、 Dt ；
1
2
c.将轻弹簧放置在两滑块之间（不拴接），使弹簧压缩且处于锁定状态，并将两滑块放在两光电门之间，某
时刻将锁定解除，两滑块被弹簧弹开，两滑块甲、乙通过光电门前已经与弹簧分离，记录甲、乙分别经过
光电门 A、B 的挡光时间 t 、t .
1
2
回答下列问题：
（
1）操作 b 中，若气垫导轨水平，则 Dt1
Dt2 （填“>”“=”或“<”）；
（
2）本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则
（填“需要”或“不需要”）测量
遮光片的宽度 d，关系式
成立，则动量守恒；若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则
（
填“需要”或“不需要”）测量遮光片的宽度 d，则锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能
为 Ep=
（用以上测量的物理量表示）.
1
4.（9 分）某人在地面上竖直向上先后发射两个物体，第 1 个物体的速度大小为 v =25m/s，经 t =1.5s 从同
1
0
一地点发射第 2 个物体，第 2 个物体的发射速度大小为 v2=20m/s，忽略空气阻力，物体均可视为质点，重
力加速度 g=10m/s2.求：
（
（
1）第 1 个物体到达最高点时，两物体之间的间距；
2）两物体相遇时各自的速度.
1
5.（12 分）如图所示，倾角为 θ=37°的固定斜面体，顶端放置均可视为质点的小球和滑块，某时刻给小球
沿水平方向的初速度 v0，使其做平抛运动，同时给滑块沿斜面体向下的速度 v，滑块刚好沿斜面体匀速下
滑，经 t0=1.2s 的时间，小球和滑块同时到达斜面体的底端.重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8，空气阻力忽略不计.求：
（
（
（
1）滑块与斜面体间的动摩擦因数；
2）v0 和 v 的大小；
3）上述过程中，小球和滑块的最大间距.
1
6.（16 分）如图所示，光滑的曲面轨道与粗糙水平轨道相切于 P 点，质量 M=4kg、长 L=4m 的长木板 B
静止在水平面上，且长木板 B 的最左端刚好位于 P 点，质量为 m=2kg 的可视为质点的物体 C 静止在长木
板 B 的正中央，另一质量为 m0=4kg 的物体 A 从曲面上的 O 点由静止释放，经过一段时间与长木板 B 发生
1
1
弹性碰撞，已知 B、C 间的动摩擦因数为 m1 =
，B 与水平轨道间的动摩擦因数为 m2 = ，重力加速度
1
0
6
g=10m/s2，A、C 均可视为质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：
（
（
（
1）物体 A 与长木板 B 碰后瞬间，长木板 B 与物体 C 的加速度大小；
2）欲使物体 C 刚好不从长木板 B 的左端离开，释放点 O 到 P 点的高度；
3）若使物体 A 从距离 P 点高为 h0=0.2m 处由静止释放，A、B 碰后的瞬间，立即在长木板 B 上施加水平
向右的恒力 F =20N，若物体 C 刚好不从长木板上离开，则恒力作用的时间 t （结果可保留根号）
0
1
2
024~2025 学年高三 11 月测评（福建）•物理
参考答案、提示及评分细则
题号
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
A
B
C
C
AD CD BC BD
一、单项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分.在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的.
1
.【答案】A
【
解析】向心加速度只能改变速度的方向，并不改变速度的大小，用来描绘物体速度方向变化的快慢，A
正确，C 错误；向心加速度的方向沿半径指向圆心，线速度方向则沿圆周的切线方向，所以向心加速度的
方向始终与线速度方向垂直，B 错误；向心加速度的方向始终指向圆心，做圆周运动物体的角速度恒定
时，向心加速度的大小恒定，D 错误.
2
.【答案】B
【
解析】0~1.5s 内质点沿正方向运动，1.5s~t0 内质点沿负方向运动，A 错误；由于位移—时间图像为抛物
线，则质点做匀变速直运动，位移—时间图像的切线斜率表示物体的速度，则 0 时刻质点的速度为
8
- x0
.75
v0
a
v0 =
，
又由题意可知
v = 6m / s
0
，解得
x = 3.5m，B 正确；0~1.5s 内，由速度公式得t =
，加
0
0
速度大小为
a = 4m / s2
，C 错误；1.5s~t0 内质点做初速度为零的匀加速直线运动，则有
1
x = a(t -1.5)2
，
解得
t = 3.5s
，D 错误.
0
0
2
3
.【答案】C
【
解析】网球被击出后做斜抛运动，网球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，网球
水平方向的速度大小为 v = v cos 37° = 4 10gh ，竖直方向的速度大小为 v = v sin 37° = 3 10gh ，网
x
0
y
0
v
2
y
球被击出后上升的最大高度为 h
=
，联立解得 ，网球运动的最高点到地面的高度为
h = 45h
1
1
2
g
vy
9
0h
H = h + h = 46h ，A 错误；网球上升的时间为t =
=
，网球下降的时间为
1
1
g
g
2
H
92h
h
t2 =
=
，网球运动的总时间为t = t + t = ( 90 + 92)
，B 错误；网球的水平射程为
1
2
g
g
g
x = vxt ，联立解得 x = 8(15+ 230)h ，C 正确；网球落地瞬间的竖直速度为 vy¢ = gt2 = 92gh ，则网球
v = vx + vy¢2 v = 6 7gh
2
落地瞬间的速度大小为
，解得
，D 错误.
4
.【答案】C
【
解析】物块 A 由静止释放到碰前的过程，物块 A 的机械能守恒，则由机械能守恒定律得
1
2
2
D
mg sina × x = ´2mv2
，
解得 ，两物块碰撞的过程，由动量守恒定律得
v = gx
0
0
0
0
2
2
2
3
mv = (2m + m)v ，解得 v = v =
gx0 ，A 错误；该碰撞损失的机械能为
0
0
3
1
1
1
E = ´2mv2 - ´3mv2
，
解得
DE = mgx
，B 错误；碰前，物块 B 静止，由力的平衡条件得
0
0
2
2
3
mg sina = kx，碰后，两物块与轻弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得
1
2
kx +13kx
x0
36
18mg
´
3mv2 + 3mg ´12xsina =
´12x
，
解得
x =
， k
=
，C 正确，D 错误.
2
x0
二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分.每小题有两项符合题目要求.全部选
对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分.
5
.【答案】AD
【
解析】以风筝为研究对象，受力分析如图所示，
风筝受重力 mg、轻绳的拉力 F 和空气的作
用力 T，风筝缓慢上升，拉力和空气作用力的合力与重力大小相等，方向相反，风筝缓慢上升的过程中，
轻绳与水平方向的夹角变大，由图可知轻绳的拉力增大，空气对风筝的作用力增大，A 正确，B 错误；以
人为研究对象，受力分析如图所示，
假设轻绳与水平方向的夹角为 α，则在竖直方向上由力
的平衡条件得 F = Mg - F sina ，由以上分析可知 F 增大，α 增大则 sinα 增大，所以 F 减小，C 错误；
N
N
以风筝和人作为整体，受力分析，如图所示，
由以上分析可知空气对风筝的作用力逐渐增
大，方向不变，则空气对风筝的作用力水平向右的分力增大，由力的平衡条件可知地面对人的摩擦力增
大，D 正确.
6
.【答案】CD
【
解析】a-T 图像的面积表示物体速度的变化量，0~0.5T 时间内物体一直沿正方向做加速运动，0.5T 时物
体的加速度为零，此时物体的速度最大；0.5T~T 时间内，物体沿正方向做减速运动，T 时刻物体的速度减
为零，显然物体一直朝正方向运动，AB 错误；由于 0 时刻、T 时刻物体的速度均为零，则 0~T 时间内物
体动量的变化量为零，由动量定理得合力的冲量为零，即外力的冲量为零，C 正确；由以上分析可知，
0
~T 时间内物体动能的变化量为零，由动能定理得合力所做的功为零，即外力对物体做功为零，D 正确
7
.【答案】BC
【
解析】探测器需要到达土星，因此其最终会脱离地球的引力束缚，其发射速度应大于第二宇宙速度，A
R
3
1
3
2
T
2
1
T22
错误；由开普勒第三定律得
=
，由题图可知轨道 1 的半长轴最大、轨道 3 的轨道半径最小，所以探
R
测器在轨道 1、2、3 的运行周期关系为T > T > T ，B 正确；探测器由轨道 1 进入轨道 2，即由高轨道进
1
2
3
Mm
v
2
P1
r
入低轨道，需点火减速，C 正确；探测器在轨道 1 上经过 P 点后做离心运动，则有G
< m
，探测
r
2
Mm
v
2
P3
r
器在轨道 3 上经过 P 点做匀速圆周运动，则有G
= m
，显然 ，D 错误.
v < v
P3 P1
r
2
8
.【答案】BD
【
解析】小球 P 由静止释放沿半圆轨道下滑，经过一段时间，小球 P 运动到半圆环的最低点 N，此时小球
P 的速度与细线垂直，此时小球 Q 的速度为零，显然小球 P 由释放到最低点 N 的过程，物体 Q 先向上加
速运动再向上减速运动，即物体 Q 的加速度先向上后向下，所以物体 Q 先超重后失重，A 错误；小球 P
由释放到 N 的过程，小球 P 下落的高度为 R，物体 Q 上升的高度为 (2R - 2R) ，对 P、Q 组成的系统，
1
由机械能守恒定律得
2
mgR - mg(2R - 2R) = ´2mv2
，解得
v =
2gR
，此时小球 P 的加速度大小
N
N
2
v
2
N
R
R
为
a =
=
2 ，D 正确；小球 P 到 M 点时，如图所示，小球 P 下落的高度为 h = Rcos 60° =
g
，
P
2
3
CM
AM
1
2
CM =
R ， AM = 3R ，有 cosÐCMA =
=
， ÐCMA = 60°，则有物体 Q 上升的高度为
2
h = ( 3 - 2)R ，设小球 P 在 M 点的速度为 v ，此时小球 P 沿细线方向的分速度 v 等于物体 Q 的速
Q
P
1
1
度，有 v = v cos 60° = v ，小球 P 由释放到 M 点的过程中，对 P、Q 组成的系统由机械能守恒定律得
Q
P
P
2
2 2(1+ 2 - 3)gR
1
1
2
mgh - mg( 3 - 2)R = ´2mv2 + mv2
，
解得
v =
、
P
P
Q
P
2
2
3
2
(1+ 2 - 3)gR
vQ =
，B 正确，C 错误.
3
三、非选择题：共 60 分.考生根据要求作答.
9
.【答案及评分细则】（3 分）
1
: 3 （1 分，其他结果均不得分）1∶1（2 分，其他结果均不得分）
【
解析】由题意，P、Q 分别为北纬 60°和北纬 30°，则 P、Q 到地轴的距离为圆周运动的轨道半径，假设
1
3
地球的半径为 R，则 P、Q 做圆周运动的轨道半径分别为 r = Rcos 60° = R 、 r = Rcos 30° =
R ，
P
Q
2
2
由公式 v = wr 可知 v :v =1: 3 ，由于 P、Q 随地球的自转做圆周运动，则 P、Q 的角速度相同，由公
P
Q
式w = 2pn 可知，P、Q 的转速之比为 1∶1.
1
0.【答案及评分细则】（3 分）
2
G
6G
（
1 分，其他结果均不得分）
（2 分，其他结果均不得分）
4
4
【
解析】设每根轻绳与水平方向的夹角为a ，则由几何关系可知a = 45°，设每根轻绳的拉力大小为 F，
2
G
由力的平衡条件得 4F sina = G ，解得 F =
；又由几何关系可知，相邻两根轻绳与底边构成一正三
4
6
G
角形，则由力的合成法则可知，相邻两根轻绳拉力的合力大小为 F1 = 2F cos 30° =
.
4
1
1.【答案及评分细则】（3 分）
1
2
3
gt
2 :1（每空 1 分，其他结果均不得分）
3
【
解析】当力 F 作用时，设物体的加速度大小为 a1，从开始经时间 t 后物体的速度为 v，由牛顿第二定律
及运动学公式得 F - mmg = ma ， v = a t ；撤去力 F 后，设物体的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律及
2
1
1
1
2
运动学公式得 mmg = ma ， 0 = v - a ×2t ，又 F = mg ，解得 m = ， v = gt ；撤走外力前后，物体的
2
2
3
3
加速度大小之比为 a : a = 2:1.
1
2
1
2.【答案及评分细则】（6 分）
d
d
2
（
1） （1 分，其他结果均不得分）
（2 分，其他结果均不得分）
t
2ht
2
1
d
2
（
【
2） （1 分，其他结果均不得分）
（2 分，其他结果均不得分）
t
2
2k
解析】（1）由于小铁球经过光电门时的挡光时间极短，在该时间内的平均速度近似等于小铁球的瞬时速
d
d
2
度，即 v = ；由运动学公式得
v
2
= 2gh
，由以上解得
g =
；
t
2ht
2
d
t
d
2
1
（
为
2）由公式
v
2
= 2gh 和 v =
整理得
h =
×
，欲使图线为过原点的倾斜直线，则横轴的物理意义应
2g t
2
1
d
2
d
2
，图像的斜率为 k =
，解得 g =
.
t
2
2g
2k
1
3.【答案及评分细则】（8 分）
1）=（2 分，其他结果均不得分）
（
m1 m2
（
2）不需要（1 分，其他结果均不得分）
=
（2 分，结果正确，形式不同可以同样得分，其他结果
t1
t2
m1d
2
m2d
2t22
2
均不得分）需要（1 分，其他结果均不得分）
+
（2 分，结果正确，形式不同可以同样得分，
2t
2
1
其他结果均不得分）
【
解析】（1）若气垫导轨调节为水平，则轻推滑块甲后，滑块甲应在气垫导轨上做匀速直线运动，则滑块
甲通过两光电门时的挡光时间应相同，即 Dt = Dt ；
1
2
（
2）遮光片的宽度为 d，弹簧弹开两滑块后，滑块甲、乙通过光电门 A、B 的挡光时间 t 、t ，则滑块
1
2
d
d
甲、乙通过光电门 A、B 的速度大小分别为 v1 = 、 v2 = ，由动量守恒定律得 0 = m v - m v ，整理得
1
1
1
2
t1
t2
m1 m2
=
，
所以不需要测量遮光片的宽度 d；由以上分析可知，两滑块甲、乙与轻弹簧分离瞬间的速度大
t1
t2
d
d
1
1
2
m1d
2t12
2
m2d
2t22
2
小为分别为 v1 = 、 v2 = ，弹簧储存的弹性势能为
E = m v2 + m v2
，解得
Ep =
+
，
p
1
1
2
2
t1
t2
2
故需要测量遮光片的宽度.
1
4.【答案】（1）16.25m
（2） -16.25m/s，负号表示方向竖直向下
-6.25m/s，负号表示方
向竖直向下
v1
g
25
【
解析及评分细则】（1）第 1 个物体从发射到速度减为 0 所需的时间为
t =
1
=
s = 2.5s
10
v
2
1
g
252
2´10
第 1 个物体上升的最大高度为
h =
1
=
m = 31.25m
2
第 1 个物体的速度减为 0 时，第 2 个物体运动的时间为t = t -t =1s ，显然第 2 个物体处在上升阶段，
2
1
0
1
则第 2 个物体上升的高度为
h = v t - gt
2
2
2
2 2
2
代入数据解得 h2 =15m
所以第 1 个物体的速度为 0 时，两物体之间的间距为 Dh = h - h ，解得 Dh =16.25m
1
2
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分，
1
¢
= v t - gt
2
3
（
2）设第 2 个物体发射后经时间 t3 两物体相遇，则第 2 个物体的位移为
h
2
2 3
2
1
¢
1
= v (t + t ) - g(t + t )2
第 1 个物体的位移为
h
1
3
0
3
0
2
又 h h2¢
¢
1
=
解得t3 = 2.625s
此时第 1 个物体的速度为 v1¢ v1 g(t3 t )
=
-
+
0
解得 v1¢
= -16.25m / s ，负号表示方向竖直向下
此时第 2 个物体的速度为 v2¢ v2 gt3
=
-
解得 v2¢
= -6.25m / s ，负号表示方向竖直向下
（
其他合理解法也可得分）
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分，
5.【答案】（1）0.75 （2）8m/s 10m/s （3）1.8m
解析及评分细则】（1）滑块沿斜面体向下做匀速运动，则滑块受力平衡，对滑块受力分析
如图所示
1
【
由力的平衡条件得 mg sinq = Ff
FN = mg cosq
又 Ff = mFN
代入数据解得 m = 0.75
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分。
（
2）小球离开斜面体的顶端后做平抛运动，水平方向匀速直线运动，则有 x = v0t0
1
竖直方向做自由落体运动，有
y = gt0
2
2
y
由几何关系有 tanq =
x
解得 v0 = 8m / s
x
斜面体的顶端到底端的间距为 L =
cosq
L
滑块沿斜面体下滑的速度为 v =
t0
解得 v=10m/s
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分。
（
3）以抛出点为原点建立直角坐标系，分别取水平向右和竖直向下为 x、y 轴正方向.设经过时间 t 小球和
滑块的间距最大，对小球在水平方向有 x = v t
1
0
1
竖直方向有
y = gt
2
1
2
对滑块在水平方向有 x = vt cosq = v t
2
0
v0 sinq
cosq
竖直方向有
y = vt sinq =
2
t
二者间的距离
d = (x - x )2 + (y - y )2
2
1
2
1
1
整理得
d = v t tanq - gt
2
0
2
即
d = 6t -5t
2
当t = 0.6s 时，小球和滑块的间距最大，最大间距为 dm =1.8m
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分。
4
10 -10
1
6.【答案】（1）3m/s2
（2）0.8m
（3）
s
5
【
解析及评分细则】（1）物体 A 与长木板 B 碰后物体 C 做加速运动，长木板 B 做减速运动，由牛顿第二
定律对 C 有 m1mg = ma1
解得
a =1m / s2
1
对长木板 B 由牛顿第二定律得 m mg + m (M + m)g = Ma
2
1
2
解得
a = 3m / s2
2
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分
（
2）设碰后长木板 B 的速度为 v1，欲使物体 C 刚好不从长木板 B 的最左端滑出，则应使物体 C 刚好滑到
长木板的最左端二者共速，设共同的速度为 v.则有 v = a t = v - a t
1
1
2
L
v + v1
2
v
又由
=
t - t
2
2
解得 v1 = 4m / s
物体 A 和长木板 B 发生弹性碰撞，设碰前物体 A 的速度为 v0，对于碰撞的过程由动量守恒定律、机械能守
恒定律得 m v = Mv + m v
2
0
0
1
0
1
2
1
1
m0v0 = Mv2 + m v2
2
1
0
2
2
2
解得 v = 4m / s 、 v = 0
0
2
1
2
物体 A 由 O 到 P 的过程，由机械能守恒定律得
m0v0 = m0 gh
2
解得 h=0.8m
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分，
1
（
3）物体 A 从距离 P 点 h0 = 0.2m处静止释放，碰前有
m gh = m v2
0
0
0
2
碰前 A 的速度为 v = 2m / s
由第（2）问解析可知，碰后瞬间 B 的速度为 v = 2m / s ，A、B 碰后的瞬间，在长木板上施加的水平向右
的恒力 F0 = 20N ，撤走外力前物体 C 以
a =1m / s2
1
加速运动，长木板 B 加速运动，对长木板 B 由牛顿第
二定律得 F - m mg - m (M + m)g = Ma
3
0
1
2
解得
a = 2m / s2
3
1
撤走外力瞬间长木板 B 的速度和位移分别为 v = v + a t 、
x = vt + a t
2
3 1
3
3 1
3
1
2
1
物体 C 的速度和位移分别为 v = a t 、
x = a t
2
1 1
4
1 1
4
2
1
1
D
x = x - x = v t + a t
2
3 1
- a t
2
1 1
t1 时间内 C 在 B 上表面向左滑动的距离为
1
3
4
1 1
2
2
由于 v > v ，所以此后物体 C 继续加速，长木板 B 开始减速，设撤走外力后经时间 t 物体 C 与 B 共速，
2
3
4
且此时物体 C 刚好到达长木板 B 的最左端，由（1）问可知长木板 B 减速时的加速度为
a = 3m / s2
2
则由 v = v + a t = v - a t
2 2
共
4
1 2
3
v3 + v
v4 + v
Dx2 =
共
t2 -
共
t2
t2 时间内 C 在 B 上表面向左滑动的距离为
2
2
L
则有 Dx + Dx =
1
2
2
4
10 -10
10
5
由以上解得t1 =
s、t2 =
s、 v共 = ( 10 - 2)m / s
5
按步骤得分，步骤齐全且结果正确，得全分；若结果错误，扣除结果分后，其余按步骤得分。
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