正确。
7. ABC【解析】假设轮盘乙的半径为r，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有
?甲3r??乙r，则可求?甲：?乙=1:3，所以滑块相对轮盘滑动前，A，B的角速度之比为1:3，
A正确；滑块相对盘开始滑动前，根据a??r得A，B的向心加速度之比为aA:aB?2:9，B正确；据题意可得物块的最大静摩擦力分别为fA??mAg，fB??mBg，最大静摩擦力之比
2?:fB??mAaA:mBaB?mA:4.5mB，综为fA:fB?mA:mB；转动中所受的静摩擦力之比为fA上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确、D错误。
8. AD【解析】首先取AB连接体为研究对象，当A的质量远远小于B的质量，则B以接近重力加速度做向下的加速运动，B处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A的质量远远大于B的质量时，则B以接近重力加速度向上做加速运动，B处于超重状态，细绳的最大拉力接近B的重力的两倍，故此时细绳拉C的最大拉力为B的重力的4倍，故当A的质量取值合适，C的质量在大于零小于12kg之间都有可能处于平衡，A正确，B错误；当细绳对C拉力小于C的重力时C产生向下的加速度，当细绳对C的拉力大于C的重力时C产生向上的加速度，故C错误、D正确。
9. AC【解析】从v-t图象看出，物块被击穿后，先向左减速到v=2.0 m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向左，其速度2.0 m/s，A正确；由v-t图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a=2/3m/s，由牛顿第二定律得，滑动摩擦力Ff=μMg=Ma，物块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.067，B错误；传送带对物块做的功由动能定理可得W?2
112Mv2?Mv0??6J，C正确；由v-t图象可得，物块相对传22送带发生的位移为s=3m，所以物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为Q=fs=μMgs=2J，故D错误。
10. CD【解析】汽车拖着拖车时做匀速运动，受力平衡F?p1?0.1?2mg，拖车脱离后，v2对甲车，因为保持牵引力不变，有F?0.1mg?ma，2v?v?at，联立解得a1?1m/s，
13t?v(s)，x1?vt?at2?v2，对乙车，因为保持功率不变，故有
22p1t?112.752x312m(1.5v)2?mv2?0.1mgx2，解得：x2?v，故有1??，A错误；222x22.7511
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甲车的功率与速度成正比，故B错误；汽车克服阻力做功为W?fx，故
W1x112??，C正W2x211W1?Fx13确；而牵引力做功之比??，D正确。
W2?Pt2111.（6分）
dd2（1）0.51 （2） （3）gH??gL?2
t2t【解析】（1）游标卡尺读数，先看游标零刻度所对位置，读取整刻度为5mm，找到游标和主尺对其的刻度，对其的是游标上的1刻度线，由于是10分度的游标卡尺，所以度数为
5mm?1?0.1mm?5.1mm?0.51cm；（2）挡光条的宽度非常小，通过光电门的时间非常短，
可以用平均速度代替瞬时速度，所以vB?d；（3）根据动能定理，合外力的功等于动能变化t量，整个过程中有重力和摩擦力做功，则mgH??mgL?121d2mvB?m(），所以需要验证22td2的表达式为：gH??gL?2。
2t12.（9分）
（1）间隔均匀 （2分） （2）不需要 （2分）
（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够（2分） （4）1（3分）
【解析】(1)平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀； (2)因传感器可直接测出小车和传感器受到的拉力，因此不需要保证砂和桶的质量远小于小车和传感器的总质量；
(3) a?F图象与横轴交点为(0.1,0)，说明施加外力在0.1N之内小车和传感器没有加速度，说明实验前漏掉的操作是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足； (4)由牛顿运动定律知F?Ff?ma，a?1FFf? 即a?F图象斜率为，由图知斜率
mmmk?1，则小车和传感器的总质量为1kg。
13.（8分）
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解：（1）设火箭做匀减速运动的加速度大小为a，由运动学公式可得：
12at?x （1分） 2解得：a?12m/s (1分)
由牛顿第二运动定律可得：mg?f?ma （1分）
2故
f1? （1分） mg5（2）落回地面的过程中由牛顿第二运动定律：mg?f?ma? (1分) 解得：a??8m/s（1分） 由运动学公式：
21a?t?2?x（1分） 2解得：t??6s（1分）
故运动的总时间为：t总?t?t?=(2+6)s=4.45s（1分） 14. （10分）
2πR解：（1）由T＝ (1分)
v可得火星半径约R＝ (1分)
2π
vTGMmv2
由2＝m (1分) RRv3T可得火星的质量M＝ (1分)
2πGGMmv2?m (1分) （2）由2rrGMm (1分) 2rGMm引力势能：EP=﹣ (1分)
r可得动能为：Ek?故物体的机械能为：E?Ek?Ep??可见：E?GMm (1分) 2r1 (1分) r故卫星变轨前后在轨道上正常运行时的机械能之比：E1:E2?2:1 (1分) 15. (12分)
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解：（1）当小球速度最大时，有： mgsin??k?l1 （2分） 解得弹簧的压缩量为：?l1?mgsin? （1分）k
12m2g2sin2?故Ep?kx?（2分）
22k
（2）设弹簧伸长量为△l2，在水平方向上有：
FNsin??k?l2cos??m?2(l0??l2)cos?（3分）
竖直方向上有：FNcos??k?l2sin??mg?0（3分）
ml0?2cos2??mgsin?解得：?l2?（1分） 22k?m?cos?16.（15分）
解：（1）物块下滑到B点时的速度为v1，由机械能守恒可得：
mgR1?1m1v21 （1分） 2因为v0?6m/s?v1?4m/s，故物块滑上皮带后加速运动，若一直加速由动能定理
?1mgL?mv22?mv21 （1分）
解得：v2?42m/s?v0?6m/s，故一直加速正确，即滑块以v2?42m/s滑入管口. （1分）
（2）由C点到D点由机械能守恒定律可得：
1212121mv2?mg2R?mv23 （1分） 22v23在D处由牛顿第二运动定律可得：FN?mg?m （1分）
R2解得：FN?180N （1分）
??FN?180N （1分） 由牛顿第三运动定律可得：FN（3） 物块滑上木板后最终共速为v4，由牛顿第二运动定律：
?2mg?ma1 ； ?2mg?Ma2 （1分）
由运动学公式可得：
v3?a1t?a2t （1分）
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可得共速速度v4?a2t?2m/s ，水平向左 （1分）
此过程物块运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，由动能定理
??2mgx1?1212mv4?mv3 （1分） 221?2mgx2?Mv24 （1分）
2解得：x1?10m，x2?2m （1分）
由于x1?x2?8m?L1,但两者共速需要木板运动x2?2m?L2.因此物块与木板不能共速.当木板被粘住后，木块继续滑行设滑上台阶运动x3后停止
12mv3 （1分） 222解得：x3?m，即离台阶右侧E点为m处停下. （1分）
33由动能定理：??2mg(L1?L2?x3)?0?
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