高三物理试卷（二）
１．Ｂ 【解析】篮球先做自由落体运动，速度逐渐增大，
与地面碰撞后做竖直上抛运动，速度逐渐减小，竖直
上抛的位移小于自由落体运动的位移，故 Ｂ正确，
ＡＣＤ错误；故选：Ｂ。
２．Ａ 【解析】由Ｂ端到达 Ｐ点所用的时间为ｔ，可知Ｂ
１
端到Ｐ点的位移大小为 ｘ＝２ａｔ
２，则 Ａ端到 Ｐ点的
位移大小为ｘ′＝ｘ－Ｌ＝１２ａｔ
２－Ｌ，设 Ａ端到达 Ｐ点
１ １
所用的时间为 ｔ′，则 ２ａｔ
２ －Ｌ＝２ａｔ′
２，解得 ｔ′＝
ｔ２槡－
２Ｌ
ａ，则滑雪板的Ａ、Ｂ端通过 Ｐ点的时间差是
Δｔ＝ｔ－ｔ′＝ｔ－槡ｔ
２－２Ｌａ，故 Ａ正确，ＢＣＤ错误；故
选：Ａ。
３．Ａ 【解析】以小球为研究对象，受力情况如图所示
根据图像可知，挡板ＯＢ与水平面的夹角 θ由６０°缓
慢增加至９０°的过程中，小球对挡板 ＯＢ的压力逐渐
增大，故Ａ正确，ＢＣＤ错误；故选：Ａ。
４．Ｂ 【解析】Ａ．根据逆向思维，把排球从 Ｐ点到 Ｑ点
看成是从Ｑ点到Ｐ点做平抛运动，且Ｑ到Ｎ排球也
做平抛运动，根据平抛运动物体在竖直方向做自由
落体运动，可得 Ｍ到 Ｐ的时间为 Ｐ到 Ｎ的一半，故
Ａ错误；Ｂ．根据平抛运动规律，水平方向做匀速运
动，则有ｘ＝ｖｔ，结合 Ａ选项可知 ｔＭＰ＝ｔＱＰ，且根据斜
抛运动对称性可知 ｘＭＰ＝２ｘＱＰ，联立以上可知排球离
开Ｍ点的速率ｖｘＭ是经过 Ｑ点的速率 ｖｘＱ的两倍，故
Ｂ正确；Ｃ．根据平行四边形法则可得排球到达 Ｐ点
时的速率ｖ ２ ２１＝槡（ｖｘＭ）＋ｖｙ１，排球离开 Ｐ点时的速
率ｖ２＝槡（ｖ
２
ｘＱ）＋ｖ
２
ｙ２，由于两次在 Ｐ点竖直方向速
参考答案 第 ４页 （共７页）
度均为 ｖｙ＝槡２ｇｈ，由于两次水平方向速度大小不 Ｆ瞬间物体Ａ、Ｂ加速度大小为ａ＝１５ｇ，此时对Ｂ根
同，故排球到达Ｐ点时的速率和离开 Ｐ点时的速率
据牛顿第二定律得ｋｘ－ＦＡＢ－２ｍｇｓｉｎθ＝２ｍａ，解得此
不相等，故Ｃ错误；Ｄ，根据斜抛运动对称性可知排球
离开Ｐ １点的速度和到达 Ｎ点的速度大小相同，但方 时Ａ、Ｂ间的弹力大小为ＦＡＢ＝５ｍｇ，故Ａ正确；Ｂ．物
向不同，故Ｄ错误；故选：Ｂ。
块Ａ、Ｂ分离瞬间，它们之间作用力为零，对Ｂ根据牛
５．Ｄ 【解析】两轮是传动关系，则 Ｑ、Ｐ两点的线速度
顿第二定律得 Ｆ弹′＝ｋｘ′＝２ｍａ＋２ｍｇｓｉｎθ，解得 Ｆ弹′＝
相等，即线速度大小之比等于１∶１，Ｑ、Ｐ两点的半径
ｖ２ ８ｍｇ
之比为３∶２，根据ａ＝ｒ可得Ｑ
１．６ｍｇ，ｘ′＝ ，故 Ｂ错误；Ｃ．由上述分析可知，在
与Ｐ向心加速度大小 ５ｋ
ｖ Ａ、Ｂ分离前整个过程中弹簧一直处于压缩状态，且
之比为２∶３，根据 ω＝ｒ可知 Ｑ与 Ｐ角速度大小之 弹力减小，则拉力Ｆ一直增大，故Ａ、Ｂ分离瞬间Ｆ最
比为２∶３，根据 Ｔ＝２πｒｖ可知 Ｑ与 Ｐ周期大小之比为 大，此时对 Ａ根据牛顿第二定律得 Ｆｍａｘ－ｍｇｓｉｎθ＝
３∶２，故Ｄ正确，ＡＢＣ错误；故选：Ｄ。 ｍａ，解得Ｆｍａｘ＝０．８ｍｇ＜ｍｇ，故 Ｃ错误；Ｄ．由上述分
析可得，在Ａ、Ｂ分离前整个过程中 Ａ的位移大小为
６．Ｃ 【解析】Ａ．密度公式为 ρ＝Ｍ ４Ｖ，体积 Ｖ＝３πＲ
３，
ｘ＝ｘ－ｘ′＝ｍｇ，故Ｄ正确；故选：ＡＤ。
已知 ＲＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ ＝Ｒ地球，ＭＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ ＝４Ｍ地球，因 此
Ａ ５ｋ
ρＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝４ρ地球，密度为地球的４倍，故 Ａ错误；Ｂ． ９．ＡＣ 【解析】Ａ．从Ａ到Ｂ，根据动能定理可得ｍｇＲ＝
ＧＭｍ
根据地球表面万有引力等于重力 ２ ＝ｍｇ，可得地 １ｍｖ２Ｒ ２ Ｂ，解得 ｖＢ＝４ｍ／ｓ，在 Ｂ点，根据牛顿第二定律
ｇ＝ＧＭ ２球表面重力加速度公式为
Ｒ２
，代入 ＭＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝ ｍｖ可得ＦＮ－ｍｇ＝
Ｂ
Ｒ，解得ＦＮ＝６０Ｎ，根据牛顿第三定
４Ｍ地球和ＲＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝Ｒ地球，ｇＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝４ｇ地球，重力加速 律可得，在最低点Ｂ时，对轨道的压力大小为６０Ｎ，故
度为地球的４倍，故Ｂ错误；Ｃ．第一宇宙速度公式 ｖ
Ａ正确；Ｂ．物块达到底部的速度大小为ｖＢ＝４ｍ／ｓ，传
＝ ＧＭ槡Ｒ代入ＭＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝４Ｍ地球和ＲＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝Ｒ地球得 送带的速度大小为ｖ０＝８ｍ／ｓ，根据牛顿第二定律可得
ｖ 物块在传送带上运动的加速度大小为ａ＝μｇ＝０．２×Ｇｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝２ｖ地球，第一宇宙速度为地球的２倍，故 Ｃ
２ ３ ｖ－ｖ
正确：Ｄ． ４πａ ２ ２ ０ Ｂ根据开普勒第三定律Ｔ２＝ ，已知轨道 １０ｍ／ｓ＝２ｍ／ｓ，小物块匀加速的时间 ｔＧＭ １
＝ ａ ＝
恒星
半径ａ和公转周期Ｔ才能计算恒星质量，题目仅给出 ８－４ ｖ０＋ｖｓ＝２ｓ Ｂ２ ，对应的位移ｘ１＝ ｔ１，解得ｘ１＝１２ｍ，小ＴＧｌｉｅｓｅ－１２ｂ＝１２．８天，但未提供轨道半径ａ或与太阳系
２
相关的轨道半径比例，因此无法直接估算恒星质量与 Ｌ－ｘｔ＝ １＝２４－１２物块匀速运动的时间 ２ ｖ ８ ｓ＝１．５ｓ，所０
太阳质量的比值，条件不足，故Ｄ错误；故选：Ｃ。
７．Ｃ 以小物块在传送带Ｂ、Ｃ间的运动时间为ｔ＝ｔ＋ｔ＝【解析】对光子和颗粒组成的系统，规定水平向 １ ２
右的方向为正方向，则有 ｐ＝－ｐ＋ｐ，则 ｐ＝ｐ＋ｐ ２ｓ＋１．５ｓ＝３．５ｓ，故 Ｂ错误；Ｃ．小物块在传送带上运１ ２ ２ １
＞ｐ，方向水平向右，故Ｃ正确，ＡＢＤ错误；故选：Ｃ。 动时，因摩擦而产生的热量为Ｑ＝μｍｇ（ｖ０ｔ１－ｘ１），解
８．ＡＤ 【解析】Ａ．施加拉力 Ｆ之前，Ａ、Ｂ整体受力平 得Ｑ＝１６Ｊ，故Ｃ正确；Ｄ．整个过程中电动机多消耗
衡，根据平衡条件可得此时的弹簧弹力为 Ｆ弹 ＝ｋｘ＝ Ｅ＝Ｑ＋１ｍｖ２ １的电能为 ２２ ０－２ｍｖＢ，解得Ｅ＝６４Ｊ，故 Ｄ
（ｍ＋２ｍ）ｇｓｉｎθ，解得Ｆ弹 ＝１．８ｍｇ，ｘ＝
９ｍｇ
５ｋ，已知施加 错误；故选：ＡＣ。
参考答案 第 ５页 （共７页）
１０．ＣＤ 【解析】Ａ．物块与小车之间的作用相当于两物 １２．（１）Ａ （２）Ｐ Ｍｓ２＝Ｍｓ１＋ｍｓ３ ｓ１＋ｓ２＝ｓ３
体发生弹性正碰，碰后物块反向运动，物块与小车 【解析】（１）ＡＢ．为了防止碰撞后入射球反弹，则 Ａ
分离时，小车的速度大小为２ｍ／ｓ，以水平向右的方 球的质量应为２０ｇ，故 Ａ正确，Ｂ错误；ＣＤ．不需要
向为正方向，根据动量守恒 ｍｖ０＝３ｍｖ２－ｍｖ１，则物 斜槽和水平槽必须光滑，故ＣＤ错误；故选：Ａ；
块的速度ｖ１＝２ｍ／ｓ，物块离开小车后做平抛运动， （２）未放 Ｂ球时 Ａ球落地点是记录纸上的 Ｐ点。
故Ａ错误；Ｂ．根据动能定理可知，物块着地时的动 Ａ、Ｂ碰撞时动量守恒，表达式有Ｍｖ０＝Ｍｖ１＋ｍｖ２，等
１ ２ 式两边同时乘以时间ｔ，变形得Ｍ·ＯＰ＝Ｍ·ＯＭ＋能为Ｅｋ＝２ｍｖ１＋ｍｇｈ，解得 Ｅｋ＝１２Ｊ，故 Ｂ错误； ｍ·ＯＮ，即Ｍｓ２＝Ｍｓ１＋ｍｓ３，若Ａ、Ｂ碰撞时为弹性碰
Ｃ．根据Ａ选项可知，小车的最大速度为２ｍ／ｓ，则小 １ １ １
撞，则应成立的表达式为 Ｍｖ２２ ０＝２Ｍｖ
２
１＋２ｍｖ
２
２，
车的最大动能为Ｅｋｍ＝
１ ２
２ｍｖ２，解得Ｅｋｍ＝６Ｊ，故Ｃ正 联立解得ｓ１＋ｓ２＝ｓ３。
确；Ｄ．当两者共速时，弹簧具有的弹性势能最大，以 ｖ
１３．（１）０～ｔ０时间内的加速度大小为ａ＝
０
，
水平向右的方向为正方向，有 ｍｖ０＝４ｍｖ，则 Ｅｐｍ ＝ ｔ０
１
２ｍｖ
２
０－
１
２×４ｍｖ
２ 根据牛顿第二定律可得，解得最大弹性势能为６Ｊ，故 Ｄ
ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ，
正确。故选：ＣＤ。 ｖ０
１１．（１）ＡＤ （２０．１９ ０．１０ 解得μ＝ｇｔｃｏｓ－ｔａｎθ；） ０ θ
【解析】（１）Ａ．图甲，摆球通过最低点时，摆球速度 （２）根据ｖ－ｔ图像可得传送带的长度为
最大，计时误差小，因此测单摆振动周期时，选择摆 ｖ
Ｌ＝ ０ｔ０＋ｖ０×（５．５ｔ０－ｔ０）＝５ｖ０ｔ０，
球的最低点作为计时起点，故Ａ正确；Ｂ． ２图乙，该实
Ａ、Ｂ两点的高度差为ｈ＝Ｌｓｉｎθ＝５ｖｔｓｉｎθ。
验采用的方法是等效替代法，故Ｂ错误；Ｃ．图丙，用 ００
眼睛看 Ａ、Ｂ １４．（１）弹簧恢复原长的过程，小球 Ａ、小球 Ｃ及弹簧组两球是否同时落地可研究平抛运动的
成的系统动量守恒，取向左为正方向，根据动量
竖直分运动，故Ｃ错误；Ｄ．图丁，由于采用了弹簧测
守恒定律得ｍｖ－ｍｖ＝０，解得ｖ＝２ｍ／ｓ；
力计测拉力，不需要用沙和桶的总重力代替绳子的 １ １ ２ ２ １
（２）弹簧恢复原长的过程，小球 Ａ、小球 Ｃ及弹簧组
拉力，因此以该装置做“探究加速度与力、质量的关
成的系统机械能守恒，则有
系”实验时，无需小车质量远大于沙桶与沙子的总
质量，故Ｄ正确；故选：ＡＤ； Ｅ＝
１ ２ １ ２
ｐ ２ｍ１ｖ１＋２ｍ２ｖ２，
（２ ５ ５）相邻计数点之间的时间间隔 Ｔ＝ ＝ ｓ＝ 解得Ｅｐ＝１．５Ｊ；ｆ ５０
（３）小球Ａ相对滑块 Ｂ上滑的过程，两者组成的系
０．１ｓ，毫米刻度尺的精确度为１ｍｍ，ｃｅ两点之间的
统在水平方向上动量守恒，假设小球 Ａ不会冲
距离ｘｃｅ＝３６．１０ｃｍ－３２．４０ｃｍ＝３．７０ｃｍ，ａｃ两点之
出圆弧，小球Ａ到达最高点时两者速度相同，取
间的距离ｘａｃ＝３２．４０ｃｍ－２９．１０ｃｍ＝３．３０ｃｍ，ｄｆ两
向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守
点之间的距离 ｘｄｆ＝３８．１０ｃｍ－３４．２０ｃｍ＝３．９０ｃｍ，
恒定律得
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这
ｍ１ｖ１＝（ｍ１＋Ｍ）ｖｘ 共
，
ｃｅ
段时间内的平均速度，打下 ｄ点的速度 ｖｄ＝２Ｔ＝ ｍｇｈ＝１ｍ ２ １ ２１ ２ １ｖ１－２（ｍ１＋Ｍ）ｖ共，
３．７０×１０－２
２×０．１ ｍ／ｓ≈０．１９ｍ／ｓ，根据逐差法，加速度ａ＝ 解得Ａ上升的最大高度为ｈ＝０．１６ｍ，
ｘ －ｘ ３．９０－３．３０ ×１０－２ 因ｈ＜Ｒ，故假设成立，可知Ａ球冲上Ｂ后，在上ｄｆ ａｃ＝（ ） ｍ／ｓ２＝０．１０ｍ／ｓ２。
６Ｔ２ ６×０．１２ 升阶段不会冲出圆弧。
参考答案 第 ６页 （共７页）
１５．（１）滑块运动到与Ｏ１等高处的过程，滑块与弹簧组 设返回时第二次达到Ｄ处的速度为ｖＤ２，由动能
成的系统的机械能守恒，则有 定理得
Ｅｐ０＝ｍｇＲ＋
１ｍｖ２， －μｍｇ·２ｌ＝１ｍ ２ １ ２２ ２ Ｄ２
－２ｍｖＤ１，
代入数据解得ｖ＝４ｍ／ｓ； 代入数据解得ｖＤ２＝２槡７ｍ／ｓ，
（２）使滑块在运动过程中不脱离轨道且能进入管道 因ｖＤ２＞ｖＤ０，故滑块可以沿 ＢＣＤ轨道返回并第
ＤＥＦ，到达Ｄ处的临界条件为在 Ｄ处滑块与轨 三次经过Ｄ。
道的弹力为零，此情况滑块达到 Ｄ处速度最小 由机械能守恒定律可知，滑块第三次经过 Ｄ的
ｍｖ２
ｖ Ｄ Ｄ０设为 Ｄ０，在 处由牛顿第二定律得ｍｇ＝ ， 速度大小仍为ｖＤ３＝２槡７ｍ／ｓ，Ｒ
设此后滑块在轨道ＦＧ上运动的最大路程为 ｓ，
代入数据解得ｖＤ０＝２槡２ｍ／ｓ，
由动能定理得
滑块由Ｄ到Ｆ的过程，由机械能守恒得
－ｍｇ·ｓ－２ｍｇｒ＝０－１ｍｖ２ ，
１ｍｖ２ ＝２ｍｇｒ＋１
μ ２ Ｄ３２
２ Ｄ０ ２ｍｖＦ，
代入数据解得ｓ＝２．４ｍ，
代入数据解得ｖＦ＝２ｍ／ｓ， 因ｓ＜２ｌ＝４ｍ，故滑块最终静止在轨道 ＦＧ上，
可见在此临界情况下，滑块可以到达Ｆ处，且达
游戏过程中滑块不会脱离轨道。
到Ｆ处的最小速度为ｖＦ＝２ｍ／ｓ。 最终位置距离弹性板２．４ｍ－２ｍ＝０．４ｍ处。
假设滑块运动到Ｆ处对管道的弹力为零时的速
ｖ２
ｖ Ｆ０度为 Ｆ０，则有ｍｇ＝ｍ ｒ，
代入数据解得ｖＦ０＝１ｍ／ｓ，
因ｖＦ＞ｖＦ０，故滑块以最小速度到达 Ｆ处时挤压
轨道上侧，可得滑块以最小速度到达 Ｆ处时对
轨道弹力最小。
设在Ｆ处管道对滑块的弹力最小为ＦＮ′，由牛顿
ｖ２
第二定律得ＦＮ′＋ｍｇ＝ｍ
Ｆ
ｒ，
代入数据解得ＦＮ′＝０．３Ｎ，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道弹力ＦＮ的最
小值为０．３Ｎ；
（３）弹簧以最大弹性势能Ｅｐｍ＝０．５Ｊ，
弹出滑块，设第一次达到Ｄ处的速度为ｖＤ１，
同理由系统的机械能守恒得
Ｅｐｍ＝２ｍｇＲ＋
１
２ｍｖ
２
Ｄ１，
代入数据解得ｖＤ１＝２槡１７ｍ／ｓ，
因ｖＤ１＞ｖＤ０，故滑块可以第一次经过Ｄ处。
参考答案 第 ７页 （共７页）A1-F2马
a
B.
a
C.P21
a
a
3.如图所示，倾角为60°、足够长的斜面OA固定在水平地面上，挡板OB可绕转轴0在竖直面
高三物理试卷（二）
内转动。现将一光滑圆球放在斜面与挡板之间，使挡板与水平面的夹角0由60°缓慢增加
学校
至90°，这一过程中小球对挡板OB的压力
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
号
注意事项：
洛
1,答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
姓
名
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
960
橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答素写在答题卡上。写在本试题
A.不断增大
B.不断减小
卷上无效
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
C.先增大后减小
D.先减小后增大
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合
4.在排球比赛中，我们能看到这样的情景：运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时
题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，
被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹
选对但不全的得3分，有选错的得0分。
的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的有
(
1.一篮球从离地面h,处静止释放，与地面碰撞后竖直向上运动至最大高度h,处，h,气阻力不计，忽略篮球和地面的碰撞时间，则全过程篮球的位移x随时间t变化的图像可能
A.排球两次飞行过程中在空中的时间是相同的
正确的是
B.排球离开M点的速率是经过Q点的速率的两倍
h.n
C.排球到达P点时的速率和离开P点时的速率相等
D.排球离开P点的速度和到达N点的速度是相同的
5.机械手表中有大量精密齿轮，齿轮转动从而推动表针。某机械手表打开后盖如图甲所示
线
2.冬季滑雪已成为人们喜爱的运动项目。运动员沿直雪道由静止开始匀加速下滑，加速度为
将其中两个齿轮简化，如图乙所示。已知大、小齿轮的半径之比为3：2，Q、P分别是大、小齿
a,滑雪板的长度为L,其B端到达P点所用的时间为t,则滑雪板的A、B端通过P点的时间
轮边缘上的点，则Q、P两点的相关物理量关系正确的是
差是
高三物理试卷（二）第1页（共8页）
高三物理试卷（二）第2页（共8页》
A.角速度大小之比为1：1
B.线速度大小之比为3：2
A.施加拉力的瞬间，A,B同的弹力大小为gB.A,B分离瞬间弹簧弹力大小为？s
C.周期之比为2：3
D.向心加速度之比为2：3
C.拉力F的最大值大于mg
6.2024年5月，天文学家利用凌日系外行星勘测卫星(TESS)观测到了Gliese-12行星，据推
D.在A,B分离前整个过程中A的位移为爱
测其环境可能跟地球相类似，被称为距离地球最近的“类地球行星”，该行星半径与地球相
9.如图所示，半径R=0.8m、竖直固定的}光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送
当，质量约为地球的4倍。已知Gliese-12b围绕着Gliese-12恒星公转，每12.8天绕行一
带B、C间的距离L=24m,传送带在电动机的带动下以。=8m/s的恒定速率顺时针运行。
圈，则下列说法正确的是
现将质量m=2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，
装
A.Gliese-12h行星的密度与地球的密度相同
物块与传送带间的动摩擦因数4=0.2，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()
B.Gliese-12b行星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的2倍
A
C.Gliese-12h行星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的2倍
D.根据题设条件，可以估算出Gliese-12恒星的质量与太阳质量的比值
A.小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N
7.光镊是一种利用光子对纳米至微米级的粒子进行操纵和捕获的技术，一束激光照射悬浮在
B.小物块在传送带B、C间的运动时间为3s
真空中的纳米颗粒，假设激光中每个光子的动量大小为P,方向水平向右。若一个光子撞击
C.小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J
颗粒被反射后动量方向变为水平向左，忽略其他外力，则该颗粒获得的动量可能为()
江
D.整个过程中电动机多消耗的电能为48J
A.0,无方向
B.p,水平向右
10.如图所示，质量为3kg的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为
C.1.5p,水平向右
D.2p,水平向左
1m,小车右端固定一根轻质弹簧，一质量为1kg、可视为质点的物块从左侧以速度4m/s滑上
8.如图所示，倾角为0=37°的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与垂直固定在斜
平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，离开后小车速度为2m/s。弹簧始
面上的挡板相连，另一端与物块B栓接，劲度系数为k。物块A紧靠着物块B,物块与斜面均
终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为10m/s2。下列说法正确的是()
A.物块离开小车后做自由落体运动
静止。现用一沿斜面向上的力F作用于A,使A、,B两物块一起沿斜面做加速度大小为；g的
B.物块着地时的动能为11J
匀加速直线运动直到A、B分离。物块A质量为m,物块B质量为2m,重力加速度为g,
C.小车的最大动能为6J
7777777777777777777777777777
sin37°=0.6，c0s37°=0.8。下列说法中正确的是
()
D.弹簧具有的最大弹性势能为6J
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(6分)
(1)以下实验中说法正确的是
(多选)
高三物理试卷（二）第3页（共8页）
高三物理试卷（二）第4页（共8页）
