故选：ACD。
11．【解答】解：AB、弹性绳拉直前只有重力做功，游客的机械能守恒，弹性绳拉直后，弹力的拉力对游客做负功，游客的机械能减小，故AB错误；
CD、忽略空气阻力，游客和弹性绳组成的系统机械能守恒，即游客的动能、势能和弹性绳的弹性势能的总和不变，开始下落到第一次到达最低点的过程，重力势能减小，所以游客的动能和弹性绳的弹性势能的总和不断增加，故CD正确； 故选：CD。
12．【解答】解：A、小物块随圆筒一起做圆周运动，受重力、弹力和静摩擦力作用，故A错误。
BCD、水平方向上，合力等于弹力垂直与圆筒内壁，指向圆心提供向心力，据牛顿第二定律有：N＝mωr，知角速度越大，则小物块所受的弹力越大，在竖直方向上，小物块所受的重力和静摩擦力平衡，大小不变，故BC正确，D错误； 故选：BC。
13．【解答】解：A、运动员下落的高度是h，则重力做功：W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh。故A错误；
BC、运动员下落的高度是h，则飞行的距离：L＝F合＝ma＝mg
动能的增加等于合外力做的功，即：△EK＝W合＝F合L＝mg×h＝mgh．即运动员动能的增加量为mgh．故B错误，C正确；
D、动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了mgh﹣mgh＝mgh．故D正确。 故选：CD。
14．【解答】解：A、小球在最高点的速度恰好为零，则小球将与圆管轨道内侧接触，摩擦力对小球要做负功，根据动能定理得：﹣mg?2R﹣Wf＝0﹣＞
，所以，若v0＝
，可得 v0＝
＝h，运动员受到的合外力：
2
，小球不能到达最高点。故A错误。
时，由重力提供向心力，小球仅与圆管轨道外侧接触，不
B、小球在最高点的速度为
受摩擦力，由机械能守恒定律得 mg?2R＝
，可得 v0＝
，故B正确。
C、结合B项分析知，要使小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，小球在最低点的速度v0必须不小于
，故C正确。
，因
＜
，则小球将与圆管轨道内
﹣
D、若小球第一次到达最高点的速度为
侧接触，摩擦力对小球要做负功，根据动能定理得：﹣mg?2R﹣Wf＝
，可得，小球在最低点的速度v0＞故选：BCD。
，故D正确。
二、本题共4小题，共20分．其中15、16小题每题4分，17、18小题每题6分．把答案填写在答题卡中的相应位置上．
15．【解答】解：保持m、ω、r任意两个量不变，研究小球做圆运动所需的向心力F与其中一个量之间的关系，这种实验方法叫做控制变量法。
要研究向心力与质量的关系，要保持小球的角速度不变，半径不变，改变小球的质量。 故答案为：控制变量，ω和r，m。
16．【解答】解：在竖直方向上运动的时间为：t＝根据平行四边形定则，有：v合＝故答案为：8 10
＝
＝
s＝8s；
cm/s＝10
cm/s。
17．【解答】解：（1）（2）A球沿水平方向做匀速直线运动，B球做平抛运动，C球做自由落体运动，通过对比看出，三个球运动的时间相同，所以说明①平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动，②竖直方向做自由落体运动。 （2）在竖直方向上△y＝gT，T＝
；
故答案为：（1）平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动；（2）竖直方向做自由落体运动；（3）0.6；
18．【解答】解：（1）A、打点计时器必须接到电源的交流输出端上。故A正确； B、选取纸带时应选取点迹清晰且第一、二两连续点之间的距离约为2mm的纸带进行处理，故B正确；
C、打点计时器本身就是计时仪器，故C错误；
2
＝0.04s。则小球平抛运动的初速度v0＝
C、若两限位孔不在同一竖直线上，会增大纸带与限位孔的摩擦阻力，导致实验误差增大，故D正确； 故选：ABD。
（2）从B到D运动过程中，重物重力势能的减少量为： △Ep＝mg（x2+x3），
由匀变速直线运动的规律，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即为： vB＝
同理：vD＝
，
该过程中的动能的增量为：
＝
故答案为：（1）ABD；（2）mg（x2+x3）；
；
；
三、本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位． 19．【解答】解：（1）赛车的速度达到v＝72km/h＝20m/s，半径为100m。 则向心力的表达式Fn＝m代入数据，解得：Fn＝150×
，
N＝200＜600N，因此不会侧移。
（2）由题意可知，重力与支持力的合力提供向心力，根据力的平行四边形定则，结合牛顿第二定律，则有：
F＝mgtan30°＝m
m/s
知摩擦力方向应向下。
代入数据解得：v0＝10
当赛车的速度大于v0并能够安全行驶时，根据F+fcos30°＝m答：（1）车在运动过程中不会发生侧移；
（2）当赛车和地面之间的摩擦力为零时，赛车的速度大小v0为10度大于v0并能够安全行驶时，赛车所受到的摩擦力方向沿斜面向下。
m/s；当赛车的速
20．【解答】解：（1）拉力F作用时，对小孩和雪橇受力分析如图所示。 由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f＝ma1 N+Fsinθ＝mg f＝μN
代入数据解得：a1＝0.3m/s2 由速度位移的关系式得：v＝2a1l 解得：v＝
m/s
2
（2）撤去力F后，对小孩和雪橇受力分析如图所示。 由牛顿第二定律得：μmg＝ma2 代入数据解得：a2＝2m/s2 此过程雪橇的位移：s2＝代入数据解得：s2＝m 答：（1）松手时雪橇的速度大小
m/s； ＝，
（2）松手后雪橇向前滑行的距离是m。
21．【解答】解：（1）小球在圆筒内做平抛运动，根据平抛运动规律：
，
R（1+cos60°）＝v0t， 解得：
， ，
对平抛过程运用动能定理得：解得：
＝6.3J；
，
（2）小球做平抛运动的时间和圆筒转过所用的时间相等，故圆筒的角速度
；
答：（1）小球从小孔N飞出瞬时的动能Ek为6.3J； （2）圆筒转动的角速度ω为
。
22．【解答】解：（1）从释放到B的过程由动能定理得： mg（h+R）＝
在B点由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m联立解得：F＝30N
由牛顿第三定律知对轨道的压力大小为30N
（2）当小球第一次压缩弹簧速度为零时弹性势能最大， 由功能关系得：mg（h+R）＝μmgL+E弹 解得：E弹＝4.75J
（3）设滑块最终停下来时在PQ上发生的路程为s 由功能关系得：mg（h+R）＝μmgs 解得：s＝2.4m 因s＝4L+0.8L
所以滑块最终停在距P点0.4m处
答：（1）滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小是30N； （2弹簧获得的最大弹性势能是4.75J； （3）滑块最终停在距P点0.4m处。
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