物理參考答案4.C【解析】由知，第一宇宙速度，則有，解得，C正確。5.B【解析】帶電微粒做勻速圓周運動，由重力和庫侖力的合力提供向心力，受力如圖所示，粒子帶負電，軌道圓心在軸負半軸上某一點，B正確.6.D【解析】在圓面上勻速率滑動時，，、、，減為零后，運動員離開斜面，勻速下落，保持不變，保持不變，D正確。7.C【解析】、初動能相同且，可得初速度，對初速度分解得，，在豎直方向、，、，在各自的最高點，，，根據機械能守恒得，C正確.8.D【解析】由電勢分布可知，可知A錯；沒有說明電荷電性，B錯；曲線斜率表示場強，、場強大小相等，但分別沿兩相反方向降低，方向一定不相同，C錯，D正確。9.D【解析】小球在點，得，，合外力做功，A錯；從到B，重力做功，B錯；由動能定理，得，機械能減少，C錯、D正確。10.D【解析】由知兩次彈簧形變量相同，即彈簧彈力相同，拉時，、，推時，、，得、，D正確.11.（14分）Ⅰ.（6分）(1)見圖（3分）（2）A（3分）【解析】(1)因為、水平距離相等，所以兩段用時相等，設每個方格邊長為，由得，，由，解得平拋從起點到豎直高度，由得到用時，到水平距離，所以平拋起點在點向上移動一格向左移動格的位置處，如圖所示；(2)平拋運動初速度沿水平方向，利用小球多次平拋分別找出軌跡上各點的，要求小球每次運動軌跡相同，所以每次從同一高度釋放，用手直接放會增大偶然誤差，如果小球與槽間有摩擦，但只要釋放高度相同，每次克服摩擦力做的功相同，初速度仍相同，在平拋軌道上選取距拋出點遠些的點來計算球的初速度可減小相對誤差，故選A．Ⅱ.（8分）（1）打點計時器接了直流電源（2分）；重物離打點計時器太遠（2分）（2）一（2分）（3）（或重力加速度均可）（2分）【解析】(2)方案一要求第一個點是落體起始點，根據自由落體運動知第1、2兩點間的距離應小于或接近2mm，方案由于重力勢能的相對性，處理紙帶時選擇適當的點為基準點，這樣紙帶上打出的第1、2兩點間的距離是否小于或接近2mm就無關緊要了；（3）若該過程機械能守恒，則有，即，斜率為。13.（10分）解：⑴段做勻變速運動的加速度大小為，由題可得初速度，末速度，位移，由運動學公式得（1分）聯立解得（2分）⑵段勻速運動所用時間為（1分）段做勻變速運動所用時間為（1分）段所經歷的時間（1分）⑶段勻速運動，由平衡條件得（1分）在段由牛頓第二定律得（1分）根據功率公式得（1分）聯立解得（1分）14．（10分）解：⑴根據牛頓第二定律得（1分）（1分）解得（1分）⑵由運動學規律（1分）（1分）由位移關系得解得或（舍）（1分）⑶剛從上滑落時此后勻速向左運動（1分）向左平拋（1分）（1分）聯立解得著地點距右端的距離（1分）15．（12分）解：⑴在點，根據平衡條件對小球受力可得且（1分）解得（2分）⑵剪斷繩后小球以為合外力沿軸勻加速直線運動，加速度（1分）由運動學公式得解得小球到達軸速度在中加速度在點（1分）解得（1分）⑶在中豎直方向運動距離點縱坐標（1分）水平方向運動距離（1分）即點的位置坐標為（1分）⑷小球從軸開始到的過程根據動能定理得（2分）解得（1分）16．（14分）解：⑴小球恰好能到達點正上方處，即小球做圓周運動在最高點滿足（1分）小球從高處到點，根據機械能守恒定律得（1分）在點由圓周運動知識得（1分）聯立解得（1分）⑵滑塊從點到高處，根據動能定理得解得（1分）滑塊從開始運動到高處，根據能量守恒定律得（1分）解得（1分）⑶小球要想到達點正上方處，到達點的速度至少為，當時，滑塊從開始滑動到在水平面上速度減為的過程，設滑塊在間滑動的距離