2022安徽省桐城市重点中学高一上学期开学教学质量检测物理试题含答案

这是一份2022安徽省桐城市重点中学高一上学期开学教学质量检测物理试题含答案，共25页。试卷主要包含了QUOTE等内容，欢迎下载使用。


桐城市重点中学2021-2022学年高一上学期开学教学质量检测
物理试卷
1. 下列物理量中属于标量的是
A. 加速度 B. 速度 C. 路程 D. 弹力
2. 杭州将要举办2022年亚运会，为了迎接亚运会，许多运动员积极准备相关项目。在考查运动员比赛项目时，可把运动员当作“质点”是
A. 体操运动员
B. 跆拳道运动员
C. 举重运动员
D. 马拉松运动员
3. 有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客的舒适度。若引入一个新的物理量加速度随时间的变化率来表示加速度变化的快慢，该物理量的单位应是
A. B. C. D.
4. 关于加速度与速度、合外力的关系，下列说法正确的是
A. 加速度为零的物体，速度一定为零
B. 物体的加速度逐渐减小，速度一定逐渐减小
C. 加速度方向一定与物体的速度方向在一条直线上
D. 加速度方向一定与物体所受合外力的方向相同
5. 下列说法中正确的是
A. 建立惯性定律的物理学家是伽利略
B. 只要物体速度方向发生变化，其运动状态一定发生变化
C. 只有不受任何力作用的物体，运动状态才不变
D. 受到恒定合力的物体，其运动状态不变
6. 2020年12月1日，嫦娥五号探测器成功着陆在月球正面风暴洋西北部的预选着陆区。据悉当它靠近月球过程中，缓速下降距离月面2m左右后，调整状态，悬停在月面上方处，如图所示，之后关闭发动机，在月球表面自由下落，则探测器自由下落到月面的时间最接近的是月球表面的重力加速度约为地球表面的
A. B. C. D.
7. 甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻为计时起点，得到两车的位移时间图象如图所示，则下列说法正确的是
A. 时刻乙车从后面追上甲车
B. 时刻两车相距最远
C. 时刻两车的速度刚好相等
D. 0至时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度

8. 一根从树干长出的小树枝原来处于水平状态，现有一只小鸟停在树枝上休息，树枝被压弯了一些，如图所示。下列关于小鸟受力的说法正确的是
A. 树枝对小鸟的作用力方向竖直向上
B. 树枝对小鸟的作用力方向垂直树枝向上
C. 小鸟对树枝的作用力方向沿树枝向上
D. 小鸟对树枝的作用力方向沿树枝向下
9. 如图所示是运动员静止在平衡杆上做准备姿势，等待比赛开始，下列说法正确的是
A. 平衡杆对运动员的支持力是因为脚底发生形变产生的
B. 平衡杆对运动员的摩擦力一定为零
C. 平衡杆对人的作用力与人对平衡杆的作用力大小相等
D. 平衡杆对运动员的作用力与运动员的重力是一对相互作用力

10. 如图所示为小明同学课桌上整齐摆放的一堆书，中间夹了一本物理必修一课本，已知物理必修一课本与周围课本间的压力都为10N，课本与课本之间的动摩擦因数为，为了将物理必修一课本水平抽出，小明要提供的水平拉力至少为
A. B. 5N C. 10N D. 15N
11. 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，小明同学站在体重计上，体重计示数为50kg。电梯运动过程中的某一段时间内小明同学发现体重计示数如图中所示的40kg，重力加速度为g。在这段时间内
A. 小明同学所受的重力变小了
B. 电梯一定沿竖直向下运动
C. 电梯的加速度大小为，方向竖直向下
D. 电梯的加速度大小为，方向竖直向下
12. 一次军事演习中，特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，特战兵从机舱中跳下，设特战兵沿竖直方向向下运动，其速度时间图线如图a所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知特战兵的质量为60kg，降落伞用8根对称的绳悬挂特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为，如图b所示。不计特战兵所受的空气阻力，重力加速度g取，，，则
A. 前2s特战兵处于超重状态
B. 特战兵刚跳下时离地面的高度为200m
C. 在2s到7s时间内每根绳对特战兵的拉力大小为750N
D. 落地前瞬间每根绳对特战兵的拉力大小为125N
13. 在平直公路上行驶着的公共汽车，用固定于路旁的照相机连续两次拍摄，得到清晰的照片如图所示，对照片进行分析，知道如下结果：
对间隔2s所拍摄的照片进行比较，可知公共汽车在2s的时间里前进了12m；
在两张照片中，悬挂在公共汽车顶棚上的拉手均向后倾斜着。
根据上述信息，下列说法中正确的是
A. 公共汽车一定做匀加速运动
B. 可求出公共汽车拍摄的2s末的瞬时速度
C. 可求出公共汽车在拍摄的2s内的平均速度
D. 不能确定公共汽车的加速度大小
14. 小明同学在广场游玩时，将一气球用轻质细绳与地面上木块相连，气球在水平风力作用下处于斜拉状态，此时细绳与竖直方向有一夹角，如图所示。当水平风力缓慢增大时，木块仍静止在水平地面上，下列说法中正确的是
A. 细绳对气球的拉力变大
B. 水平地面对木块的弹力变大
C. 水平地面对木块的摩擦力变大
D. 如水平风力足够大，木块可能会脱离地面
15. 如图所示，小明同学到上海东方明珠塔游玩后，从物理学角度设想了电梯的运动简化模型，认为电梯的加速度a随时间t是变化的。假设电梯在时由静止开始上升，图线如图乙所示，电梯总质量，忽略一切阻力，重力加速度g取，下列说法中正确的是
A. 电梯在第1s末的速率为
B. 电梯在11s到30s内向上做匀速运动且速率为
C. 电梯在上升过程中受到的最小拉力为
D. 电梯在上升过程中受到的最大拉力为
16. 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，已提供电火花计时器、纸带，一端附有滑轮的长木块，小车，细绳、钩码等，还需要用到下列器材中的
A. B.
C. D.
17. 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在打出C点时小车的速度大小为______ 保留2位有效数字，小车的加速度大小为______ 保留2位有效数字。

18. 在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，实验装置如图所示，弹簧所受的水平拉力等同于所挂钩码的重力。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，测出每次相应弹簧的长度。小明同学通过实验测出了6组数据，并描点在图中的坐标中。

由图线可得出该弹簧的原长为______ cm，劲度系数为______ 。
小明同学的测量、记录及描点都规范正确，但图中的一个描点、位置明显有偏差，请你明指出是有什么原因造成的：______ 。
弹簧水平放置跟竖直放置做实验相比较，请你指出水平放置做实验的优指缺出点只要各指出一条便可：优点：______ ；缺点：______ 。
19. 浙江宁波慈溪方特欢乐世界的“太空梭“游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。它的基本原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面60m的高处，然后让座舱自由落下，落到离地面15m高处时，制动系统开始启动，使座舱匀减速直线下落，到达地面时刚好停下。忽略空气阻力，重力加速度取，求：
自由下落过程所用的时间；
座舱能达到的最大速度；
匀减速下落过程中座舱的加速度大小。




20. 如图所示，三根长度均为L的轻绳AC、CD和DB分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，可在D点上施加一个力图中末画出，整个系统保持静止。
求AC、CD两根轻绳所受拉力的大小；
如在D点施加力的方向是水平的，求这个力的大小；
求在D点施加这个力的最小值及相应的方向。





21. 风洞实验室中可以产生水平向左方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，细直杆与水平面的夹角可以调节，小球孔径略大于细杆直径，小球质量为2kg，小球与细杆间的动摩擦因数为。重力加速度g取，，
当杆在水平方向上固定时图中虚线所示，调节风力的大小，使小球在杆上做加速度为的匀加速运动，求作用在小球上的风力大小；
调节杆与水平方向间夹角为并固定图中实线所示，如风力为零，判断小球从杆上静止释放后能否静止在杆上，不能静止的话，求出小球运动的加速度大小；
保持杆与水平方向间夹角为并固定，写出小球从杆上静止释放后运动的加速度大小a与作用在小球上风力大小F的关系。





22. 一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命问题，最近有人设计了一种新型逃生滑梯，如图所示，提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼。假设每层间的高度，滑梯坡度处处相同，与水平方向的夹角为，忽略转角处的距离及带来的变化，重力加速度g取，，。
经测试，逃生者从3楼对应地面是二层的高度滑到地面需用时10s钟，求逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数；
为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小不超过，为了安全，滑到地面时的速度大小要求不超过。假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小为，求从31楼下滑到地面的最短时间；
假设逃生者质量为50kg，求逃生者躺在躺椅上以最大的加速度做减速运动过程中躺椅对逃生者的作用力大小。







答案和解析
1.【答案】C

【解析】解：ABD、矢量是既有大小又有方向的物理量，加速度、速度和弹力都是矢量，故ABD错误。
C、标量是只有大小没有方向的物理量，路程只有大小，没有方向，是标量，故C正确。
故选：C。
矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算遵守平行四边形定则的物理量。而标量是只有大小没有方向的物理量。
本题关键要记住既有大小又有方向，遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、动能等都是标量。
2.【答案】D

【解析】解：A、研究体操运动员的表演时，体操运动员肢体的形状不能忽略不计，运动员不可以当作质点来处理，否则无法研究，故A错误；
B、研究跆拳道运动员时，运动员肢体的形状不能忽略不计，运动员不可以当作质点来处理，否则无法研究，故B错误；
C、研究举重道运动员时，举重运动员肢体的形状不能忽略不计，运动员不可以当作质点来处理，否则无法研究，故C错误；
D、研究马拉松运动员时，运动员的形状可以忽略不计，运动员可以当作质点来处理，故D正确；
故选：D。
质点是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．
本题主要考查了质点，抓住大小和形状是否对所研究的问题是否有影响，明确对于通过运动员的动作、造型、姿势等观看、评分的运动项目，运动员不能看作质点。
3.【答案】C

【解析】解：加速度变化的快慢表达式为，则单位等于，故C正确，ABD错误。
故选：C。
加速度的变化的快慢等于加速度的变化量与时间的比值，根据物理量的关系得出物理量的单位。
解决本题的关键知道加速度变化率的含义，通过物理量之间的关系，得出单位之间的关系。
4.【答案】D

【解析】解：A、加速度为零的物体，速度不一定为零，如物体做匀速直线运动，加速度为零，速度不为零，故A错误；
B、物体的加速度逐渐减小，速度不一定逐渐减小，如物体做加速度逐渐减小的加速运动，速度逐渐增大，故B错误；
CD、由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向总是一致的，但与速度的方向有可能相反，故C错误，D正确；
故选：D。
加速度是由合外力决定的，而加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度大说明速度变化快，或者说速度的变化率大，加速度并不表示速度“增加”或者速度“变化”，明确了加速度的具体含义即可正确解答本题。
本题考查牛顿第二定律以及加速度和速度之间的关系，要注意明确加速度由合外力决定，而速度与加速度和力没有关系；只不过加速度和速度的方向关系决定了物体速度的变化情况．
5.【答案】B

【解析】解：A、惯性定律又叫牛顿第一定律，根据物理学史可知，建立惯性定律的物理学家是牛顿，故A错误；
B、只要物体速度的大小或方向有一个发生变化，其运动状态一定发生变化，故B正确；
C、不受任何力作用的物体是不存在的，物体受到的合外力等于零时，运动状态不变，故C错误；
D、力是改变物体运动状态的原因，受到恒定合力的物体，其运动状态一定不断变化，故D错误。
故选：B。
惯性定律又叫牛顿第一定律；物体速度的大小或方向发生变化时，物体的运动状态发生变化；力是改变物体运动状态的原因。
本题考查牛顿第一定律，关于力的作用，下列三种说法是一致的：力是改变物体运动状态的原因，力是改变物体速度的原因，力也是产生加速度的原因．
6.【答案】B

【解析】解：月球表面的重力加速度大小为：，
根据自由落体运动规律可得：
解得：，故B正确、ACD错误。
故选：B。
求出月球表面的重力加速度大小，根据自由落体运动规律求解时间。
本题主要是考查自由落体运动，关键是求出月球表面的重力加速度大小，根据自由落体运动的规律求解。
7.【答案】A

【解析】解：A、甲乙两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，由图知，在时刻前，乙车在甲车的后面，经过时间位移又相等，故在时刻乙车刚好从后面追上甲车，故A正确；
B、由A的分析可知：在时刻乙车刚好从后面追上甲车，两车相遇，相距最近，故B错误；
C、在时刻，乙图象切线的斜率大于甲的位移，所以乙的速度大于甲的速度，故C错误；
D、0到时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D错误．
故选：A
在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．
本题考查对位移图象的物理意义的理解，关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的位移，斜率等于速度，就能分析两车的运动情况．
8.【答案】A

【解析】解：AB、小鸟受重力和树枝的作用力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，树枝对小鸟的作用力方向竖直向上，大小等于重力；故A正确，B错误；
CD、小鸟对树枝的作用力和树枝对小鸟的作用力为相互作用力，故二者大小相等，方向相反，故小鸟对树枝的作用力竖直向下，不会沿树枝方向，故CD错误。
故选：A。
对小鸟受力分析，明确小鸟受重力和树枝的作用力而处于平衡，根据平衡条件即可确定树枝对小鸟的作用力；再根据牛顿第三定律确定小鸟对树枝的作用力方向。
本题考查共点力的平衡条件以及牛顿第三定律，要注意明确树枝对小鸟的作用力包括弹力和摩擦力，要理解为二力的合力。
9.【答案】BC

【解析】解：A、施力物体的形变产生弹性弹力，作用在受力物体上，则平衡杆对运动员的支持力是由于平衡杆发生弹性形变产生的，故A错误；
B、运动员处于静态平衡，根据摩擦力产生条件，可知，运动员没有相对运动趋势，不受到摩擦力作用，只有重力与支持力等值反向，故B正确；
C、平衡杆对人的作用力与人对平衡杆的作用力大小相等，方向相反，是相互作用力，故C正确；
D、平衡杆对运动员的作用力与运动员的重力是一对平衡力，故D错误。
故选：BC。
依据弹力产生原理：发生弹性形变，要恢复原状，对其接触的物体产生力的作用。
根据摩擦力产生条件：粗糙且相互挤压，并产生相对运动或相对运动趋势，从而即可求解。
该题考查弹力产生原理，理解摩擦力产生条件，要知道平衡力与相互作用力最明显的区别在于前者是一个物体受到的两个力，而后者是两个相互作用的物体分别受力。
10.【答案】B

【解析】解：物理必修一课本与周围课本间左右两个接触面都有滑动摩擦力，
则有：
当拉力等于摩擦力时，拉力最小，所以故B正确，ACD错误；
故选：B。
物理必修一课本与周围课本间左右两个接触面都有滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的公式即可求解．
本题主要考查了滑动摩擦力的公式，注意明确课本两端均存在摩擦力，拉力大小等于两摩擦力的大小之和．
11.【答案】D

【解析】解：A、体重计示数如图中所示的40kg，说明他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，故A错误；
BCD、以竖直向下为正方向，有：，即，解得，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，故D正确，BC错误。
故选：D。
人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下．
判断超重和失重抓住关键：有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重。注意实际重力不变。
12.【答案】D

【解析】解：A、由图可知，前2s内伞兵向下做加速运动，加速度的方向向下，则伞兵处于失重状态，故A错误；
B、由于图线围成的面积求出下落得高度，则特战兵刚跳下时离地面的高度为：，故B错误；
C、在2s到7s时间内特战兵做匀速运动，受力平衡，设每根绳子拉力为F，竖直方向上：，解得每根绳对特战兵的拉力大小，故C错误；
D、由图线的斜率可知，伞兵减速阶段的加速度：，设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则：，代入数据可得：，故D正确。
故选：D。
根据加速度的方向判断超重与失重；根据图象围成的面积求出下落得高度；在2s到7s时间内特战兵做匀速运动，根据平衡条件求解每根绳子的拉力；根据图线的斜率求出减速阶段的加速度，由牛顿第二定律求出拉力。
本题考查了图象及牛顿第二定律的应用等，解答的过程中要注意绳子对伞兵的拉力不是竖直向上的。
13.【答案】ACD

【解析】解：A、在两张照片中，悬挂在公共汽车顶棚上的拉手均向后倾斜着，对拉手研究可知，其合力水平向前，加速度也水平向前，正在加速，说明汽车正在加速，故A正确。
BCD、根据公式得，2s内公共汽车的平均速度为，由于条件不充分，不能求出汽车的加速度，所以无法求出在拍第一张照片时公共汽车的速度，故B错误，CD正确；
故选：ACD。
已知汽车在2s时间里前进了12m，可求出平均速度．在两张照片中，悬挂在公共汽车顶棚上的拉手均向后倾斜着，分析小球的运动情况，即可知汽车的运动情况．
知道位移和时间可以求解平均速度，若要求汽车的速度，还需要知道一个条件．根据顶棚上的拉手是否倾斜可判断汽车是否匀速．
14.【答案】AC

【解析】解：A、对气球受力分析，受到重力、风的吹力、细绳的拉力、空气的浮力，如图

根据共点力平衡条件，有：


解得：，当风力增大时，绳子的拉力T也增大，故A正确；
BCD、再对气球和木块整体受力分析，受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和摩擦力，竖直方向根据共点力平衡条件可得地面对木块的支持力，水平方向根据平衡条件可得地面对木块的摩擦力：；
当风力增大时，地面支持力不变，与风力无关，木块不可能脱离水平面；
木块滑动前受到地面施加的摩擦力与风力平衡，故其随风力的增大而逐渐增大，故C正确、BD错误。
故选：AC。
先对气球受力分析，利用共点力平衡条件列式；再对气球和木块整体受力分析，利用共点力平衡条件列式，联立方程组分析得到结论。
本题关键先对气球，再对气球与木块整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理。
15.【答案】AB

【解析】解：A、由可知，图象与时间轴所围的面积大小等于速度变化量，则电梯在第1s内的速度变化量，因为电梯的初速度为0，则电梯在第1s末的速率为，故A正确；
B、电梯在内速度变化量为：，则电梯在第11s末的速率为。电梯在11s到30s内加速度为0，向上做匀速运动，且速率为，故B正确；
CD、设电梯在上升过程中受到的最小拉力为，最大拉力为。当电梯处于失重状态且加速度最大时受到的拉力最小，此时电梯的加速度为，根据牛顿第二定律得，得；
当电梯处于超重状态且加速度最大时受到的拉力最小，此时电梯的加速度为，根据牛顿第二定律得，得，故CD错误。
故选：AB。
图象与时间轴所围的面积大小等于速度变化量，由此求出电梯在第1s内的速度变化量，从而求得电梯在第1s末的速率；用同样的方法求出电梯在第11s末的速率。电梯在11s到30s内向上做匀速运动，速率等于电梯在第11s末的速率；由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力和最小拉力。
本题一要有基本的读图能力，能根据加速度时间图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度时间图象“面积”的物理意义。
16.【答案】B

【解析】解：根据“探究小车速度随时间变化的规律”原理可知，本实验需要测量的物理量是位移和时间，用打点计时器打出的纸带上的点就可以算出时间，用刻度尺可以测出两点间的距离，因此，不需要弹簧测力计、天平以及秒表，但需要用到刻度尺，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材。
对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，为将来具体实验打好基础；同时对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做。
17.【答案】 

【解析】解：由纸带对应的刻度知：
中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则C点的速度为：
由图知：，
根据逐差法可得：。
故答案为：、
做匀变速直线运动的物体中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，把AE分成两段时间相等的两大段，利用逐差法求得加速度。
本题主要是考查探究加速度与力、质量的关系”实验，弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题是解答本题的关键。
18.【答案】5  20  伸长量超出了弹簧的弹性限度  可避免弹簧自身所受重力对实验的影响  弹簧与接触面及绳子与滑轮间存在摩擦会造成误差

【解析】解：完成的图像如图所示，弹簧弹力F和弹簧长度L的关系式为：，其中为弹簧的原长，
可知，图像的横轴截距为该弹簧的原长，即，
图像的斜率为该弹簧的劲度系数，即；
在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力和弹簧长度成线性关系，图线为直线，由题意可知，造成偏差的原因是：伸长量超出了弹簧的弹性限度；
水平放置做实验的优点：可避免弹簧自身所受重力对实验的影响；缺点：弹簧与接触面及绳子与滑轮间存在摩擦会造成误差。
故答案为：，20；伸长量超出了弹簧的弹性限度；可避免弹簧自身所受重力对实验的影响；弹簧与接触面及绳子与滑轮间存在摩擦会造成误差。
将图像完成，由弹簧弹力与弹簧长度的关系式，对照图像的截距和斜率解得所求；
在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧长度成线性关系，的图像为直线，操作测量无误，造成偏差的原因是伸长量超出了弹簧的弹性限度；
水平放置，弹簧弹力在水平方向，避免了自身重力对实验的影响，但弹簧会与接触面及绳子与滑轮之间会产生摩擦。
本题为“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，考查了利用图像处理实验数据，误差分析，实验评估方面的问题，基础题，无难点。
19.【答案】解：自由下落过程所用的时间为t，下降的高度为，根据可得；
座舱达到的最大速度
在减速阶段，根据速度位移公式可得：，解得，故加速度大小为
答：自由下落过程所用的时间为3s；
座舱能达到的最大速度为；
匀减速下落过程中座舱的加速度大小为。

【解析】根据位移时间公式求得自由落体运动的时间；
根据速度时间公式求得获得的最大速度；
根据速度位移公式求得减速时的加速度大小。
本题属于多运动过程，要分清过程，找准每一过程的运动规律，然后选择合适运动学公式列式求解即可。
20.【答案】解：设AC与水平方向的夹角为，根据几何关系可得
所以；
结点C受力平衡，则受力分析如图所示；
结点C受到沿AC拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力T，即：
结点C受到沿AC拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力，即：
解得：，；
如在D点施加力的方向是水平的，则该力为；
当拉力F的方向与BD垂直向下时，拉力最小，如图所示；
根据平衡条件可得最小拉力：。
答：、CD两根轻绳所受拉力的大小分别为、；
如在D点施加力的方向是水平的，这个力的大小为；
在D点施加这个力的最小值为，方向与BD垂直向下。

【解析】由几何关系可知CD段水平时各绳间的夹角；对结点C分析，由共点力的平衡可求得AC、CD绳的拉力；
如在D点施加力的方向是水平的，水平方向根据平衡条件求解这个力的大小；
对结点D分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值．
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
21.【答案】解：对小球根据牛顿第二定律可得：，
解得：；
调节杆与水平方向间夹角为并固定，小球的重力沿杆向下的分力为
小球沿杆滑动的摩擦力为：，
由于，所以小球从杆上静止释放后不能静止在杆上，
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：；
保持杆与水平方向间夹角为并固定，当，即当时，。
当时，小球受到的支持力方向垂直于杆向上，此时小球受到重力、支持力、风力和摩擦力，如图所示；
沿杆方向根据牛顿第二定律可得：
垂直于杆方向根据平衡条件可得：
联立解得：；
当时，支持力方向垂直于杆向下，则有：


联立解得：。
答：作用在小球上的风力大小为18N；
小球不能静止在杆上，沿杆运动的加速度大小为；
小球从杆上静止释放后运动的加速度大小a与作用在小球上风力大小F的关系为：
 
。

【解析】对小球根据牛顿第二定律求解风力大小；
求出小球的重力沿杆向下的分力和沿杆滑动的摩擦力大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
保持杆与水平方向间夹角为并固定，当风力为F时，分析小球的受力情况，沿杆方向根据牛顿第二定律列方程求解加速度与F的关系。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
22.【答案】解：根据位移时间关系可得：
解得加速度大小为：；
根据牛顿第二定律可得，
解得：；
经分析研究对象先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短
下滑总距离：
加速下滑的时间：，距离：
减速时间：，距离：
匀速运动的距离：
匀速运动的时间：
总时间；
设躺椅对逃生者的作用力沿滑梯方向的分力为，垂直于滑梯方向的分力为，逃生者的加速度方向沿滑梯向上，合力为ma；
垂直于滑梯方向：，
沿滑梯方向根据牛顿第二定律可得：
解得：
则躺椅对逃生者的作用力大小为：。
答：逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数为；
逃生者从31楼下滑到地面的最短时间为；
逃生者躺在躺椅上以最大的加速度做减速运动过程中躺椅对逃生者的作用力大小为。

【解析】根据位移时间关系求解加速度大小，根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；
逃生者先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短，根据运动学公式分别求出加速、减速和匀速的时间即可；
求出躺椅对逃生者在沿滑梯方向的分力大小、垂直于滑梯方向的分力大小，再根据力的合成求解躺椅对逃生者的作用力大小。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。