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2021-2022学年天津市南开区高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年天津市南开区高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了5m/s2的加速度加速上升D，【答案】B，【答案】C，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年天津市南开区高一（上）期末物理试卷
1. 我国智能高铁新标杆京雄城际铁路2020年12月27日全线开通运营。线路全长91km，最高设计时速350km/h，全线新建北京大兴、大兴机场、固安东、霸州北、雄安站5座车站。北京西站至雄安站最快50分钟可达。下列说法正确的是( )
A. “91km”表示位移
B. “50分钟”表示时间间隔
C. “设计时速350km/h”表示平均速度
D. 研究列车通过某隧道所用时间，列车一定能看成质点
2. 一轻质弹簧原长为8cm，在4N的拉力作用下长度变为10cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( )
A. 40N/m B. 50N/m C. 200N/cm D. 200N/m
3. 如图所示为四种与棒球有关的情景，下列说法正确的是( )
A. 静止在地上的棒球受到的弹力就是它的重力
B. 棒球被击后继续向前飞是因为受到了棒的力
C. 被击中的棒球受到棒给它的弹力是由于棒发生了形变
D. 棒球被手套接住停下时，棒球对手套的力小于手套对棒球的力
4. “十次车祸九次快，还有喝酒和超载”，据统计中国每年交通事故50万起，因交通事故死亡人数超过10万人，约每5分钟就有一人丧身车轮，每1分钟都会有一人因为交通事故而伤残，下列相关说法中错误的是( )
A. 汽车超载会增大汽车的惯性 B. 汽车超速超载会增大汽车的刹车距离
C. 酒驾会延长司机的反应时间 D. 汽车超速会增大汽车的惯性
5. 关于力的合成分解，下列说法正确的是( )
A. 两个力的合力一定大于任意一个分力
B. 两个力的合力至少比其中的一个分力大
C. 把一个力分解为两个分力，只可能有唯一的两个分力的大小
D. 若两个分力大小不变，当它们的夹角在0∘∼180∘变化时，夹角越大合力越小
6. 公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是( )
A. kg⋅m⋅s−1 B. kg⋅m⋅s−2 C. Pa⋅m2 D. J⋅m−1
7. 2021年5月15日，天问一号着陆巡视器与轨道器分离，着陆巡视器通过高速气动减速、降落伞展开减速、反推动力减速以及着陆缓冲四个环节，成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区。假设着陆巡视器在反推动力减速阶段竖直方向的运动为匀减速直线运动，竖直初速度为v，竖直下落位移x后速度为零，则此过程( )
A. 着陆巡视器的加速度大小为v2x B. 着陆巡视器的加速度大小为2v2x
C. 着陆巡视器的运动时间为2xv D. 着陆巡视器的运动时间为2x3v
8. 四辆小车从同一地点向同一方向运动，它们的位移x、速度v随时间t变化的情况分别如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在0∼t1时间内，乙车的速度始终比甲车的速度大
B. 在0∼t1时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度
C. 在0∼t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远
D. 在0∼t2时间内，丁车的加速度始终比丙车的加速度大
9. “空中速降”是一项具有挑战性、刺激性体育游乐项目。如图所示为某次挑战者空中速降的情景图。悬绳A竖直，保护绳B倾斜，人正在竖直加速下滑，若忽略空气阻力，下列人的受力分析图最合理的是( )
A.
B.
C.
D.
10. 如图甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度，某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4(如图乙)，下列说法正确的是( )
A. 电脑受到的支持力变小
B. 电脑受到的摩擦力变大
C. 散热底座对电脑的作用力的合力竖直向上
D. 电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力
11. 如图所示，甲乙两人分别乘坐两种电动扶梯(均与扶梯保持相对静止)，此时两电梯均匀速向上运转，则( )
A. 甲受到三个力的作用 B. 甲受到的摩擦力水平向左
C. 乙受到两个力的作用 D. 乙受到的摩擦力沿斜面向上
12. 如图所示，在电梯内地板上放一体重计，某同学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg；电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为40kg，g=10m/s2，则在这段时间内( )
A. 电梯可能以2m/s2的加速度加速上升 B. 电梯可能以2m/s2的加速度减速上升
C. 电梯可能以2.5m/s2的加速度加速上升 D. 电梯可能以2.5m/s2的加速度减速下降
13. “套圈圈”是许多人喜爱的一种游戏，如图所示，小孩和大人在同一竖直线上的不同高度先后水平抛出小圆环，且小圆环都恰好套中同一个物体。若小圆环的运动视为平抛运动，则( )
A. 小孩抛出的圆环运动时间较短 B. 大人抛出的圆环运动时间较短
C. 小孩抛出的圆环初速度较小 D. 两人抛出的圆环初速度大小相等
14. 斑马线礼让行人是尊重生命的体现，司机发现正前方30m处人行道上有行人过马路，马上开始刹车，刹车过程汽车做匀减速直线运动，其位移x与时间t的数值关系为x=10t−t2(各物理量均采用国际单位制)。若取汽车初速度的方向为正方向，关于该汽车的运动，下列说法正确的是( )
A. 汽车的加速大小为a=1m/s2 B. 汽车在3s末的速度为v=6m/s
C. 汽车在前6s内的位移为x=25m D. 前3秒内的平均速度v−=5m/s
15. 李师傅驾车在平直公路上行驶，正前方路边突然窜出一只小狗，李师傅立即采取制动，轿车很快停下，小狗随即跑开。车内的录像设备拍下了全过程，发现轿车在减速过程中，驾驶室内悬挂的挂件稳定在偏离竖直方向约为20∘。由此可估算在减速过程中车辆的加速度大小( )
A. g⋅sin20∘ B. g⋅cos20∘ C. g⋅tan20∘ D. 无法确定
16. 如图所示，水平传送带保持v=1m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=1kg的小物体轻轻地放在传送带的a点上，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，a、b间的距离L=2m，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体以1m/s2的加速度从a点匀加速运动到b点
B. 物体运动到b点时的速度为2m/s
C. 物体与传送带相对滑动的位移为2m
D. 物体从a点运动到b点所经历的时间为2.5s
17. 如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA=2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间( )
A. A球加速度为32g，B球加速度为g
B. A球加速度为32g，B球加速度为0
C. A球加速度为g，B球加速度为0
D. A球加速度为12g，B球加速度为g
18. 7月30日下午结束的东京奥运会蹦床女子决赛中，中国名将朱雪莹夺得金牌。若A位置表示床面未受压力时的位置，B位置是她从空中最高点直立下落的过程中将床面压到的最低位置。假设床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，对于朱雪莹从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是( )
A. 床面从A位置下降到B位置过程中，朱雪莹的速度不断变小
B. 床面在B位置时，朱雪莹所受弹力等于重力
C. 朱雪莹接触床面后加速度不断减小
D. 朱雪莹的加速度方向改变发生在A、B之间的某位置
19. 如图所示，水平面上有用细线相连的两个滑块A和B，滑块质量mA=4kg、mB=2kg，现对滑块A施加水平向右的恒力F=24N，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 若地面光滑，则细线上的拉力为4N
B. 若地面光滑，则细线上的拉力为24N
C. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，则细线上的拉力为6N
D. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，则细线上的拉力为8N
20. 如图所示，斜面A和物块B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一个沿斜面向上的力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中A、B始终保持静止。则( )
A. A对B的摩擦力一直变大 B. A对B的摩擦力不变
C. 地面对A的支持力不变 D. 地面对A的摩擦力一直变大
21. 平抛运动的轨迹是曲线，比直线运动复杂。我们可以把平抛运动分解为两个相对简单的直线运动，分别研究物体在竖直方向和水平方向的运动特点。
(1)如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，观察到的现象是______，反映的平抛运动的规律是______。
A.A、B两个小球同时落地
B.A、B两个小球不同时落地
C.A球平抛时水平方向做匀速直线运动
D.A球平抛时竖直方向做自由落体运动
(2)如图乙所示，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
①为保证钢球从O点水平飞出且初速度是一定的，下列实验条件必须满足的是______。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
②以平抛运动的抛出点O为坐标原点，建立如图丙所示的坐标系。平抛轨迹上的P点坐标值为(30,45)，单位为cm。则小球平抛的初速度为______m/s。(g=10m/s2)
22. 某同学利用图a所示装置探究加速度a与力F的关系。实验中，先接通电源，后释放纸带，小车由静止开始加速运动，打出的纸带如图b所示。已知打点计时器工作频率为50Hz。
(1)若要得到“加速度与力、质量的关系”应采用的科学方法是______；
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(2)图b所示的计数点A、B、C、D、E中，______点是最先打下的点；两相邻计数点间的时间间隔为______ s，小车的加速度大小为______m/s2(保留两位有效数字)；
(3)实验中，保持小车的质量不变，改变所挂钩码的数量，测出多组(F,a)数据，在坐标纸上描点，如图c所示。经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生这些问题的主要原因可能是______。
A.长木板与水平方向夹角太大等
B.长木板保持水平状态，没有平衡小车受到的摩擦力
C.所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D.所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势图
23. 如图所示，某人用轻绳牵住一质量m=0.5kg的氢气球站立在地面上，因受水平风力的作用，系气球的轻绳与水平方向成37∘角。已知空气对气球的浮力F浮=20N，方向竖直向上，人的质量M=50kg，人受的浮力和风力忽略不计。(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,g=10m/s2)求：
(1)水平风力F和轻绳拉力T的大小；
(2)地面对人的支持力FN和摩擦力f的大小。
24. 如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下，从固定斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，斜面倾角θ=53∘，t=0.5s时撤去拉力，物块最终滑回斜面底端。利用速度传感器得到其速度随时间变化的图像如图乙所示。sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，g取10m/s2。求：
(1)0∼5s内物块加速度a1的大小和木块沿斜面下滑的加速度a3的大小；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ和拉力F的大小；
(3)木块沿斜面下滑所用的时间t3。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、北京西站至雄安站并非直线，所以“91km”表示路程，故A错误；
B、“50分钟”对应的是过程，所以表示时间间隔，故B正确；
C、“设计时速350km/h”是运行过程中的最大速率，不是平均速度，故C错误；
D、由于列车本身的长度对通过隧道所用时间有很大的影响，因此不可以看成质点，故D错误。
故选：B。
时刻是指时间轴上的某一点，位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值，物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点．
本题关键是要明确质点、位移与路程、平均速度、瞬时速度的概念，同时要明确这些概念的适用范围，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：弹簧伸长的长度为：x=10cm−8cm=2cm=0.02m，弹簧的弹力为F=4N，根据胡克定律F=kx得：
k=Fx=40.02=200N/m.故ABC错误，D正确
故选：D
由题确定出弹簧的弹力和伸长的长度，根据胡克定律求解弹簧的劲度系数．
本题考查胡克定律的基本应用，关键要知道公式F=kx中，x是弹簧伸长的长度或缩短的长度，不是弹簧的长度．该题还应特别注意单位．
3.【答案】C
【解析】解：A、静止在地上的棒球受到的弹力，与重力相平衡，但不是它的重力，故A错误；
B、棒球被击出后继续向前飞，只受重力作用，不再受到棒的力，故B错误；
C、施力物体的弹性形变产生弹力，作用于受力物体上，被击中的棒球受到棒给它的弹力是由于棒发生了形变，故C正确；
D、棒球被手套接住停下时，根据牛顿第三定律可知，棒球对手套的力等于手套对棒球的力，故D错误。
故选：C。
弹力是物体发生弹性形变产生的力，弹力产生的两个必备条件是：①相互接触；②物体发生了弹性形变。
施力物体的弹性形变产生弹力，作用于受力物体上。
该题以体育比赛为载体考查了弹力的相关知识，注重了物理和生活的联系，让学生掌握学以致用的能力。
4.【答案】D
【解析】解：AD、惯性只与物体的质量有关，则汽车超载会增大汽车的惯性，而汽车超速汽车的惯性不变，故A正确，D错误；
B、根据牛顿第二定律F=ma可知，汽车超载，质量变大，则在相同刹车阻力下汽车的加速度减小，而根据v2=2ax可知，汽车超速超载会增大汽车的刹车距离，故B正确；
C、酒精对人的神经系统有一定的麻痹作用，所以酒驾会延长司机的反应时间，故C正确。
本题选择不正确的，
故选：D。
物体惯性是物体固有的属性。一切物体均有保持匀速运动或静止状态，除非有外力迫使它改变这种状态。量度物体惯性大小的物理量是它们的质量；结合牛顿第二定律和运动学的公式分析汽车刹车距离的变化，酒驾会延长司机的反应时间。
该题考查对惯性的理解与应用，从惯性的角度认识物体的质量，同时体现力与惯性的不同。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据平行四边形定则，合力在两个分力之差与两个分力之和之间，合力可以大于分力，或可以小于分力，或可以等于分力，故AB错误；
C.把一个力分解为两个分力，有无数个两个分力的大小，故C错误；
D.根据力的平行四边形定则可知，在0∘∼180∘间，两个分力的夹角越大，合力的大小越小，故D正确。
故选：D。
力的合成，根据平行四边形定则判断两个力的合力大小变化。
力是矢量，合成遵循平行四边形定则，不是简单的代数和。
6.【答案】B
【解析】解：AB、根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知，力的单位为kg⋅m⋅s−2，故A错误，B正确；
C、根据压强的表达式p=FS可知，力的单位为Pa⋅m2，但是压强单位Pa不是国际制基本单位，故C错误；
D、根据功的表达式W=Fx可知，力的单位是J⋅m−1，但是功的单位J不是国际制基本单位，故D错误。
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位；通过物理公式去推导力的单位。
本题以我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”为背景，考查了国际单位制中力的基本单位，要明确国际单位制中规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
7.【答案】C
【解析】解：AB.根据运动学公式可得
0−v2=2ax
整理解得a=−v22x
负号表示加速度方向与初速度方向相反，此过程着陆巡视器运动的加速度大小为v22x，故AB错误；
CD.根据匀变速直线运动规律可得，
x=v2t
整理可得此过程着陆巡视器的运动时间为t=2xv
故D错误，C正确。
故选：C。
AB、根据运动学公式，结合题意求出加速度大小；
CD、根据匀变速直线运动的规律，结合题意求出此过程着陆巡视器的运动时间。
本题考查了匀变速直线运动的基本公式，平常要注意基本公式的应用和理解。
8.【答案】C
【解析】解：A、在x−t图像中，图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，则知在0∼t1时间内，乙的速度先比甲的速度大，再与甲的速度相等，后比甲的速度小，故A错误；
B、在0∼t1 时间内，甲与乙通过的位移相等，所用时间相等，则甲与乙的平均速度相等，故B错误；
C、丙、丁两车从同一地点向同一方向运动，在0∼t2时间内，丁的速度一直比丙的大，丁在丙的前方，丙、丁两车间距逐渐增大，则丙、丁两车在时刻t2相距最远，故C正确；
D、在0∼t2时间内，由v−t图像可知，丁车的加速度先大于丙车的加速度，后小于丙车的加速度，D错误。
故选：C。
在位移-时间图像中，图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移；在速度-时间图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，根据速度关系分析两车间距的变化情况。
解决本题的关键是理解运动图像的物理意义，注意位移-时间图像和速度-时间图像的区别。要知道两种图像斜率的意义是不同的，不能搞混。
9.【答案】A
【解析】解：由题，人正在竖直加速下滑，则加速度的方向竖直向下，结合牛顿第二定律可知人受到的合外力的方向竖直向下；人受到竖直向下的重力与悬绳A竖直向上的拉力；若倾斜的保护绳B对人也有力的作用，则绳子B的作用力的方向不在竖直方向上，则人不能沿竖直方向做加速运动，可知人只受到两个力的作用，且重力大于悬绳A竖直向上的拉力。故A正确，BCD错误。
故选：A。
对人进行受力分析，然后结合人竖直向下做加速运动的特点判断即可。
该题考查牛顿第二定律的一般应用，解答的关键是能正确对人进行受力分析，然后结合向下加速判断。
10.【答案】C
【解析】解：AB、对笔记本电脑受力分析如图
根据共点力的平衡条件，有
N=Gcosθ
f=Gsinθ
由原卡位1调至卡位4，则夹角θ变小，故N增大，f减小，故AB错误；
CD、电脑受到竖直向下的重力和散热底座对电脑的作用力的合力，根据共点力的平衡条件可知，散热底座对电脑的作用力的合力大小等于重力，方向竖直向上；
故电脑受到的支持力和摩擦力的合力等于重力，根据力的平行四边形定则可知两力大小之和不等于其重力，故C正确，D错误。
故选：C。
AB、通过对电脑的受力分析，结合共点力的平衡条件，可以判断支持力和摩擦力的变化；
CD、根据共点力的平衡条件可知电脑所受的合力为零，利用平行四边形定则可知合力不是力的代数加减。
在分析电脑的受力时，要注意散热器对电脑的作用力是散热器对电脑的支持力和摩擦力的合力，而不是单纯的支持力或摩擦力。
11.【答案】D
【解析】解：AB.甲在匀速运动过程中相对扶梯没有相对运动趋势，所以不受摩擦力作用，仅受到重力和支持力两个力作用，故AB错误；
CD.乙有沿斜面向下运动的趋势，将受到沿斜面向上的摩擦力，除此之外乙还受到重力和扶梯的支持力，共三个力作用，故C错误，D正确。
故选：D。
图中两电梯均匀速运动，因此甲乙两人都处于平衡状态，结合图中情境进行受力分析即可求解。
本题考查了共点力平衡，要求学生通过受力分析进行求解，难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：由题意可知该同学的实重为G实=m实g=50×10N=500N，由题图可知当电梯运动过程中该同学的视重为G视=m视g=40×10N=400N，所以该同学处于失重状态，电梯的加速度方向向下，且大小为a=G实−G视m实=500−40050m/s2=2m/s2，故电梯可能以2m/s2的加速度加速下降或减速上升，故ACD错误，B正确。
故选：B。
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，根据牛顿第二定律求得加速度大小，运动方向可能向上也可能向下。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的求得加速度和判定方向，由牛顿第二定律列式进行分析即可判断。
13.【答案】A
【解析】解：AB.平抛运动的物体飞行时间由高度决定，依题意，有
h=12gt2
可知小孩抛出的圆环运动时间较短。故A正确；B错误；
CD.水平位移相等，根据
x=v0t
则大人抛环的速度小。故CD错误。
故选：A。
圆环在空中做平抛运动。大人抛出的圆环竖直分位移较大，大人与小孩抛出的圆环水平分位移相同，结合平抛运动规律进行分析即可解答本题。
本题的关键一是要熟练掌握平抛运动基本规律；二是要抓住大人与小孩抛出的圆环在水平方向与竖直方向的分位移的关系。
14.【答案】C
【解析】解：A、根据位移x与时间t的数值关系为x=10t−t2可知v0=10m/s，a=−2m/s2，故A错误；
B、汽车在3s末的速度为v3=v0+at=10m/s−2×3m/s=4m/s，故B错误；
C、汽车运动停止的时间t0=0−v0a=102s=5s，在前6s内的位移等于5s内的位移，即x=v02t0=102×5m=25m，故C正确；
D、前3秒内的平均速度v−=v0+v32=10+42m/s=7m/s，故D错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动的位移-时间公式得出质点的初速度和加速度；根据速度-时间公式求出汽车刹车到停的总时间，判断汽车的运动状态，再求位移；根据v−=v0+v32求解前3秒内的平均速度。
解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用。要注意判断汽车的运动状态，不能死套公式。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
通过对挂件受力分析，结合牛顿第二定律求出车辆的加速度。
在本题中，要求车辆的加速度，我们利用车辆的加速度和挂件的加速度相等，选取车上的挂件为研究对象，进而求出车辆的加速度。
【解答】
设挂件的质量为m，对挂件受力分析如图：
，
挂件受到的合力F合=mgtan20∘
根据牛顿第二定律可得mgtan20∘=ma
整理可得a=gtan20∘。
在减速过程中车辆的加速度大小和挂件加速度大小相等，故在减速过程中车辆的加速度大小a=gtan20∘，故ABD错误，C正确。
16.【答案】D
【解析】解：AB.物体做匀加速运动时的加速度大小为a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，物体达到与传送带共速的过程中运动的位移大小为：x=v22a=122×1m=0.5m
D.物体匀速运动的时间为t2=L−xv=2−0.51s=1.5s，物体从a点运动到b点所经历的时间为t=t1+t2=1s+1.5s=2.5s，故D正确。
故选：D。
物体无初速放上传送带，相对于传送带向后滑，受到向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律即可求的加速度，根据速度-位移关系求解加速的位移，然后判定运动情况：物体在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速运动，根据速度-时间公式求出时间。
解决本题的关键理清物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解
17.【答案】B
【解析】解：设B球质量为m，则A球质量为2m，悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力F=mg，
以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为3mg；
剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg，根据牛顿第二定律得
对A：2mg+F=2maA又F=mg，得aA=32g
对B：F−mg=maBF=mg得aB=0.
故ACD错误，B正确
故选：B。
分别运用整体和隔离的研究方法，根据牛顿第二定律解得A球和B球的加速度大小。
本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化．
18.【答案】D
【解析】解：床面从A位置下降到B位置过程中，床面的弹力从零开始逐渐增大，弹力先小于重力，朱雪莹加速度方向仍向下，速度不断增大，且由于弹力与重力的合力逐渐减小，所以加速度不断减小，当弹力增大到与重力大小相等时，朱雪莹的加速度减小至零，速度达到最大，此后弹力开始大于朱雪莹的重力，朱雪莹的加速度方向变为向上，速度开始不断减小，且由于弹力与重力的合力不断增大，加速度不断增大，在B位置时加速度达到最大。综上所述可知ABC错误，D正确。
故选：D。
朱雪莹下落过程中，与蹦床接触后，重力大于蹦床对她的弹力；朱雪莹继续向下做加速运动，弹力增大，合力减小，继续向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，速度达到最大，此后继续向下运动，弹力大于重力，开始做减速运动，最终减速到零；根据朱雪莹的受力情况分析加速度变化情况。
本题与小球掉在弹簧上相似，要抓住弹力的可变性，分析朱雪莹的合力变化情况，来判断其运动情况。不能简单地认为她一接触蹦床就开始减速。
19.【答案】D
【解析】解：AB.若地面光滑，则滑块A、B整体的加速度大小为a1=Fm1+m2=244+2m/s2=4m/s2，对B单独分析，可知细线上的拉力为T1=mBa=2×4N=8N，故AB错误；
CD.若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，则滑块A、B整体的加速度大小为a2=F−μ(mA+mB)gmA+mB=24−0.1×(4+2)×104+2m/s2=3m/s2，单独对B分析，可知细线上的拉力为T2=mBa+μmBg=2×3N+0.1×2×10N=8N，故C错误，D正确。
故选：D。
对AB组成的整体根据牛顿第二定律求得就爱速度，然后对B根据求得第二定律求得绳子的拉力，当施加外力时，先判断出绳子是否断裂，然后利用运动学公式即可求解。
本题所涉及的连接体模型中，无论地面是否光滑(若粗糙，要求两物体与地面间的动摩擦因数相同)，细线上的拉力大小为T=mBmA+mBF，可以将上述结论记忆，从而快速判断正确答案。
20.【答案】D
【解析】解：AB、开始时A对B的摩擦力沿斜面向上，随着F增大，A对B的摩擦力先减小，当F增大至与B的重力沿斜面分力大小相等时，A对B的摩擦力减至零，之后A对B的摩擦力变为沿斜面向下并增大，故AB错误；
CD、对A、B整体分析可知，地面对A的摩擦力与F的水平分量始终大小相等，所以地面对A的摩擦力一直变大，故C错误，D正确。
故选：D。
先对B进行研究，方向A与B之间的摩擦力的变化；再以A、B整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件得到地面对A的支持力和摩擦力与F的关系，再分析两个力的变化。
本题关键在于研究对象的选择，以整体为研究对象，简单方便，也可以运用隔离法研究。
21.【答案】A D BC 1
【解析】解：(1)用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，观察到的现象是A、B两个小球同时落地，反映的平抛运动的规律是A球平抛时竖直方向做自由落体运动，故BC错误，AD正确。
(2)①A.斜槽轨道没必要必须光滑，只要小球到达底端的速度相同即可，故A错误；
B.斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故B正确；
C.每次必须由同一位置从静止释放小球，以保证到达底端的速度相同，故C正确。
故选BC。
②由于小球在竖直方向做自由落体运动，则有
h=12gt2
又平抛轨迹上的P点坐标值为(30,45)，
代入数据解得：t=0.3s
根据小球水平方向做匀速直线运动，则有
x=v0t
代入数据解得：v0=1m/s。
故答案为：(1)A，D(2)①BC ②1
(1)实验现象分析两球同时落地表示的意义；
(2)①根据实验原理和注意事项分析装置的正确与否；②根据平抛运动规律求小球初速度。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
22.【答案】CA0.042.0BC
【解析】解：(1)要得到“加速度与力、质量的关系”应采用的科学方法是控制变量法，故ABD错误，C正确，故选C；
(2)由于小车做匀加速直线运动，相同时间的位移逐渐增大，故A点是打点计时器最先打下的点；
由于打点计时器工作频率为50Hz，即打点的周期为
T=1f=150s=0.02s
两相邻计数点间有两个计时点，故两相邻计数点间时间间隔为2T=2×0.02s=0.04s
据逐差法可得，小车的加速度大小为
a=xCE−xAC4(2T)2=(7.93−3.32−3.32)×0.014×(0.04)2m/s2≈2.0m/s2
(3)A.长木板与水平方向夹角太大，导致没有拉力时就有加速度，图线应与纵轴有交点，故A错误；
B.长木板保持水平状态，没有平衡小车受到的摩擦力，当拉力稍微增大时还没有加速度，图线应与横轴有交点，故B正确；
CD.由牛顿第二定律可得，
对滑块F=Ma
对重物mg−F=ma
联立解得：F=Mm+Mmg=1mM+1⋅mg
当m≪M时，F≈mg，a−F图线为倾斜直线，随着钩码数量的增加，所挂钩码的总质量太大，不满足m≪M的条件，造成上部点迹有向下弯曲趋势，故C正确，D错误。
故选BC。
故答案为：(1)C(2)A，0.04，2.0(3)BC
(1)由于该实验涉及的物理量较多，因此该实验采用的是控制变量法研究加速度、质量、合力三者之间的关系；
(2)小车做匀加速直线运动，根据逐差法求小车加速度；
(3)实验时要平衡摩擦力，如果平衡摩擦力不够，则图象在F轴上截距不为零，如果过平衡摩擦力，则图象在a轴上截距不为零。
探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，注意区别不平衡摩擦力、平衡摩擦力不够或过平衡摩擦力时的图像；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题；在学习物理过程中掌握各种研究问题的方法是很重要的，要了解各种方法在物理中的应用。
23.【答案】解：(1)对气球受力分析如图1：
图1
根据平衡条件有：F浮=mg+Tsin37∘
F=Tcos37∘
代入数据解得：F=20N，T=25N
(2)对人受力分析如图2：
图2
根据平衡条件有FN=Mg−Tsin37∘
f=Tcos37∘
代入数据解得：FN=485N，f=20N
答：(1)水平风力为20N，轻绳拉力T的大小为25N；
(2)地面对人的支持力为485N，摩擦力f的大小为20N。
【解析】(1)对气球受力分析应用平衡条件可求水平风力和绳子拉力的大小；
(2)再对人受力分析根据平衡条件求出人的支持力和摩擦力。
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。
24.【答案】解：(1)根据图像可得0s∼0.5s内加速度大小为a1=Δv1Δt1=30.5m/s2=6m/s2
物体下滑的加速度大小为a3=Δv3Δt3=10.25m/s2=4m/s2
(2)受力分析，根据牛顿第二定律可得F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1
0.5s∼0.75s加速度大小为a2=Δv2Δt2=30.25m/s2=12m/s2
又mgsinθ−μmgcosθ=ma3
代入数据，解得：μ=23
拉力F=36N
(3)根据v−t图像中三角形面积得x=12×0.75×3m=98m
又x=12a3t32
解得：t3=0.75s
答：(1)0∼5s内物块加速度a1的大小和木块沿斜面下滑的加速度a3的大小分别为6m/s2，4m/s2；(；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数为23，拉力F的大小为36N；
(3)木块沿斜面下滑所用的时间为0.75s。
【解析】(1)根据图像斜率可解得加速度；
(2)根据牛顿第二定律对上升的两个阶段列出表达式，求出动摩擦因数和拉力的大小；
(3)根据运动学公式解得时间。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
2021-2022学年天津市南开区高一（上）期末物理试卷
1. 我国智能高铁新标杆京雄城际铁路2020年12月27日全线开通运营。线路全长91km，最高设计时速350km/h，全线新建北京大兴、大兴机场、固安东、霸州北、雄安站5座车站。北京西站至雄安站最快50分钟可达。下列说法正确的是( )
A. “91km”表示位移
B. “50分钟”表示时间间隔
C. “设计时速350km/h”表示平均速度
D. 研究列车通过某隧道所用时间，列车一定能看成质点
2. 一轻质弹簧原长为8cm，在4N的拉力作用下长度变为10cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( )
A. 40N/m B. 50N/m C. 200N/cm D. 200N/m
3. 如图所示为四种与棒球有关的情景，下列说法正确的是( )
A. 静止在地上的棒球受到的弹力就是它的重力
B. 棒球被击后继续向前飞是因为受到了棒的力
C. 被击中的棒球受到棒给它的弹力是由于棒发生了形变
D. 棒球被手套接住停下时，棒球对手套的力小于手套对棒球的力
4. “十次车祸九次快，还有喝酒和超载”，据统计中国每年交通事故50万起，因交通事故死亡人数超过10万人，约每5分钟就有一人丧身车轮，每1分钟都会有一人因为交通事故而伤残，下列相关说法中错误的是( )
A. 汽车超载会增大汽车的惯性 B. 汽车超速超载会增大汽车的刹车距离
C. 酒驾会延长司机的反应时间 D. 汽车超速会增大汽车的惯性
5. 关于力的合成分解，下列说法正确的是( )
A. 两个力的合力一定大于任意一个分力
B. 两个力的合力至少比其中的一个分力大
C. 把一个力分解为两个分力，只可能有唯一的两个分力的大小
D. 若两个分力大小不变，当它们的夹角在0∘∼180∘变化时，夹角越大合力越小
6. 公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是( )
A. kg⋅m⋅s−1 B. kg⋅m⋅s−2 C. Pa⋅m2 D. J⋅m−1
7. 2021年5月15日，天问一号着陆巡视器与轨道器分离，着陆巡视器通过高速气动减速、降落伞展开减速、反推动力减速以及着陆缓冲四个环节，成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区。假设着陆巡视器在反推动力减速阶段竖直方向的运动为匀减速直线运动，竖直初速度为v，竖直下落位移x后速度为零，则此过程( )
A. 着陆巡视器的加速度大小为v2x B. 着陆巡视器的加速度大小为2v2x
C. 着陆巡视器的运动时间为2xv D. 着陆巡视器的运动时间为2x3v
8. 四辆小车从同一地点向同一方向运动，它们的位移x、速度v随时间t变化的情况分别如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在0∼t1时间内，乙车的速度始终比甲车的速度大
B. 在0∼t1时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度
C. 在0∼t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远
D. 在0∼t2时间内，丁车的加速度始终比丙车的加速度大
9. “空中速降”是一项具有挑战性、刺激性体育游乐项目。如图所示为某次挑战者空中速降的情景图。悬绳A竖直，保护绳B倾斜，人正在竖直加速下滑，若忽略空气阻力，下列人的受力分析图最合理的是( )
A.
B.
C.
D.
10. 如图甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度，某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4(如图乙)，下列说法正确的是( )
A. 电脑受到的支持力变小
B. 电脑受到的摩擦力变大
C. 散热底座对电脑的作用力的合力竖直向上
D. 电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力
11. 如图所示，甲乙两人分别乘坐两种电动扶梯(均与扶梯保持相对静止)，此时两电梯均匀速向上运转，则( )
A. 甲受到三个力的作用 B. 甲受到的摩擦力水平向左
C. 乙受到两个力的作用 D. 乙受到的摩擦力沿斜面向上
12. 如图所示，在电梯内地板上放一体重计，某同学站在体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg；电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为40kg，g=10m/s2，则在这段时间内( )
A. 电梯可能以2m/s2的加速度加速上升 B. 电梯可能以2m/s2的加速度减速上升
C. 电梯可能以2.5m/s2的加速度加速上升 D. 电梯可能以2.5m/s2的加速度减速下降
13. “套圈圈”是许多人喜爱的一种游戏，如图所示，小孩和大人在同一竖直线上的不同高度先后水平抛出小圆环，且小圆环都恰好套中同一个物体。若小圆环的运动视为平抛运动，则( )
A. 小孩抛出的圆环运动时间较短 B. 大人抛出的圆环运动时间较短
C. 小孩抛出的圆环初速度较小 D. 两人抛出的圆环初速度大小相等
14. 斑马线礼让行人是尊重生命的体现，司机发现正前方30m处人行道上有行人过马路，马上开始刹车，刹车过程汽车做匀减速直线运动，其位移x与时间t的数值关系为x=10t−t2(各物理量均采用国际单位制)。若取汽车初速度的方向为正方向，关于该汽车的运动，下列说法正确的是( )
A. 汽车的加速大小为a=1m/s2 B. 汽车在3s末的速度为v=6m/s
C. 汽车在前6s内的位移为x=25m D. 前3秒内的平均速度v−=5m/s
15. 李师傅驾车在平直公路上行驶，正前方路边突然窜出一只小狗，李师傅立即采取制动，轿车很快停下，小狗随即跑开。车内的录像设备拍下了全过程，发现轿车在减速过程中，驾驶室内悬挂的挂件稳定在偏离竖直方向约为20∘。由此可估算在减速过程中车辆的加速度大小( )
A. g⋅sin20∘ B. g⋅cos20∘ C. g⋅tan20∘ D. 无法确定
16. 如图所示，水平传送带保持v=1m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=1kg的小物体轻轻地放在传送带的a点上，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，a、b间的距离L=2m，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体以1m/s2的加速度从a点匀加速运动到b点
B. 物体运动到b点时的速度为2m/s
C. 物体与传送带相对滑动的位移为2m
D. 物体从a点运动到b点所经历的时间为2.5s
17. 如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA=2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间( )
A. A球加速度为32g，B球加速度为g
B. A球加速度为32g，B球加速度为0
C. A球加速度为g，B球加速度为0
D. A球加速度为12g，B球加速度为g
18. 7月30日下午结束的东京奥运会蹦床女子决赛中，中国名将朱雪莹夺得金牌。若A位置表示床面未受压力时的位置，B位置是她从空中最高点直立下落的过程中将床面压到的最低位置。假设床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，对于朱雪莹从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是( )
A. 床面从A位置下降到B位置过程中，朱雪莹的速度不断变小
B. 床面在B位置时，朱雪莹所受弹力等于重力
C. 朱雪莹接触床面后加速度不断减小
D. 朱雪莹的加速度方向改变发生在A、B之间的某位置
19. 如图所示，水平面上有用细线相连的两个滑块A和B，滑块质量mA=4kg、mB=2kg，现对滑块A施加水平向右的恒力F=24N，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 若地面光滑，则细线上的拉力为4N
B. 若地面光滑，则细线上的拉力为24N
C. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，则细线上的拉力为6N
D. 若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，则细线上的拉力为8N
20. 如图所示，斜面A和物块B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一个沿斜面向上的力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中A、B始终保持静止。则( )
A. A对B的摩擦力一直变大 B. A对B的摩擦力不变
C. 地面对A的支持力不变 D. 地面对A的摩擦力一直变大
21. 平抛运动的轨迹是曲线，比直线运动复杂。我们可以把平抛运动分解为两个相对简单的直线运动，分别研究物体在竖直方向和水平方向的运动特点。
(1)如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，观察到的现象是______，反映的平抛运动的规律是______。
A.A、B两个小球同时落地
B.A、B两个小球不同时落地
C.A球平抛时水平方向做匀速直线运动
D.A球平抛时竖直方向做自由落体运动
(2)如图乙所示，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
①为保证钢球从O点水平飞出且初速度是一定的，下列实验条件必须满足的是______。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
②以平抛运动的抛出点O为坐标原点，建立如图丙所示的坐标系。平抛轨迹上的P点坐标值为(30,45)，单位为cm。则小球平抛的初速度为______m/s。(g=10m/s2)
22. 某同学利用图a所示装置探究加速度a与力F的关系。实验中，先接通电源，后释放纸带，小车由静止开始加速运动，打出的纸带如图b所示。已知打点计时器工作频率为50Hz。
(1)若要得到“加速度与力、质量的关系”应采用的科学方法是______；
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(2)图b所示的计数点A、B、C、D、E中，______点是最先打下的点；两相邻计数点间的时间间隔为______ s，小车的加速度大小为______m/s2(保留两位有效数字)；
(3)实验中，保持小车的质量不变，改变所挂钩码的数量，测出多组(F,a)数据，在坐标纸上描点，如图c所示。经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生这些问题的主要原因可能是______。
A.长木板与水平方向夹角太大等
B.长木板保持水平状态，没有平衡小车受到的摩擦力
C.所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D.所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势图
23. 如图所示，某人用轻绳牵住一质量m=0.5kg的氢气球站立在地面上，因受水平风力的作用，系气球的轻绳与水平方向成37∘角。已知空气对气球的浮力F浮=20N，方向竖直向上，人的质量M=50kg，人受的浮力和风力忽略不计。(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,g=10m/s2)求：
(1)水平风力F和轻绳拉力T的大小；
(2)地面对人的支持力FN和摩擦力f的大小。
24. 如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下，从固定斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，斜面倾角θ=53∘，t=0.5s时撤去拉力，物块最终滑回斜面底端。利用速度传感器得到其速度随时间变化的图像如图乙所示。sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，g取10m/s2。求：
(1)0∼5s内物块加速度a1的大小和木块沿斜面下滑的加速度a3的大小；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ和拉力F的大小；
(3)木块沿斜面下滑所用的时间t3。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、北京西站至雄安站并非直线，所以“91km”表示路程，故A错误；
B、“50分钟”对应的是过程，所以表示时间间隔，故B正确；
C、“设计时速350km/h”是运行过程中的最大速率，不是平均速度，故C错误；
D、由于列车本身的长度对通过隧道所用时间有很大的影响，因此不可以看成质点，故D错误。
故选：B。
时刻是指时间轴上的某一点，位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值，物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点．
本题关键是要明确质点、位移与路程、平均速度、瞬时速度的概念，同时要明确这些概念的适用范围，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：弹簧伸长的长度为：x=10cm−8cm=2cm=0.02m，弹簧的弹力为F=4N，根据胡克定律F=kx得：
k=Fx=40.02=200N/m.故ABC错误，D正确
故选：D
由题确定出弹簧的弹力和伸长的长度，根据胡克定律求解弹簧的劲度系数．
本题考查胡克定律的基本应用，关键要知道公式F=kx中，x是弹簧伸长的长度或缩短的长度，不是弹簧的长度．该题还应特别注意单位．
3.【答案】C
【解析】解：A、静止在地上的棒球受到的弹力，与重力相平衡，但不是它的重力，故A错误；
B、棒球被击出后继续向前飞，只受重力作用，不再受到棒的力，故B错误；
C、施力物体的弹性形变产生弹力，作用于受力物体上，被击中的棒球受到棒给它的弹力是由于棒发生了形变，故C正确；
D、棒球被手套接住停下时，根据牛顿第三定律可知，棒球对手套的力等于手套对棒球的力，故D错误。
故选：C。
弹力是物体发生弹性形变产生的力，弹力产生的两个必备条件是：①相互接触；②物体发生了弹性形变。
施力物体的弹性形变产生弹力，作用于受力物体上。
该题以体育比赛为载体考查了弹力的相关知识，注重了物理和生活的联系，让学生掌握学以致用的能力。
4.【答案】D
【解析】解：AD、惯性只与物体的质量有关，则汽车超载会增大汽车的惯性，而汽车超速汽车的惯性不变，故A正确，D错误；
B、根据牛顿第二定律F=ma可知，汽车超载，质量变大，则在相同刹车阻力下汽车的加速度减小，而根据v2=2ax可知，汽车超速超载会增大汽车的刹车距离，故B正确；
C、酒精对人的神经系统有一定的麻痹作用，所以酒驾会延长司机的反应时间，故C正确。
本题选择不正确的，
故选：D。
物体惯性是物体固有的属性。一切物体均有保持匀速运动或静止状态，除非有外力迫使它改变这种状态。量度物体惯性大小的物理量是它们的质量；结合牛顿第二定律和运动学的公式分析汽车刹车距离的变化，酒驾会延长司机的反应时间。
该题考查对惯性的理解与应用，从惯性的角度认识物体的质量，同时体现力与惯性的不同。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据平行四边形定则，合力在两个分力之差与两个分力之和之间，合力可以大于分力，或可以小于分力，或可以等于分力，故AB错误；
C.把一个力分解为两个分力，有无数个两个分力的大小，故C错误；
D.根据力的平行四边形定则可知，在0∘∼180∘间，两个分力的夹角越大，合力的大小越小，故D正确。
故选：D。
力的合成，根据平行四边形定则判断两个力的合力大小变化。
力是矢量，合成遵循平行四边形定则，不是简单的代数和。
6.【答案】B
【解析】解：AB、根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知，力的单位为kg⋅m⋅s−2，故A错误，B正确；
C、根据压强的表达式p=FS可知，力的单位为Pa⋅m2，但是压强单位Pa不是国际制基本单位，故C错误；
D、根据功的表达式W=Fx可知，力的单位是J⋅m−1，但是功的单位J不是国际制基本单位，故D错误。
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位；通过物理公式去推导力的单位。
本题以我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”为背景，考查了国际单位制中力的基本单位，要明确国际单位制中规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
7.【答案】C
【解析】解：AB.根据运动学公式可得
0−v2=2ax
整理解得a=−v22x
负号表示加速度方向与初速度方向相反，此过程着陆巡视器运动的加速度大小为v22x，故AB错误；
CD.根据匀变速直线运动规律可得，
x=v2t
整理可得此过程着陆巡视器的运动时间为t=2xv
故D错误，C正确。
故选：C。
AB、根据运动学公式，结合题意求出加速度大小；
CD、根据匀变速直线运动的规律，结合题意求出此过程着陆巡视器的运动时间。
本题考查了匀变速直线运动的基本公式，平常要注意基本公式的应用和理解。
8.【答案】C
【解析】解：A、在x−t图像中，图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，则知在0∼t1时间内，乙的速度先比甲的速度大，再与甲的速度相等，后比甲的速度小，故A错误；
B、在0∼t1 时间内，甲与乙通过的位移相等，所用时间相等，则甲与乙的平均速度相等，故B错误；
C、丙、丁两车从同一地点向同一方向运动，在0∼t2时间内，丁的速度一直比丙的大，丁在丙的前方，丙、丁两车间距逐渐增大，则丙、丁两车在时刻t2相距最远，故C正确；
D、在0∼t2时间内，由v−t图像可知，丁车的加速度先大于丙车的加速度，后小于丙车的加速度，D错误。
故选：C。
在位移-时间图像中，图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移；在速度-时间图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，根据速度关系分析两车间距的变化情况。
解决本题的关键是理解运动图像的物理意义，注意位移-时间图像和速度-时间图像的区别。要知道两种图像斜率的意义是不同的，不能搞混。
9.【答案】A
【解析】解：由题，人正在竖直加速下滑，则加速度的方向竖直向下，结合牛顿第二定律可知人受到的合外力的方向竖直向下；人受到竖直向下的重力与悬绳A竖直向上的拉力；若倾斜的保护绳B对人也有力的作用，则绳子B的作用力的方向不在竖直方向上，则人不能沿竖直方向做加速运动，可知人只受到两个力的作用，且重力大于悬绳A竖直向上的拉力。故A正确，BCD错误。
故选：A。
对人进行受力分析，然后结合人竖直向下做加速运动的特点判断即可。
该题考查牛顿第二定律的一般应用，解答的关键是能正确对人进行受力分析，然后结合向下加速判断。
10.【答案】C
【解析】解：AB、对笔记本电脑受力分析如图
根据共点力的平衡条件，有
N=Gcosθ
f=Gsinθ
由原卡位1调至卡位4，则夹角θ变小，故N增大，f减小，故AB错误；
CD、电脑受到竖直向下的重力和散热底座对电脑的作用力的合力，根据共点力的平衡条件可知，散热底座对电脑的作用力的合力大小等于重力，方向竖直向上；
故电脑受到的支持力和摩擦力的合力等于重力，根据力的平行四边形定则可知两力大小之和不等于其重力，故C正确，D错误。
故选：C。
AB、通过对电脑的受力分析，结合共点力的平衡条件，可以判断支持力和摩擦力的变化；
CD、根据共点力的平衡条件可知电脑所受的合力为零，利用平行四边形定则可知合力不是力的代数加减。
在分析电脑的受力时，要注意散热器对电脑的作用力是散热器对电脑的支持力和摩擦力的合力，而不是单纯的支持力或摩擦力。
11.【答案】D
【解析】解：AB.甲在匀速运动过程中相对扶梯没有相对运动趋势，所以不受摩擦力作用，仅受到重力和支持力两个力作用，故AB错误；
CD.乙有沿斜面向下运动的趋势，将受到沿斜面向上的摩擦力，除此之外乙还受到重力和扶梯的支持力，共三个力作用，故C错误，D正确。
故选：D。
图中两电梯均匀速运动，因此甲乙两人都处于平衡状态，结合图中情境进行受力分析即可求解。
本题考查了共点力平衡，要求学生通过受力分析进行求解，难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：由题意可知该同学的实重为G实=m实g=50×10N=500N，由题图可知当电梯运动过程中该同学的视重为G视=m视g=40×10N=400N，所以该同学处于失重状态，电梯的加速度方向向下，且大小为a=G实−G视m实=500−40050m/s2=2m/s2，故电梯可能以2m/s2的加速度加速下降或减速上升，故ACD错误，B正确。
故选：B。
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，根据牛顿第二定律求得加速度大小，运动方向可能向上也可能向下。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的求得加速度和判定方向，由牛顿第二定律列式进行分析即可判断。
13.【答案】A
【解析】解：AB.平抛运动的物体飞行时间由高度决定，依题意，有
h=12gt2
可知小孩抛出的圆环运动时间较短。故A正确；B错误；
CD.水平位移相等，根据
x=v0t
则大人抛环的速度小。故CD错误。
故选：A。
圆环在空中做平抛运动。大人抛出的圆环竖直分位移较大，大人与小孩抛出的圆环水平分位移相同，结合平抛运动规律进行分析即可解答本题。
本题的关键一是要熟练掌握平抛运动基本规律；二是要抓住大人与小孩抛出的圆环在水平方向与竖直方向的分位移的关系。
14.【答案】C
【解析】解：A、根据位移x与时间t的数值关系为x=10t−t2可知v0=10m/s，a=−2m/s2，故A错误；
B、汽车在3s末的速度为v3=v0+at=10m/s−2×3m/s=4m/s，故B错误；
C、汽车运动停止的时间t0=0−v0a=102s=5s，在前6s内的位移等于5s内的位移，即x=v02t0=102×5m=25m，故C正确；
D、前3秒内的平均速度v−=v0+v32=10+42m/s=7m/s，故D错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动的位移-时间公式得出质点的初速度和加速度；根据速度-时间公式求出汽车刹车到停的总时间，判断汽车的运动状态，再求位移；根据v−=v0+v32求解前3秒内的平均速度。
解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用。要注意判断汽车的运动状态，不能死套公式。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
通过对挂件受力分析，结合牛顿第二定律求出车辆的加速度。
在本题中，要求车辆的加速度，我们利用车辆的加速度和挂件的加速度相等，选取车上的挂件为研究对象，进而求出车辆的加速度。
【解答】
设挂件的质量为m，对挂件受力分析如图：
，
挂件受到的合力F合=mgtan20∘
根据牛顿第二定律可得mgtan20∘=ma
整理可得a=gtan20∘。
在减速过程中车辆的加速度大小和挂件加速度大小相等，故在减速过程中车辆的加速度大小a=gtan20∘，故ABD错误，C正确。
16.【答案】D
【解析】解：AB.物体做匀加速运动时的加速度大小为a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，物体达到与传送带共速的过程中运动的位移大小为：x=v22a=122×1m=0.5m
D.物体匀速运动的时间为t2=L−xv=2−0.51s=1.5s，物体从a点运动到b点所经历的时间为t=t1+t2=1s+1.5s=2.5s，故D正确。
故选：D。
物体无初速放上传送带，相对于传送带向后滑，受到向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律即可求的加速度，根据速度-位移关系求解加速的位移，然后判定运动情况：物体在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速运动，根据速度-时间公式求出时间。
解决本题的关键理清物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解
17.【答案】B
【解析】解：设B球质量为m，则A球质量为2m，悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力F=mg，
以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为3mg；
剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg，根据牛顿第二定律得
对A：2mg+F=2maA又F=mg，得aA=32g
对B：F−mg=maBF=mg得aB=0.
故ACD错误，B正确
故选：B。
分别运用整体和隔离的研究方法，根据牛顿第二定律解得A球和B球的加速度大小。
本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化．
18.【答案】D
【解析】解：床面从A位置下降到B位置过程中，床面的弹力从零开始逐渐增大，弹力先小于重力，朱雪莹加速度方向仍向下，速度不断增大，且由于弹力与重力的合力逐渐减小，所以加速度不断减小，当弹力增大到与重力大小相等时，朱雪莹的加速度减小至零，速度达到最大，此后弹力开始大于朱雪莹的重力，朱雪莹的加速度方向变为向上，速度开始不断减小，且由于弹力与重力的合力不断增大，加速度不断增大，在B位置时加速度达到最大。综上所述可知ABC错误，D正确。
故选：D。
朱雪莹下落过程中，与蹦床接触后，重力大于蹦床对她的弹力；朱雪莹继续向下做加速运动，弹力增大，合力减小，继续向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，速度达到最大，此后继续向下运动，弹力大于重力，开始做减速运动，最终减速到零；根据朱雪莹的受力情况分析加速度变化情况。
本题与小球掉在弹簧上相似，要抓住弹力的可变性，分析朱雪莹的合力变化情况，来判断其运动情况。不能简单地认为她一接触蹦床就开始减速。
19.【答案】D
【解析】解：AB.若地面光滑，则滑块A、B整体的加速度大小为a1=Fm1+m2=244+2m/s2=4m/s2，对B单独分析，可知细线上的拉力为T1=mBa=2×4N=8N，故AB错误；
CD.若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，则滑块A、B整体的加速度大小为a2=F−μ(mA+mB)gmA+mB=24−0.1×(4+2)×104+2m/s2=3m/s2，单独对B分析，可知细线上的拉力为T2=mBa+μmBg=2×3N+0.1×2×10N=8N，故C错误，D正确。
故选：D。
对AB组成的整体根据牛顿第二定律求得就爱速度，然后对B根据求得第二定律求得绳子的拉力，当施加外力时，先判断出绳子是否断裂，然后利用运动学公式即可求解。
本题所涉及的连接体模型中，无论地面是否光滑(若粗糙，要求两物体与地面间的动摩擦因数相同)，细线上的拉力大小为T=mBmA+mBF，可以将上述结论记忆，从而快速判断正确答案。
20.【答案】D
【解析】解：AB、开始时A对B的摩擦力沿斜面向上，随着F增大，A对B的摩擦力先减小，当F增大至与B的重力沿斜面分力大小相等时，A对B的摩擦力减至零，之后A对B的摩擦力变为沿斜面向下并增大，故AB错误；
CD、对A、B整体分析可知，地面对A的摩擦力与F的水平分量始终大小相等，所以地面对A的摩擦力一直变大，故C错误，D正确。
故选：D。
先对B进行研究，方向A与B之间的摩擦力的变化；再以A、B整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件得到地面对A的支持力和摩擦力与F的关系，再分析两个力的变化。
本题关键在于研究对象的选择，以整体为研究对象，简单方便，也可以运用隔离法研究。
21.【答案】A D BC 1
【解析】解：(1)用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，观察到的现象是A、B两个小球同时落地，反映的平抛运动的规律是A球平抛时竖直方向做自由落体运动，故BC错误，AD正确。
(2)①A.斜槽轨道没必要必须光滑，只要小球到达底端的速度相同即可，故A错误；
B.斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故B正确；
C.每次必须由同一位置从静止释放小球，以保证到达底端的速度相同，故C正确。
故选BC。
②由于小球在竖直方向做自由落体运动，则有
h=12gt2
又平抛轨迹上的P点坐标值为(30,45)，
代入数据解得：t=0.3s
根据小球水平方向做匀速直线运动，则有
x=v0t
代入数据解得：v0=1m/s。
故答案为：(1)A，D(2)①BC ②1
(1)实验现象分析两球同时落地表示的意义；
(2)①根据实验原理和注意事项分析装置的正确与否；②根据平抛运动规律求小球初速度。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
22.【答案】CA0.042.0BC
【解析】解：(1)要得到“加速度与力、质量的关系”应采用的科学方法是控制变量法，故ABD错误，C正确，故选C；
(2)由于小车做匀加速直线运动，相同时间的位移逐渐增大，故A点是打点计时器最先打下的点；
由于打点计时器工作频率为50Hz，即打点的周期为
T=1f=150s=0.02s
两相邻计数点间有两个计时点，故两相邻计数点间时间间隔为2T=2×0.02s=0.04s
据逐差法可得，小车的加速度大小为
a=xCE−xAC4(2T)2=(7.93−3.32−3.32)×0.014×(0.04)2m/s2≈2.0m/s2
(3)A.长木板与水平方向夹角太大，导致没有拉力时就有加速度，图线应与纵轴有交点，故A错误；
B.长木板保持水平状态，没有平衡小车受到的摩擦力，当拉力稍微增大时还没有加速度，图线应与横轴有交点，故B正确；
CD.由牛顿第二定律可得，
对滑块F=Ma
对重物mg−F=ma
联立解得：F=Mm+Mmg=1mM+1⋅mg
当m≪M时，F≈mg，a−F图线为倾斜直线，随着钩码数量的增加，所挂钩码的总质量太大，不满足m≪M的条件，造成上部点迹有向下弯曲趋势，故C正确，D错误。
故选BC。
故答案为：(1)C(2)A，0.04，2.0(3)BC
(1)由于该实验涉及的物理量较多，因此该实验采用的是控制变量法研究加速度、质量、合力三者之间的关系；
(2)小车做匀加速直线运动，根据逐差法求小车加速度；
(3)实验时要平衡摩擦力，如果平衡摩擦力不够，则图象在F轴上截距不为零，如果过平衡摩擦力，则图象在a轴上截距不为零。
探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，注意区别不平衡摩擦力、平衡摩擦力不够或过平衡摩擦力时的图像；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题；在学习物理过程中掌握各种研究问题的方法是很重要的，要了解各种方法在物理中的应用。
23.【答案】解：(1)对气球受力分析如图1：
图1
根据平衡条件有：F浮=mg+Tsin37∘
F=Tcos37∘
代入数据解得：F=20N，T=25N
(2)对人受力分析如图2：
图2
根据平衡条件有FN=Mg−Tsin37∘
f=Tcos37∘
代入数据解得：FN=485N，f=20N
答：(1)水平风力为20N，轻绳拉力T的大小为25N；
(2)地面对人的支持力为485N，摩擦力f的大小为20N。
【解析】(1)对气球受力分析应用平衡条件可求水平风力和绳子拉力的大小；
(2)再对人受力分析根据平衡条件求出人的支持力和摩擦力。
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。
24.【答案】解：(1)根据图像可得0s∼0.5s内加速度大小为a1=Δv1Δt1=30.5m/s2=6m/s2
物体下滑的加速度大小为a3=Δv3Δt3=10.25m/s2=4m/s2
(2)受力分析，根据牛顿第二定律可得F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1
0.5s∼0.75s加速度大小为a2=Δv2Δt2=30.25m/s2=12m/s2
又mgsinθ−μmgcosθ=ma3
代入数据，解得：μ=23
拉力F=36N
(3)根据v−t图像中三角形面积得x=12×0.75×3m=98m
又x=12a3t32
解得：t3=0.75s
答：(1)0∼5s内物块加速度a1的大小和木块沿斜面下滑的加速度a3的大小分别为6m/s2，4m/s2；(；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数为23，拉力F的大小为36N；
(3)木块沿斜面下滑所用的时间为0.75s。
【解析】(1)根据图像斜率可解得加速度；
(2)根据牛顿第二定律对上升的两个阶段列出表达式，求出动摩擦因数和拉力的大小；
(3)根据运动学公式解得时间。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
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