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2021-2022学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）入学物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）入学物理试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了4s等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）入学物理试卷
1. 有时候根据物理量的单位能够查出运算或者印刷中的错误。根据单位换算，下列公式正确的是( )
A. 加速度的决定式a=Fm
B. 匀变速直线运动连续相邻相等时间内的位移差公式Δx=aT
C. 匀变速直线运动位移中点的瞬时速度公式vx2=v02+vt22x
D. 圆锥体积的表达式V=13πR3h(其中R为圆锥的底面半径，h为圆锥的高)
2. 2020年1月，武汉新型冠状病毒疫情暴发，成都志愿者以最快速度前往支援。如图为志愿者们从成都前往武汉搜索的导航，关于导航反馈的信息，下列说法正确的是( )
A. 观察志愿者护送车在图中的位置时，不能将护送车视为质点
B. 路线一中的“13小时47分”是指时刻
C. 三条路线不同，所以位移不同
D. 三条路线的平均速度不同
3. 如图，一质量为m的光滑小球用轻绳挂在竖直墙壁上的A点，小球与墙壁的接触点为B，小球的半径与轻绳的长度相等，重力加速度大小为g，则( )
A. 轻绳对小球的拉力大小为32mg
B. 轻绳对小球的拉力大小为2mg
C. 墙壁对小球的支持力大小为33mg
D. 墙壁对小球的支持力大小为3mg
4. 如图为甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶的位置-时间图像，根据图像信息，下列说法错误的是( )
A. 在0∼t2时间内，甲车的速度一直增大
B. 在0∼t2时间内，甲、乙两车的平均速度相同
C. 在0∼t2时间内，甲、乙两车相遇两次
D. 在t1∼t2时间内的某时刻，甲、乙两车的速度相同
5. 如图，人站在台秤上，下蹲、起立也能观察到超重、失重现象。关于人的下蹲过程，下列说法正确的是( )
A. 人在下蹲过程中一直向下做加速运动
B. 人在下蹲过程中，因为速度方向一直向下，所以人一直处于失重状态
C. 无论台秤示数如何变化，人对台秤的压力大小等于台秤对人的支持力大小
D. 无论台秤示数如何变化，台秤对人的支持力大小等于人的重力大小
6. 如图，吊篮P用轻绳OA悬挂于天花板上，吊篮P底部安装一轻质弹簧，弹簧上端连接一与吊篮P质量相同的小球Q，整个装置处于静止状态，重力加速度大小为g。在悬挂吊篮P的轻绳OA被剪断的瞬间，P、Q的加速度大小分别为( )
A. g，g B. 2g，0 C. g，0 D. 2g，g
7. 在日常工作中，有时需要人们反应灵敏，对于战士、驾驶员、运动员等更是如此。如图，用一把直尺可以测反应时间，甲同学用两根手指捏住长度为1m的直尺的上端，乙同学用一只手在直尺下方零刻度线处做捏住直尺的准备，但此时手不能碰到直尺。当看到甲同学放开直尺的瞬间，乙同学立即捏住直尺，记录乙同学捏住处的数据为80cm，重力加速度大小为g=10m/s2。根据这次实验，下列说法正确的是( )
A. 乙同学捏住处的数据即为直尺在乙同学反应时间内下落的高度，该数据越大，乙同学的反应时间越短
B. 乙同学的反应时间为0.4s
C. 乙同学捏住直尺前瞬间，直尺的速度大小为0.4m/s
D. 若某同学的反应时间为0.5s，仍能用该直尺测该同学的反应时间
8. 如图，定滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，两物体A、B的质量分别为M和m，用跨过定滑轮的轻绳相连，将物体A从地面上由静止释放，不计一切摩擦和定滑轮重力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 若M>m，则地面对A的支持力大小为Mg
B. 若M>m，则轻绳OP对定滑轮的拉力大小为(M+m)g
C. 若m>M，则连接A与B的轻绳对B的拉力大小为mg
D. 若m>M，则轻绳OP对定滑轮的拉力大小为4MmgM+m
9. 我们在物理学习中，不仅要学习物理知识，更重要的是领悟前人们在探索规律过程中的思想方法，下列关于物理学思想方法的说法正确的是( )
A. 如图，在观察桌面的微小形变的实验中，采用了控制变量法
B. 如图，伽利略在探究落体运动规律的实验中，采用了合理外推的实验方法
C. 如图，在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用了等效替代法
D. 如图，伽利略在研究力与运动的关系的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验
10. 如图，三根轻绳AO、BO和CO连接于O点，AO、BO悬挂在天花板上，一花篮悬挂在CO下方处于静止状态，AO、BO与竖直方向的夹角均为30∘。现保持AO、CO不动，轻绳BO的悬点B缓慢顺时针旋转直到BO处于水平状态，则在这个过程中( )
A. 轻绳AO受到的拉力一直增大
B. 轻绳AO受到的拉力先减小后增大
C. 轻绳BO受到的拉力一直减小
D. 轻绳BO受到的拉力先减小后增大
11. 2022年2月4日，第24届冬季奥运会在北京开幕，在“高山滑雪”比赛场上，一位滑雪运动员(可视为质点)从斜坡顶端A点由静止滑下，假设运动员在斜坡上做匀加速直线运动，运动10s后从B点滑上足够长的水平赛道，在水平赛道上做匀减速直线运动，滑行16s后停在水平赛道上的C点。已知运动员在整个过程中运动的总路程为520m，斜坡与水平赛道平滑连接，则( )
A. 运动员在滑行过程中，速度越大，惯性越大
B. 运动员在斜坡上运动的平均速率大于在水平赛道上运动的平均速率
C. 运动员在运动过程中的速度的最大值为40m/s
D. 运动员在斜坡上运动的加速度大小为4m/s2
12. 如图，长度为L=6m的水平传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速传动，一可视为质点的煤块以v0=4m/s的初速度水平向右滑上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度大小为g=10m/s2，则煤块在传送带上运动的过程中( )
A. 煤块受到的摩擦力方向始终水平向左 B. 煤块在传送带上运动的总时间为2.5s
C. 煤块在传送带上留下的滑痕长度为4m D. 煤块在传送带上留下的滑痕长度为1m
13. 如图，将游乐场的滑梯简化成倾角为α的斜面，该滑梯的质量为M，放在粗糙水平面上，一个质量为m的小朋友沿滑梯下滑。在滑梯的不同位置，由于小朋友与滑梯间的动摩擦因数不同，小朋友在滑梯上的AB段匀速下滑，在BC段以大小为a的加速度匀减速下滑，滑梯始终保持静止状态，重力加速度大小为g，则( )
A. 小朋友在AB段匀速下滑的过程中，地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g
B. 小朋友在AB段匀速下滑的过程中，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左
C. 小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g+masinα
D. 小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，滑梯对地面的摩擦力大小为macosα，方向水平向右
14. 某实验小组用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”，如图甲，用两根弹簧测力计一起拉橡皮筋，使橡皮筋伸长到O点，记录两弹簧测力计的示数F1和F2及两条细线的方向；如图乙，改用一根弹簧测力计拉橡皮筋，也使橡皮筋伸长到O点，记录弹簧测力计的示数F′及细线的方向。
(1)下列实验要求正确的是______(填正确答案标号)。
A.弹簧测力计在使用前需调零
B.一次实验时，两细线的夹角尽量小一点
C.记录细线方向时，所描的两点适当近一点
D.力方向应与木板平面平行
(2)利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出F1和F2的合力F，则F为F1和F2合力的______(填“理论值”或“实际值”)。
(3)画出拉力F′的图示，发现F和F′不重合，实验误差产生的原因可能有哪些？(写出两个原因即可)______
15. 某实验小组用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力的关系”的实验。实验时，保持小车的质量不变，将钩码所受重力的大小视作小车所受合外力的大小，用打点计时器和小车后拖动的纸带测小车运动的加速度。
(1)下列说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.实验时，需调节滑轮高度，使牵引小车的细线平行于木板
B.使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，平衡摩擦力时需让小车在钩码的拉动下做匀速直线运动
C.使钩码所受重力的大小近似等于细线对小车拉力的大小，需让小车的质量远大于钩码的质量
D.钩码的质量足够大，可使小车的加速度的大小大于重力加速度的大小
(2)该实验小组根据打出的纸带，利用v−t图像处理数据计算小车运动的加速度，作出的图像如图乙中实线所示，实验小组猜测图像弯曲的原因可能是小车体积太大，所受空气阻力不能忽略，且空气阻力的大小随速度的增大而变化。若他们的猜想是正确的，通过图像分析可知，随着小车速度的增大，小车所受空气阻力______(填“变大”“变小”或“不变’)。
(3)为进一步探究空气阻力与速度的关系，该实验小组利用作v−t图像切线求斜率的方式计算小车在不同速度时对应的加速度大小。其中v=0.20m/s时，图像的切线如图乙中虚线所示，则在该速度时，小车的加速度大小为______m/s2(结果保留两位有效数字)。根据计算不同速度对应的加速度大小，作出加速度随速度变化的图像如图丙所示，已知图像的斜率的绝对值为k，纵截距为b，钩码的质量为m，重力加速度大小为g，根据图像可知小车的质量M=______(用字母b、m、g表示)，小车受到的空气阻力f随速度v变化的关系式为f=______(用字母b、m、g、k、v表示)。
16. 如图，大扫除时某同学通过不计重力的拖把杆推动质量为m的拖把头擦教室玻璃，假设拖把头与玻璃间的动摩擦因数恒定，该同学始终用沿拖把杆方向的力推动拖把，使拖把头竖直向上匀速运动。当拖把杆与玻璃平面的夹角为θ时，该同学对拖把的推力大小为F，重力加速度大小为g，求：
(1)拖把头对玻璃的压力大小；
(2)拖把头与玻璃接触面之间的动摩擦因数μ。
17. 2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船成功发射。假设神舟十三号载人飞船由静止开始在150s内上升的高度为80km，飞船在这个过程中先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，且做匀速直线运动的时间为10s，求：
(1)飞船做匀速直线运动的速度大小；
(2)飞船做匀加速直线运动的加速度大小(结果保留三位有效数字)。
18. 如图，在倾角为θ=30∘的足够长的坡道上，一名学员驾驶轿车(可视为质点)从坡道底部由静止开始启动练习坡道起步。轿车和学员的总质量为m=1000kg，假设启动后轿车的牵引力大小为F=1.0×104N，坡道对轿车的阻力大小恒为轿车和学员的总重力的0.3倍。启动8s后，轿车发动机突然失灵，轿车的牵引力大小变为0，学员惊慌失措，经过4s后踩住刹车(忽略踩下刹车的时间)，踩住刹车后坡道对轿车的阻力大小恒为轿车和学员的总重力的0.9倍。已知重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)发动机失灵时，轿车的速度大小；
(2)整个过程中，轿车离坡底的最远距离；
(3)最终轿车停止的位置距坡底的距离。
19. 如图，质量为m=2kg的滑块A(可视为质点)叠放在质量为M=2kg、长度为L=4m的长木板B上，B放在足够长的水平面上，A、B均处于静止状态。现用力敲B的左端，使B瞬间获得水平向右、大小为v0=6m/s的初速度。已知A、B间的动摩擦因数为μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)B被敲击后的瞬间，A、B的加速度大小；
(2)A最终停在B上的位置距B右端的距离；
(3)A、B达到共速的瞬间，一质量为m=2kg的滑块C(可视为质点，图中未画出)以水平向左、大小为v=0.4m/s的速度从B右端滑上B，已知B、C间的动摩擦因数为μ2=0.1，求最终A、C之间的距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、加速度的决定式a=Fm，故A正确；
B、匀变速直线运动连续相邻相等时间内的位移差公式Δx=aT2，故B错误；
C、匀变速直线运动位移中点的瞬时速度公式vx2=v02+vt22，故C错误；
D、圆锥体积的表达式V=12πR2h(其中R为圆锥的底面半径，h为圆锥的高)，故D错误。
故选：A。
根据相关物理规律公式，进行分析。
本题主要考查学生对公式的记忆，属于简单题目。
2.【答案】D
【解析】解：A.观察志愿者护送车在图中的位置时，护送车的大小和形状可以忽略不计，此时可以将护送车视为质点，故A错误；
B.路线一中的“13小时47分”是指时间间隔，故B错误；
C.三条路线不同，但起始位置和终点位置相同，所以位移相同，故C错误；
D.三条路线的位移相同，但时间不同，所以平均速度不同，故D正确。
故选：D。
当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时可以看作质点；
明确时间和时刻的定义，知道时间间隔对应一个过程，而时刻对应一个瞬间；
明确位移和路程的定义，明确位移为起点到终点的有向线段，而路程是指实际轨迹的长度
理解平均速度的定义，知道平均速度等于位移与时间的比值。
本题考查位移与路程、质点、瞬时速度和平均速度等，对于物理学中相近知识点要注意准确理解，掌握它们的区别和联系。
3.【答案】C
【解析】解：设轻绳与竖直墙壁的夹角为θ，由题意可得sinθ=RR+L=RR+R=12
cosθ=1−sin2θ=32
设轻绳对小球的拉力大小为T，墙壁对小球的支持力大小为N，小球的受力如图：
对小球根据力的成与分解以及平衡条件可得：Tsinθ=N；Tcosθ=mg
联立以上各式解得：T=233mg，N=33mg，故ABD错误，C正确。
故选：C。
分析球的受力情况，作出力图，根据平衡条件求解绳子对球的拉力和墙壁对球的支持力。
本题是共点力平衡问题，分析受力情况，作出力图，运用平衡条件和几何知识列式求解即可。
4.【答案】B
【解析】解、A.x−t图像的斜率表示速度，所以在0∼t2时间内，甲车的速度一直增大，故A正确；
B.在0∼t2时间内，甲、乙两车的位移不同，所以平均速度不同，故B错误；
C.两车图线的交点表示相遇，所以在0∼t2时间内，甲、乙两车相遇两次，故C正确；
D.t1时刻甲车速度小于乙车速度，t2时刻甲车速度大于乙车速度，且从t1∼t2时间内甲车速度一直增大，因此在t1∼t2时间内的某时刻，甲、乙两车的速度相同，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
x−t图象只能表示直线运动的规律，图象的斜率表示速度，根据斜率的大小分析速度大小；两图象的交点表示相遇。
对于运动图象问题，关键要掌握“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距，本题要知道x−t图象的斜率表示速度。要注意x−t图象不是质点的运动轨迹。
5.【答案】C
【解析】解：AB.人在下蹲过程中先向下做加速运动、后做减速运动，加速度方向先向下、后向上，所以先处于失重状态、后处于超重状态，故AB错误；
C.无论台秤示数如何变化，人对台秤的压力与台秤对人的支持力是一对相互作用力，二者大小相等，故C正确；
D.当人处于超重状态时，台秤对人的支持力大于人的重力，当人处于失重状态时，台秤对人的支持力小于人的重力，故D错误。
故选：C。
人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态；明确牛顿第三定律的应用，知道人对台秤的压力和台秤对人的支持力大小为作用力和反作用力。
对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态。
6.【答案】B
【解析】解：设P、Q的质量均为m，开始时弹簧对Q有方向竖直向上且大小为mg的弹力，对P有方向竖直向下且大小也为mg的弹力，在悬挂吊篮P的轻绳OA被剪断的瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，设此时P、Q的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律可得a1=mg+mgm=2g，
a2=mg−mgm=0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
剪断细线前，对Q进行受力分析，根据平衡条件求出弹簧的弹力。断开细线后瞬间，弹簧的弹力不变，再分别对P、Q受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度。
本题是力学中瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出系统静止时物体受到的弹力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是由微小形变产生的，可以突变。
7.【答案】B
【解析】解：A、乙同学捏住处的数据即为直尺在乙同学反应时间内下落的高度，根据t=2hg，该数据越大，乙同学的反应时间越大，故A错误；
B、乙同学的反应时间为t=2hg=2×80×10−210s=0.4s，故B正确；
C、乙同学捏住直尺前瞬间，直尺的速度大小为v=gt=10×0.4m/s=4m/s，故C错误；
D、若某同学的反应时间为0.5s，则在反应时间内直尺下落的高度为h′=12gt′2=12×10×0.52m=1.25m>1m，所以不能用该直尺测该同学的反应时间，故D错误。
故选：B。
直尺下降的时间就是人的反应时间，根据自由落体运动的位移求出反应时间，根据速度-时间公式求出直尺的速度大小。
该题属于自由落体运动的应用，解决本题的关键是理解自由落体运动，以及会利用自由落体运动求运动时间。
8.【答案】D
【解析】解：AB、若M>m，将物体A从地面上由静止释放，A、B仍将静止，则地面对A的支持力大小为N=(M−m)g
对A、B和定滑轮整体分析，可得TOP+N=(M+m)g
解得轻绳OP对定滑轮的拉力大小为TOP=2mg，故AB错误；
CD、若m>M，将物体A从地面上由静止释放，A将向上、B将向下做匀加速直线运动，设连接A与B的轻绳中张力大小为T，A、B的加速度大小均为a，则对A、B分别根据牛顿第二定律有
T−Mg=Ma
mg−T=ma
解得T=2MmgM+m
故选：D。
当M>m时，两物体处于静止状态，根据共点力平衡即可求得，当m>M时，m向下加速运动，M向上加速运动，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可求得轻绳OP对定滑轮的拉力大小。
本题主要考查了牛顿第二定律和共点力平衡，关键是正确的选取研究对象和受力分析，明确物体的运动状态即可。
9.【答案】BD
【解析】解：A.如图甲，在观察桌面的微小形变的实验中，采用了放大法，故A错误；
B.如图乙，伽利略在探究落体运动规律的实验中，采用了合理外推的实验方法，故B正确；
C.如图丙，在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用了控制变量法，故C错误；
D.如图丁，伽利略在研究力与运动的关系的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验，故D正确。
故选：BD。
明确物理方法的应用，知道常见的物理方法，如放大法、等效替代法、理想模型法等，要明确它们对应的应用。
本题考查对物理方法的理解，要注意物理学史和物理方法也是高考考查内容，要注意准确把握。
10.【答案】AD
【解析】解：保持AO、CO不动，轻绳BO的悬点B缓慢顺时针旋转直到BO处于水平状态，对悬点O受力分析，可得O的受力图解如下图
AB.由图解可知，OA绳中张力TOA一直增大，A正确，B错误；
CD.由图解可知，OB绳中张力TOB先减小后增大，D正确，C错误；
故选：AD。
对悬点O分析，作出平行四边形，找出不变的量和变化的量，从而分析两绳上张力的变化。
本题考查的是动态平衡，处理方法有两种：公式法和画图法，本题应用图解法更方便。
11.【答案】CD
【解析】解：A、惯性只与质量有关，与速度无关，故A错误；
B、运动员从A到B做匀加速直线运动，从B到C做匀减速直线运动，设运动员在B点时的速率为v，根据运动学规律可知运动员在斜坡上运动的平均速率和在水平赛道上运动的平均速率均为v−=v2，故B错误；
C、根据B项分析可得s=v2(t1+t2)
解得v=40m/s，故C正确；
D、运动员在斜坡上运动的加速度大小为a=vt1=4010m/s2=4m/s2，故D正确；
故选：CD。
惯性是物体固有的一种属性，只与物体的质量有关，物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，求得运动过程中的最大速度，结合速度-时间公式求得加速度。
本题主要考查了匀变速直线运动，明确匀变速直线运动平均速度等于初末速度和的一半即可求得。
12.【答案】BD
【解析】解：A.以向右为正方向，煤块刚放上传送带时摩擦力向左，加速度为a=−μmgm=−μg=−2×10m/s2=−2m/s2
则煤块从放上传送带到与传送带共速所用时间为：t1=Δva=2−4−2s=1s
煤块从放上传送带到与传送带共速的时间内煤块的对地位移为：x1=v0+v2t1=4+22×1m=3m
因为x1
煤块在传送带上运动的总时间为：t=t1+t2=1s+1.5s=2.5s，故B正确；
CD.煤块在传送带上留下的滑痕长度为相对位移：Δx=x1−vt1=3m−2×1m=1m
因此，煤块在传送带上留下的滑痕长度为1m，故C错误，D正确。
故选：BD。
求出煤块刚放上传送带时的加速度，根据速度-时间关系求解煤块从放上传送带到与传送带共速所用时间，在求出煤块的对地位移，最后求出匀速运动的时间，由此得到总时间；根据位移计算公式求解煤块在传送带上留下的滑痕长度。
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；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
13.【答案】ACD
【解析】解：AB.小朋友在AB段匀速下滑的过程中，小朋友和滑梯组成的系统处于平衡状态，地面对滑梯的支持力大小等于总重，即为(M+m)g，整体水平方向合外力为零，则地面对滑梯的摩擦力为零，故A正确，B错误；
CD.小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，加速度方向沿斜面向上，将加速度进行分解，如图所示。
根据质点系牛顿第二定律有：FN−(M+m)g=masinα，解得地面对滑梯的支持力大小为FN=(M+m)g+masinα；
水平方向根据牛顿第二定律可得滑梯对地面的摩擦力大小为：f=macosα，方向水平向右，故CD正确。
故选：ACD。
小朋友在AB段匀速下滑的过程中，整体竖直方向和水平方向合外力为零，根据平衡条件分析AB选项；
小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，加速度方向沿斜面向上，将加速度进行分解，根据牛顿第二定律列方程求解。
本题主要是考查了牛顿第二定律和共点力的平衡；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、在坐标轴上利用平衡条件或牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
14.【答案】AD 理论值 弹簧测力计读数误差；力的方向记录有误差
【解析】解：(1)A.弹簧测力计在使用前需调零，故A正确；
B.一次实验时，两细线的夹角不应过大或过小，否则都会增大方向的相对误差，夹角以60∼100∘之间为宜，故B错误；
C.记录细线方向时，所描的两点适当远一点，从而减小方向的记录误差，故C错误；
D.力方向应与木板平面平行，从而尽量确保实际力的平行四边形与在白纸上所作的平行四边形能够平行，减小误差，故D正确。
故选AD。
(2)利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出F1和F2的合力F，则F为F1、F2合力的理论值。用一根弹簧测力计拉橡皮筋时拉力的图示为F1和F2合力的实际值。
(3)画出拉力F′的图示，发现F和F′不重合，实验误差产生的原因包括弹簧测力计读数误差，力的方向记录误差(或作图误差等)。
故答案为：①.AD②.理论值 ③.弹簧测力计读数误差，力的方向记录误差(或作图误差等)
使用弹簧测力计前要校零，在验证力的平行四边形定则时两测力计互成角度的拉橡皮筋，角度不能合适即可，两个测力计的效果与一个测力计将橡皮筋拉伸的长度相同，这是等效替代的含义。
本题重点考查对等效替代的理解与平行四边形定则，F1、F2与F就是等效替代关系，是效果上的替代。
15.【答案】AC 变大 0.67mgb kmgvb
【解析】解：(1)A.实验时，应保证牵引小车的细线平行于木板，故A正确；
B.平衡摩擦力时应让小车沿斜面向下的重力分力与小车所受摩擦力平衡，不允许挂上钩码，故B错误；
C.对小车和钩码，根据牛顿第二定律有
mg=(m+M)a
整理可得小车的加速度为
a=mgm+M
根据牛顿第二定律可知，细线对小车的拉力为
T=Ma=mMgm+M
当M>>m时，T≈mg
即小车的质量远大于钩码的质量时，钩码所受重力的大小近似等于细线对小车拉力的大小，故C正确；
D.小车的加速度为a=mgm+M
无论钩码的质量多大，小车的加速度永远小于g，故D错误。
故选：AC。
(2)根据牛顿第二定律有
mg−f=Ma
整理可得小车的加速度可以表示为
a=mg−fM
由v−t图可知，随着小车速度的增大，小车的加速度越来越小，由此可知，随着小车速度的增大，小车所受空气阻力变大；
(3)v−t图中切线斜率代表该点的加速度，由图可知此时的加速度为
a=ΔvΔt=0.30−0.200.30−0.15m/s2=0.67m/s2
根据牛顿第二定律可以求出小车加速度的表达式为
a=mg−fM
根据a−v图像可以得出加速度与速度之间的关系为
a=−kv+b
由a−v图可知，当v=0时，加速度大小为b，此时空气阻力为0
整理可得M=mgb；
联立方程，可得
f=kmgvb
故答案为：(1)AC(2)变大 (3)0.67；mgb；kmgvb
(1)根据实验原理和实验操作，判断各种说法；
(2)根据牛顿第二定律，得出小车的加速度；
(3)根据v−t图像的斜率表示该点的加速度求出小车的加速度大小；利用牛顿第二定律求出小车的加速度的表达式，结合图像得出小车的质量和小车受到的空气阻力f随速度v变化的关系式。
本题考查“探究加速度与力的关系”的实验，在实验中要注意两个方面：一是平衡摩擦力；二是使钩码的质量远小于小车的质量。
16.【答案】解：(1)根据力的分解可知拖把头对玻璃的压力大小等于推力F沿水平方向的分力，为：FN=Fsinθ
(2)对拖受力分析如图，玻璃对拖把头的支持力：FN′=FN=Fsinθ
在竖直方向根据平衡条件可得：Fcosθ=mg+μFsinθ
解得：μ=Fcosθ−mgFsinθ
答：(1)拖把头对玻璃的压力大小为Fsinθ；
(2)拖把头与玻璃接触面之间的动摩擦因数μ为Fcosθ−mgFsinθ。
【解析】(1)将推F分解即可得到拖把头对玻璃的压力大小；
(2)对拖把头受力分析后抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出滑动摩擦力的大小和动摩擦因数μ。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解决本题的关键是能够正确地进行受力分析，抓住合力为零，运用正交分解法进行求解。
17.【答案】解：(1)设飞船做匀速直线运动的速度大小为v，由题意可得
h=v2t1+vt2=80km
t1+t2=150s
t2=10s
联立解得：v=1000m/s
(2)飞船做匀加速直线运动的加速度大小为
a=vt1=1000140m/s2=7.14m/s2
答：(1)飞船做匀速直线运动的速度大小为1000m/s
(2)飞船做匀加速直线运动的加速度大小为7.14m/s2
【解析】首先求出匀变速阶段的平均速度，用平均速度表示位移，进而求出匀速阶段的速度；根据加速度定义式求出加速度。
本题考查匀变速就运动的平均速度和用平均速度表达位移的方法，还考查了加速度的定义。
18.【答案】解：(1)发动机正常工作时，轿车所受阻力大小为
f1=0.3mg=0.3×1000×10N=3000N
设轿车向上做匀加速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有
F−f1−mgsinθ=ma1
代入数据可得a1=2m/s2
发动机失灵时，轿车的速度大小为
v1=a1t1=2×8m/s=16m/s
(2)学员踩刹车前，设轿车做匀减速运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
f1+mgsinθ=ma2
代入数据解得a2=8m/s2
轿车从发动机失灵到速度减为零所经历的时间为
t2=v1a2=168s=2s<4s
所以学员踩刹车前轿车就已经到达过离坡底最远的位置，则整个过程中，轿车离坡底的最远距离为
xmax=v122a1+v122a2
代入数据可得xmax=80m
(3)学员踩刹车前，设轿车从最高点向下做匀加速运动的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−f1=ma3
代入数据解得a3=2m/s2
此过程轿车的位移大小为
x1=12a3(4s−t2)2
代入数据可得x1=4m
学员踩刹车时轿车的速度大小为
v2=a3(4s−t2)
代入数据可得v2=4m/s
学员踩刹车后，轿车所受阻力大小为
f2=0.9mg=0.9×1000×10N=9000N
设轿车做匀减速运动的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有
f2−mgsinθ=ma4
代入数据解得a4=4m/s2
从踩刹车到轿车最终停止的过程中，轿车的位移大小为
x2=v222a4=422×4m=2m
最终轿车停止的位置距坡底的距离为
x3=xmax−x1−x2=80m−4m−2m=74m
答：(1)发动机失灵时，轿车的速度大小为16m/s；
(2)整个过程中，轿车离坡底的最远距离为80m；
(3)最终轿车停止的位置距坡底的距离为74m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合题意求出加速度，利用运动学公式求出发动机失灵时轿车的速度大小；
(2)先判断轿车速度减为零所需时间，再结合运动学公式求出轿车离坡底的最远距离；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式求出刹车前后的位移，结合几何关系求出最终轿车停止的位置距坡底的距离。
对于多过程问题，要注意分析各阶段的运动性质，分别利用运动学公式结合题意解决问题。本题要特别注意各阶段的加速度不同。
19.【答案】解：(1)B被敲击后的瞬间，A、B的加速度分别为：
aA=μ1mgm=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2，方向向右；
aB=μ1mg+μ2(M+m)gM，代入数据解得：aB=4m/s2，方向向左；
(2)A、B达到共速v1所用的时间为t1，该过程中A、B的相对位移为Δx1
根据速度-时间关系可得：v1=aAt=v0−aBt
根据位移之间的关系可得：Δx1=v0t1−12aBt12−12aAt12
联立解得：v1=2m/s，t1=1s，Δx1=3m
假设共速之后A、B能够保持相对静止，则两者的加速度大小为：a1=μ1(M+m)gM+m
代入数据解得：a1=1m/s2
对物块A受力分析可知，A、B之间的摩擦力为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1=ma1
代入数据解得：f1=2N
A、B之间的摩擦力大小为2N，方向向左
又因为A、B之间的最大静摩擦力为：f1max=μ1mg=0.2×2×10N=4N>2N
假设成立，A、B共速之后保持相对静止，A最终停在B上的位置距B右端的距离为：
x=Δx1=3m。
(3)物块C滑上B之后的加速度为：ac=μ2g=0.1×10m/s2=1m/s2
假设C滑上之后A、B能保持相对静止，则两者的共同加速大小为：
a2=μ2(2m+M)g−μ2mgM+m
代入数据解得：a2=2m/s2，方向向左
对物块A受力分析可知，A、B之间的摩擦力为f2，根据牛顿第二定律可得：
f2=ma2
代入数据解得：f2=4N
A、B之间的摩擦力大小为4N，方向向左
又因为A、B之间的最大静摩擦力为f1max=μ1mg=0.2×2×10N=4N
假设成立，物块C滑上B之后A、B保持相对静止，三者达到共速v2所用的时间为t2，这段时间中B、C的相对位移为Δx2
根据速度-时间关系可得：v2=v1−a2t2=vc+act2
根据位移之间的关系可得：Δx2=v1t2−12a2t22−(vct2+12act22)
联立解得：t2=0.8s，v2=0.4m/s，Δx2=0.96m
假设共速之后A、B、C能保持相对静止，则三者的共同加速为：
a3=μ2(2m+M)2m+M，代入数据解得：a3=1m/s2
对A、C受力分析可知两者受到的摩擦力分别为：
fA=ma3，代入数据解得：fA=2N
fc=ma2，代入数据解得：fc=2N
均小于最大静摩擦，假设成立，A、B、C共速之后保持相对静止，最终A、C之间的距离为：
Δx=x−Δx2=3m−0.96m=2.04m。
答：(1)B被敲击后的瞬间，A、B的加速度大小分别为2m/s2、4m/s2；
(2)A最终停在B上的位置距B右端的距离为3m；
(3)最终A、C之间的距离为2.04m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解B被敲击后的瞬间，A、B的加速度大小；
(2)根据速度-时间关系、位移之间的关系求解速度相等时二者的相对位移，判断二者能否共速，再进行判断；
(3)根据牛顿第二定律求解物块C滑上B之后的加速度。假设C滑上之后A、B能保持相对静止，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共速前的相对位移，再判断三者是否能够相对静止，再求出最终A、C之间的距离。
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；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
2021-2022学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）入学物理试卷
1. 有时候根据物理量的单位能够查出运算或者印刷中的错误。根据单位换算，下列公式正确的是( )
A. 加速度的决定式a=Fm
B. 匀变速直线运动连续相邻相等时间内的位移差公式Δx=aT
C. 匀变速直线运动位移中点的瞬时速度公式vx2=v02+vt22x
D. 圆锥体积的表达式V=13πR3h(其中R为圆锥的底面半径，h为圆锥的高)
2. 2020年1月，武汉新型冠状病毒疫情暴发，成都志愿者以最快速度前往支援。如图为志愿者们从成都前往武汉搜索的导航，关于导航反馈的信息，下列说法正确的是( )
A. 观察志愿者护送车在图中的位置时，不能将护送车视为质点
B. 路线一中的“13小时47分”是指时刻
C. 三条路线不同，所以位移不同
D. 三条路线的平均速度不同
3. 如图，一质量为m的光滑小球用轻绳挂在竖直墙壁上的A点，小球与墙壁的接触点为B，小球的半径与轻绳的长度相等，重力加速度大小为g，则( )
A. 轻绳对小球的拉力大小为32mg
B. 轻绳对小球的拉力大小为2mg
C. 墙壁对小球的支持力大小为33mg
D. 墙壁对小球的支持力大小为3mg
4. 如图为甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶的位置-时间图像，根据图像信息，下列说法错误的是( )
A. 在0∼t2时间内，甲车的速度一直增大
B. 在0∼t2时间内，甲、乙两车的平均速度相同
C. 在0∼t2时间内，甲、乙两车相遇两次
D. 在t1∼t2时间内的某时刻，甲、乙两车的速度相同
5. 如图，人站在台秤上，下蹲、起立也能观察到超重、失重现象。关于人的下蹲过程，下列说法正确的是( )
A. 人在下蹲过程中一直向下做加速运动
B. 人在下蹲过程中，因为速度方向一直向下，所以人一直处于失重状态
C. 无论台秤示数如何变化，人对台秤的压力大小等于台秤对人的支持力大小
D. 无论台秤示数如何变化，台秤对人的支持力大小等于人的重力大小
6. 如图，吊篮P用轻绳OA悬挂于天花板上，吊篮P底部安装一轻质弹簧，弹簧上端连接一与吊篮P质量相同的小球Q，整个装置处于静止状态，重力加速度大小为g。在悬挂吊篮P的轻绳OA被剪断的瞬间，P、Q的加速度大小分别为( )
A. g，g B. 2g，0 C. g，0 D. 2g，g
7. 在日常工作中，有时需要人们反应灵敏，对于战士、驾驶员、运动员等更是如此。如图，用一把直尺可以测反应时间，甲同学用两根手指捏住长度为1m的直尺的上端，乙同学用一只手在直尺下方零刻度线处做捏住直尺的准备，但此时手不能碰到直尺。当看到甲同学放开直尺的瞬间，乙同学立即捏住直尺，记录乙同学捏住处的数据为80cm，重力加速度大小为g=10m/s2。根据这次实验，下列说法正确的是( )
A. 乙同学捏住处的数据即为直尺在乙同学反应时间内下落的高度，该数据越大，乙同学的反应时间越短
B. 乙同学的反应时间为0.4s
C. 乙同学捏住直尺前瞬间，直尺的速度大小为0.4m/s
D. 若某同学的反应时间为0.5s，仍能用该直尺测该同学的反应时间
8. 如图，定滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，两物体A、B的质量分别为M和m，用跨过定滑轮的轻绳相连，将物体A从地面上由静止释放，不计一切摩擦和定滑轮重力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 若M>m，则地面对A的支持力大小为Mg
B. 若M>m，则轻绳OP对定滑轮的拉力大小为(M+m)g
C. 若m>M，则连接A与B的轻绳对B的拉力大小为mg
D. 若m>M，则轻绳OP对定滑轮的拉力大小为4MmgM+m
9. 我们在物理学习中，不仅要学习物理知识，更重要的是领悟前人们在探索规律过程中的思想方法，下列关于物理学思想方法的说法正确的是( )
A. 如图，在观察桌面的微小形变的实验中，采用了控制变量法
B. 如图，伽利略在探究落体运动规律的实验中，采用了合理外推的实验方法
C. 如图，在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用了等效替代法
D. 如图，伽利略在研究力与运动的关系的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验
10. 如图，三根轻绳AO、BO和CO连接于O点，AO、BO悬挂在天花板上，一花篮悬挂在CO下方处于静止状态，AO、BO与竖直方向的夹角均为30∘。现保持AO、CO不动，轻绳BO的悬点B缓慢顺时针旋转直到BO处于水平状态，则在这个过程中( )
A. 轻绳AO受到的拉力一直增大
B. 轻绳AO受到的拉力先减小后增大
C. 轻绳BO受到的拉力一直减小
D. 轻绳BO受到的拉力先减小后增大
11. 2022年2月4日，第24届冬季奥运会在北京开幕，在“高山滑雪”比赛场上，一位滑雪运动员(可视为质点)从斜坡顶端A点由静止滑下，假设运动员在斜坡上做匀加速直线运动，运动10s后从B点滑上足够长的水平赛道，在水平赛道上做匀减速直线运动，滑行16s后停在水平赛道上的C点。已知运动员在整个过程中运动的总路程为520m，斜坡与水平赛道平滑连接，则( )
A. 运动员在滑行过程中，速度越大，惯性越大
B. 运动员在斜坡上运动的平均速率大于在水平赛道上运动的平均速率
C. 运动员在运动过程中的速度的最大值为40m/s
D. 运动员在斜坡上运动的加速度大小为4m/s2
12. 如图，长度为L=6m的水平传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速传动，一可视为质点的煤块以v0=4m/s的初速度水平向右滑上传送带，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度大小为g=10m/s2，则煤块在传送带上运动的过程中( )
A. 煤块受到的摩擦力方向始终水平向左 B. 煤块在传送带上运动的总时间为2.5s
C. 煤块在传送带上留下的滑痕长度为4m D. 煤块在传送带上留下的滑痕长度为1m
13. 如图，将游乐场的滑梯简化成倾角为α的斜面，该滑梯的质量为M，放在粗糙水平面上，一个质量为m的小朋友沿滑梯下滑。在滑梯的不同位置，由于小朋友与滑梯间的动摩擦因数不同，小朋友在滑梯上的AB段匀速下滑，在BC段以大小为a的加速度匀减速下滑，滑梯始终保持静止状态，重力加速度大小为g，则( )
A. 小朋友在AB段匀速下滑的过程中，地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g
B. 小朋友在AB段匀速下滑的过程中，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左
C. 小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g+masinα
D. 小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，滑梯对地面的摩擦力大小为macosα，方向水平向右
14. 某实验小组用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”，如图甲，用两根弹簧测力计一起拉橡皮筋，使橡皮筋伸长到O点，记录两弹簧测力计的示数F1和F2及两条细线的方向；如图乙，改用一根弹簧测力计拉橡皮筋，也使橡皮筋伸长到O点，记录弹簧测力计的示数F′及细线的方向。
(1)下列实验要求正确的是______(填正确答案标号)。
A.弹簧测力计在使用前需调零
B.一次实验时，两细线的夹角尽量小一点
C.记录细线方向时，所描的两点适当近一点
D.力方向应与木板平面平行
(2)利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出F1和F2的合力F，则F为F1和F2合力的______(填“理论值”或“实际值”)。
(3)画出拉力F′的图示，发现F和F′不重合，实验误差产生的原因可能有哪些？(写出两个原因即可)______
15. 某实验小组用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力的关系”的实验。实验时，保持小车的质量不变，将钩码所受重力的大小视作小车所受合外力的大小，用打点计时器和小车后拖动的纸带测小车运动的加速度。
(1)下列说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.实验时，需调节滑轮高度，使牵引小车的细线平行于木板
B.使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，平衡摩擦力时需让小车在钩码的拉动下做匀速直线运动
C.使钩码所受重力的大小近似等于细线对小车拉力的大小，需让小车的质量远大于钩码的质量
D.钩码的质量足够大，可使小车的加速度的大小大于重力加速度的大小
(2)该实验小组根据打出的纸带，利用v−t图像处理数据计算小车运动的加速度，作出的图像如图乙中实线所示，实验小组猜测图像弯曲的原因可能是小车体积太大，所受空气阻力不能忽略，且空气阻力的大小随速度的增大而变化。若他们的猜想是正确的，通过图像分析可知，随着小车速度的增大，小车所受空气阻力______(填“变大”“变小”或“不变’)。
(3)为进一步探究空气阻力与速度的关系，该实验小组利用作v−t图像切线求斜率的方式计算小车在不同速度时对应的加速度大小。其中v=0.20m/s时，图像的切线如图乙中虚线所示，则在该速度时，小车的加速度大小为______m/s2(结果保留两位有效数字)。根据计算不同速度对应的加速度大小，作出加速度随速度变化的图像如图丙所示，已知图像的斜率的绝对值为k，纵截距为b，钩码的质量为m，重力加速度大小为g，根据图像可知小车的质量M=______(用字母b、m、g表示)，小车受到的空气阻力f随速度v变化的关系式为f=______(用字母b、m、g、k、v表示)。
16. 如图，大扫除时某同学通过不计重力的拖把杆推动质量为m的拖把头擦教室玻璃，假设拖把头与玻璃间的动摩擦因数恒定，该同学始终用沿拖把杆方向的力推动拖把，使拖把头竖直向上匀速运动。当拖把杆与玻璃平面的夹角为θ时，该同学对拖把的推力大小为F，重力加速度大小为g，求：
(1)拖把头对玻璃的压力大小；
(2)拖把头与玻璃接触面之间的动摩擦因数μ。
17. 2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船成功发射。假设神舟十三号载人飞船由静止开始在150s内上升的高度为80km，飞船在这个过程中先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，且做匀速直线运动的时间为10s，求：
(1)飞船做匀速直线运动的速度大小；
(2)飞船做匀加速直线运动的加速度大小(结果保留三位有效数字)。
18. 如图，在倾角为θ=30∘的足够长的坡道上，一名学员驾驶轿车(可视为质点)从坡道底部由静止开始启动练习坡道起步。轿车和学员的总质量为m=1000kg，假设启动后轿车的牵引力大小为F=1.0×104N，坡道对轿车的阻力大小恒为轿车和学员的总重力的0.3倍。启动8s后，轿车发动机突然失灵，轿车的牵引力大小变为0，学员惊慌失措，经过4s后踩住刹车(忽略踩下刹车的时间)，踩住刹车后坡道对轿车的阻力大小恒为轿车和学员的总重力的0.9倍。已知重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)发动机失灵时，轿车的速度大小；
(2)整个过程中，轿车离坡底的最远距离；
(3)最终轿车停止的位置距坡底的距离。
19. 如图，质量为m=2kg的滑块A(可视为质点)叠放在质量为M=2kg、长度为L=4m的长木板B上，B放在足够长的水平面上，A、B均处于静止状态。现用力敲B的左端，使B瞬间获得水平向右、大小为v0=6m/s的初速度。已知A、B间的动摩擦因数为μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)B被敲击后的瞬间，A、B的加速度大小；
(2)A最终停在B上的位置距B右端的距离；
(3)A、B达到共速的瞬间，一质量为m=2kg的滑块C(可视为质点，图中未画出)以水平向左、大小为v=0.4m/s的速度从B右端滑上B，已知B、C间的动摩擦因数为μ2=0.1，求最终A、C之间的距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、加速度的决定式a=Fm，故A正确；
B、匀变速直线运动连续相邻相等时间内的位移差公式Δx=aT2，故B错误；
C、匀变速直线运动位移中点的瞬时速度公式vx2=v02+vt22，故C错误；
D、圆锥体积的表达式V=12πR2h(其中R为圆锥的底面半径，h为圆锥的高)，故D错误。
故选：A。
根据相关物理规律公式，进行分析。
本题主要考查学生对公式的记忆，属于简单题目。
2.【答案】D
【解析】解：A.观察志愿者护送车在图中的位置时，护送车的大小和形状可以忽略不计，此时可以将护送车视为质点，故A错误；
B.路线一中的“13小时47分”是指时间间隔，故B错误；
C.三条路线不同，但起始位置和终点位置相同，所以位移相同，故C错误；
D.三条路线的位移相同，但时间不同，所以平均速度不同，故D正确。
故选：D。
当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时可以看作质点；
明确时间和时刻的定义，知道时间间隔对应一个过程，而时刻对应一个瞬间；
明确位移和路程的定义，明确位移为起点到终点的有向线段，而路程是指实际轨迹的长度
理解平均速度的定义，知道平均速度等于位移与时间的比值。
本题考查位移与路程、质点、瞬时速度和平均速度等，对于物理学中相近知识点要注意准确理解，掌握它们的区别和联系。
3.【答案】C
【解析】解：设轻绳与竖直墙壁的夹角为θ，由题意可得sinθ=RR+L=RR+R=12
cosθ=1−sin2θ=32
设轻绳对小球的拉力大小为T，墙壁对小球的支持力大小为N，小球的受力如图：
对小球根据力的成与分解以及平衡条件可得：Tsinθ=N；Tcosθ=mg
联立以上各式解得：T=233mg，N=33mg，故ABD错误，C正确。
故选：C。
分析球的受力情况，作出力图，根据平衡条件求解绳子对球的拉力和墙壁对球的支持力。
本题是共点力平衡问题，分析受力情况，作出力图，运用平衡条件和几何知识列式求解即可。
4.【答案】B
【解析】解、A.x−t图像的斜率表示速度，所以在0∼t2时间内，甲车的速度一直增大，故A正确；
B.在0∼t2时间内，甲、乙两车的位移不同，所以平均速度不同，故B错误；
C.两车图线的交点表示相遇，所以在0∼t2时间内，甲、乙两车相遇两次，故C正确；
D.t1时刻甲车速度小于乙车速度，t2时刻甲车速度大于乙车速度，且从t1∼t2时间内甲车速度一直增大，因此在t1∼t2时间内的某时刻，甲、乙两车的速度相同，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
x−t图象只能表示直线运动的规律，图象的斜率表示速度，根据斜率的大小分析速度大小；两图象的交点表示相遇。
对于运动图象问题，关键要掌握“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距，本题要知道x−t图象的斜率表示速度。要注意x−t图象不是质点的运动轨迹。
5.【答案】C
【解析】解：AB.人在下蹲过程中先向下做加速运动、后做减速运动，加速度方向先向下、后向上，所以先处于失重状态、后处于超重状态，故AB错误；
C.无论台秤示数如何变化，人对台秤的压力与台秤对人的支持力是一对相互作用力，二者大小相等，故C正确；
D.当人处于超重状态时，台秤对人的支持力大于人的重力，当人处于失重状态时，台秤对人的支持力小于人的重力，故D错误。
故选：C。
人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态；明确牛顿第三定律的应用，知道人对台秤的压力和台秤对人的支持力大小为作用力和反作用力。
对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态。
6.【答案】B
【解析】解：设P、Q的质量均为m，开始时弹簧对Q有方向竖直向上且大小为mg的弹力，对P有方向竖直向下且大小也为mg的弹力，在悬挂吊篮P的轻绳OA被剪断的瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，设此时P、Q的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律可得a1=mg+mgm=2g，
a2=mg−mgm=0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
剪断细线前，对Q进行受力分析，根据平衡条件求出弹簧的弹力。断开细线后瞬间，弹簧的弹力不变，再分别对P、Q受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度。
本题是力学中瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出系统静止时物体受到的弹力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是由微小形变产生的，可以突变。
7.【答案】B
【解析】解：A、乙同学捏住处的数据即为直尺在乙同学反应时间内下落的高度，根据t=2hg，该数据越大，乙同学的反应时间越大，故A错误；
B、乙同学的反应时间为t=2hg=2×80×10−210s=0.4s，故B正确；
C、乙同学捏住直尺前瞬间，直尺的速度大小为v=gt=10×0.4m/s=4m/s，故C错误；
D、若某同学的反应时间为0.5s，则在反应时间内直尺下落的高度为h′=12gt′2=12×10×0.52m=1.25m>1m，所以不能用该直尺测该同学的反应时间，故D错误。
故选：B。
直尺下降的时间就是人的反应时间，根据自由落体运动的位移求出反应时间，根据速度-时间公式求出直尺的速度大小。
该题属于自由落体运动的应用，解决本题的关键是理解自由落体运动，以及会利用自由落体运动求运动时间。
8.【答案】D
【解析】解：AB、若M>m，将物体A从地面上由静止释放，A、B仍将静止，则地面对A的支持力大小为N=(M−m)g
对A、B和定滑轮整体分析，可得TOP+N=(M+m)g
解得轻绳OP对定滑轮的拉力大小为TOP=2mg，故AB错误；
CD、若m>M，将物体A从地面上由静止释放，A将向上、B将向下做匀加速直线运动，设连接A与B的轻绳中张力大小为T，A、B的加速度大小均为a，则对A、B分别根据牛顿第二定律有
T−Mg=Ma
mg−T=ma
解得T=2MmgM+m
故选：D。
当M>m时，两物体处于静止状态，根据共点力平衡即可求得，当m>M时，m向下加速运动，M向上加速运动，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可求得轻绳OP对定滑轮的拉力大小。
本题主要考查了牛顿第二定律和共点力平衡，关键是正确的选取研究对象和受力分析，明确物体的运动状态即可。
9.【答案】BD
【解析】解：A.如图甲，在观察桌面的微小形变的实验中，采用了放大法，故A错误；
B.如图乙，伽利略在探究落体运动规律的实验中，采用了合理外推的实验方法，故B正确；
C.如图丙，在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用了控制变量法，故C错误；
D.如图丁，伽利略在研究力与运动的关系的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验，故D正确。
故选：BD。
明确物理方法的应用，知道常见的物理方法，如放大法、等效替代法、理想模型法等，要明确它们对应的应用。
本题考查对物理方法的理解，要注意物理学史和物理方法也是高考考查内容，要注意准确把握。
10.【答案】AD
【解析】解：保持AO、CO不动，轻绳BO的悬点B缓慢顺时针旋转直到BO处于水平状态，对悬点O受力分析，可得O的受力图解如下图
AB.由图解可知，OA绳中张力TOA一直增大，A正确，B错误；
CD.由图解可知，OB绳中张力TOB先减小后增大，D正确，C错误；
故选：AD。
对悬点O分析，作出平行四边形，找出不变的量和变化的量，从而分析两绳上张力的变化。
本题考查的是动态平衡，处理方法有两种：公式法和画图法，本题应用图解法更方便。
11.【答案】CD
【解析】解：A、惯性只与质量有关，与速度无关，故A错误；
B、运动员从A到B做匀加速直线运动，从B到C做匀减速直线运动，设运动员在B点时的速率为v，根据运动学规律可知运动员在斜坡上运动的平均速率和在水平赛道上运动的平均速率均为v−=v2，故B错误；
C、根据B项分析可得s=v2(t1+t2)
解得v=40m/s，故C正确；
D、运动员在斜坡上运动的加速度大小为a=vt1=4010m/s2=4m/s2，故D正确；
故选：CD。
惯性是物体固有的一种属性，只与物体的质量有关，物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，求得运动过程中的最大速度，结合速度-时间公式求得加速度。
本题主要考查了匀变速直线运动，明确匀变速直线运动平均速度等于初末速度和的一半即可求得。
12.【答案】BD
【解析】解：A.以向右为正方向，煤块刚放上传送带时摩擦力向左，加速度为a=−μmgm=−μg=−2×10m/s2=−2m/s2
则煤块从放上传送带到与传送带共速所用时间为：t1=Δva=2−4−2s=1s
煤块从放上传送带到与传送带共速的时间内煤块的对地位移为：x1=v0+v2t1=4+22×1m=3m
因为x1
煤块在传送带上运动的总时间为：t=t1+t2=1s+1.5s=2.5s，故B正确；
CD.煤块在传送带上留下的滑痕长度为相对位移：Δx=x1−vt1=3m−2×1m=1m
因此，煤块在传送带上留下的滑痕长度为1m，故C错误，D正确。
故选：BD。
求出煤块刚放上传送带时的加速度，根据速度-时间关系求解煤块从放上传送带到与传送带共速所用时间，在求出煤块的对地位移，最后求出匀速运动的时间，由此得到总时间；根据位移计算公式求解煤块在传送带上留下的滑痕长度。
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；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
13.【答案】ACD
【解析】解：AB.小朋友在AB段匀速下滑的过程中，小朋友和滑梯组成的系统处于平衡状态，地面对滑梯的支持力大小等于总重，即为(M+m)g，整体水平方向合外力为零，则地面对滑梯的摩擦力为零，故A正确，B错误；
CD.小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，加速度方向沿斜面向上，将加速度进行分解，如图所示。
根据质点系牛顿第二定律有：FN−(M+m)g=masinα，解得地面对滑梯的支持力大小为FN=(M+m)g+masinα；
水平方向根据牛顿第二定律可得滑梯对地面的摩擦力大小为：f=macosα，方向水平向右，故CD正确。
故选：ACD。
小朋友在AB段匀速下滑的过程中，整体竖直方向和水平方向合外力为零，根据平衡条件分析AB选项；
小朋友在BC段匀减速下滑的过程中，加速度方向沿斜面向上，将加速度进行分解，根据牛顿第二定律列方程求解。
本题主要是考查了牛顿第二定律和共点力的平衡；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、在坐标轴上利用平衡条件或牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
14.【答案】AD 理论值 弹簧测力计读数误差；力的方向记录有误差
【解析】解：(1)A.弹簧测力计在使用前需调零，故A正确；
B.一次实验时，两细线的夹角不应过大或过小，否则都会增大方向的相对误差，夹角以60∼100∘之间为宜，故B错误；
C.记录细线方向时，所描的两点适当远一点，从而减小方向的记录误差，故C错误；
D.力方向应与木板平面平行，从而尽量确保实际力的平行四边形与在白纸上所作的平行四边形能够平行，减小误差，故D正确。
故选AD。
(2)利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出F1和F2的合力F，则F为F1、F2合力的理论值。用一根弹簧测力计拉橡皮筋时拉力的图示为F1和F2合力的实际值。
(3)画出拉力F′的图示，发现F和F′不重合，实验误差产生的原因包括弹簧测力计读数误差，力的方向记录误差(或作图误差等)。
故答案为：①.AD②.理论值 ③.弹簧测力计读数误差，力的方向记录误差(或作图误差等)
使用弹簧测力计前要校零，在验证力的平行四边形定则时两测力计互成角度的拉橡皮筋，角度不能合适即可，两个测力计的效果与一个测力计将橡皮筋拉伸的长度相同，这是等效替代的含义。
本题重点考查对等效替代的理解与平行四边形定则，F1、F2与F就是等效替代关系，是效果上的替代。
15.【答案】AC 变大 0.67mgb kmgvb
【解析】解：(1)A.实验时，应保证牵引小车的细线平行于木板，故A正确；
B.平衡摩擦力时应让小车沿斜面向下的重力分力与小车所受摩擦力平衡，不允许挂上钩码，故B错误；
C.对小车和钩码，根据牛顿第二定律有
mg=(m+M)a
整理可得小车的加速度为
a=mgm+M
根据牛顿第二定律可知，细线对小车的拉力为
T=Ma=mMgm+M
当M>>m时，T≈mg
即小车的质量远大于钩码的质量时，钩码所受重力的大小近似等于细线对小车拉力的大小，故C正确；
D.小车的加速度为a=mgm+M
无论钩码的质量多大，小车的加速度永远小于g，故D错误。
故选：AC。
(2)根据牛顿第二定律有
mg−f=Ma
整理可得小车的加速度可以表示为
a=mg−fM
由v−t图可知，随着小车速度的增大，小车的加速度越来越小，由此可知，随着小车速度的增大，小车所受空气阻力变大；
(3)v−t图中切线斜率代表该点的加速度，由图可知此时的加速度为
a=ΔvΔt=0.30−0.200.30−0.15m/s2=0.67m/s2
根据牛顿第二定律可以求出小车加速度的表达式为
a=mg−fM
根据a−v图像可以得出加速度与速度之间的关系为
a=−kv+b
由a−v图可知，当v=0时，加速度大小为b，此时空气阻力为0
整理可得M=mgb；
联立方程，可得
f=kmgvb
故答案为：(1)AC(2)变大 (3)0.67；mgb；kmgvb
(1)根据实验原理和实验操作，判断各种说法；
(2)根据牛顿第二定律，得出小车的加速度；
(3)根据v−t图像的斜率表示该点的加速度求出小车的加速度大小；利用牛顿第二定律求出小车的加速度的表达式，结合图像得出小车的质量和小车受到的空气阻力f随速度v变化的关系式。
本题考查“探究加速度与力的关系”的实验，在实验中要注意两个方面：一是平衡摩擦力；二是使钩码的质量远小于小车的质量。
16.【答案】解：(1)根据力的分解可知拖把头对玻璃的压力大小等于推力F沿水平方向的分力，为：FN=Fsinθ
(2)对拖受力分析如图，玻璃对拖把头的支持力：FN′=FN=Fsinθ
在竖直方向根据平衡条件可得：Fcosθ=mg+μFsinθ
解得：μ=Fcosθ−mgFsinθ
答：(1)拖把头对玻璃的压力大小为Fsinθ；
(2)拖把头与玻璃接触面之间的动摩擦因数μ为Fcosθ−mgFsinθ。
【解析】(1)将推F分解即可得到拖把头对玻璃的压力大小；
(2)对拖把头受力分析后抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出滑动摩擦力的大小和动摩擦因数μ。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解决本题的关键是能够正确地进行受力分析，抓住合力为零，运用正交分解法进行求解。
17.【答案】解：(1)设飞船做匀速直线运动的速度大小为v，由题意可得
h=v2t1+vt2=80km
t1+t2=150s
t2=10s
联立解得：v=1000m/s
(2)飞船做匀加速直线运动的加速度大小为
a=vt1=1000140m/s2=7.14m/s2
答：(1)飞船做匀速直线运动的速度大小为1000m/s
(2)飞船做匀加速直线运动的加速度大小为7.14m/s2
【解析】首先求出匀变速阶段的平均速度，用平均速度表示位移，进而求出匀速阶段的速度；根据加速度定义式求出加速度。
本题考查匀变速就运动的平均速度和用平均速度表达位移的方法，还考查了加速度的定义。
18.【答案】解：(1)发动机正常工作时，轿车所受阻力大小为
f1=0.3mg=0.3×1000×10N=3000N
设轿车向上做匀加速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有
F−f1−mgsinθ=ma1
代入数据可得a1=2m/s2
发动机失灵时，轿车的速度大小为
v1=a1t1=2×8m/s=16m/s
(2)学员踩刹车前，设轿车做匀减速运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
f1+mgsinθ=ma2
代入数据解得a2=8m/s2
轿车从发动机失灵到速度减为零所经历的时间为
t2=v1a2=168s=2s<4s
所以学员踩刹车前轿车就已经到达过离坡底最远的位置，则整个过程中，轿车离坡底的最远距离为
xmax=v122a1+v122a2
代入数据可得xmax=80m
(3)学员踩刹车前，设轿车从最高点向下做匀加速运动的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−f1=ma3
代入数据解得a3=2m/s2
此过程轿车的位移大小为
x1=12a3(4s−t2)2
代入数据可得x1=4m
学员踩刹车时轿车的速度大小为
v2=a3(4s−t2)
代入数据可得v2=4m/s
学员踩刹车后，轿车所受阻力大小为
f2=0.9mg=0.9×1000×10N=9000N
设轿车做匀减速运动的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有
f2−mgsinθ=ma4
代入数据解得a4=4m/s2
从踩刹车到轿车最终停止的过程中，轿车的位移大小为
x2=v222a4=422×4m=2m
最终轿车停止的位置距坡底的距离为
x3=xmax−x1−x2=80m−4m−2m=74m
答：(1)发动机失灵时，轿车的速度大小为16m/s；
(2)整个过程中，轿车离坡底的最远距离为80m；
(3)最终轿车停止的位置距坡底的距离为74m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合题意求出加速度，利用运动学公式求出发动机失灵时轿车的速度大小；
(2)先判断轿车速度减为零所需时间，再结合运动学公式求出轿车离坡底的最远距离；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式求出刹车前后的位移，结合几何关系求出最终轿车停止的位置距坡底的距离。
对于多过程问题，要注意分析各阶段的运动性质，分别利用运动学公式结合题意解决问题。本题要特别注意各阶段的加速度不同。
19.【答案】解：(1)B被敲击后的瞬间，A、B的加速度分别为：
aA=μ1mgm=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2，方向向右；
aB=μ1mg+μ2(M+m)gM，代入数据解得：aB=4m/s2，方向向左；
(2)A、B达到共速v1所用的时间为t1，该过程中A、B的相对位移为Δx1
根据速度-时间关系可得：v1=aAt=v0−aBt
根据位移之间的关系可得：Δx1=v0t1−12aBt12−12aAt12
联立解得：v1=2m/s，t1=1s，Δx1=3m
假设共速之后A、B能够保持相对静止，则两者的加速度大小为：a1=μ1(M+m)gM+m
代入数据解得：a1=1m/s2
对物块A受力分析可知，A、B之间的摩擦力为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1=ma1
代入数据解得：f1=2N
A、B之间的摩擦力大小为2N，方向向左
又因为A、B之间的最大静摩擦力为：f1max=μ1mg=0.2×2×10N=4N>2N
假设成立，A、B共速之后保持相对静止，A最终停在B上的位置距B右端的距离为：
x=Δx1=3m。
(3)物块C滑上B之后的加速度为：ac=μ2g=0.1×10m/s2=1m/s2
假设C滑上之后A、B能保持相对静止，则两者的共同加速大小为：
a2=μ2(2m+M)g−μ2mgM+m
代入数据解得：a2=2m/s2，方向向左
对物块A受力分析可知，A、B之间的摩擦力为f2，根据牛顿第二定律可得：
f2=ma2
代入数据解得：f2=4N
A、B之间的摩擦力大小为4N，方向向左
又因为A、B之间的最大静摩擦力为f1max=μ1mg=0.2×2×10N=4N
假设成立，物块C滑上B之后A、B保持相对静止，三者达到共速v2所用的时间为t2，这段时间中B、C的相对位移为Δx2
根据速度-时间关系可得：v2=v1−a2t2=vc+act2
根据位移之间的关系可得：Δx2=v1t2−12a2t22−(vct2+12act22)
联立解得：t2=0.8s，v2=0.4m/s，Δx2=0.96m
假设共速之后A、B、C能保持相对静止，则三者的共同加速为：
a3=μ2(2m+M)2m+M，代入数据解得：a3=1m/s2
对A、C受力分析可知两者受到的摩擦力分别为：
fA=ma3，代入数据解得：fA=2N
fc=ma2，代入数据解得：fc=2N
均小于最大静摩擦，假设成立，A、B、C共速之后保持相对静止，最终A、C之间的距离为：
Δx=x−Δx2=3m−0.96m=2.04m。
答：(1)B被敲击后的瞬间，A、B的加速度大小分别为2m/s2、4m/s2；
(2)A最终停在B上的位置距B右端的距离为3m；
(3)最终A、C之间的距离为2.04m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解B被敲击后的瞬间，A、B的加速度大小；
(2)根据速度-时间关系、位移之间的关系求解速度相等时二者的相对位移，判断二者能否共速，再进行判断；
(3)根据牛顿第二定律求解物块C滑上B之后的加速度。假设C滑上之后A、B能保持相对静止，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共速前的相对位移，再判断三者是否能够相对静止，再求出最终A、C之间的距离。
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；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
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