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2024-2025学年河南省驻马店市树人高级中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年河南省驻马店市树人高级中学高二（上）开学考试物理试卷（含解析），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共35分。
1.下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律可以通过实验直接验证
B. 随着科技的发展，电荷是可以被消灭的
C. 势能与相互作用的物体的相对位置有关
D. 某款手表，不用上发条也不用电池，这说明能量是可以不守恒的
2.物体从某一高度自由落下，到达地面时的速度与在一半高度时的速度之比是( )
A. 2：2B. 2：1C. 2：1D. 4：1
3.如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m=1kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F=10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A. A受到的摩擦力逐渐变大B. A向右运动的最大距离为4cm
C. B做加速度减小的加速运动D. B对A的摩擦力一直对A做正功
4.牛顿力学的适用范围是( )
A. 宏观物体、高速运动、强引力场B. 微观物体、高速运动、强引力场
C. 宏观物体、低速运动、弱引力场D. 微观物体、低速运动、弱引力场
5.力的单位“N”是导出单位，用基本单位来表示，下列选项正确的是( )
A. m/s2B. kg·m/s2C. kg·mD. kg·m/s
6.公园健步道是为群众在公园中运动而提供的运动健身步道。某公园一矩形健步道简化如图所示，某人(可看作质点)沿着健步道由A→B→C→D→A运动，已知AB=220m，BC=180m，通过AB段和BC段的时间均为100s，则( )
A. 人返回A点时位移大小为800m
B. 人由A点运动到C点的平均速度大小为4m/s
C. 人通过AB中点的速率可能大于通过BC中点的速率
D. 人由A点运动到C点和由C点返回A点的位移相同
7.带电微粒的电荷量的值不可能的是下列的( )
A. 4×10−17CB. −6.4×10−19CC. −1.6×10−19CD. 2.4×10−19C
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.使用电磁打点计时器下列说法正确的是( )
A. 打点计时器使用低压直流电源
B. 纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的上面
C. 要先通电，后释放纸带，纸带通过后立即切断电源
D. 为减小摩擦，每次测量应先将纸带拉直
9.如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB。若水流速率u不变，两人在静水中游泳速率均为v，则下列判断正确的是( )
A. 甲从O到A和从A到O经历的时间相同
B. 乙从O到B和从B到O经历的时间相同
C. v可能大于u也可能小于u
D. v保持不变的情况下，u越小，乙往返经历的时间越小
10.如图所示的传动装置中，A轮顺时针转动，并通过皮带带动B轮转动(皮带不打滑).a、b分别是两轮边缘上的点，它们的线速度大小分别为va、vb.下列判断正确的是( )
A. B轮顺时针转动B. B轮逆时针转动C. va=vbD. va>vb
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.某同学在“探究小车的速度随时间变化的规律的实验中，记录小车运动情况的一条纸带如图甲所示图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻的计数点间的时间间隔为T=0.1s。
(1)试计算B、C、D各点的瞬时速度：vB=__________m/s，vC=__________m/s，vD=__________m/s。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a。
请回答下列问题：
(1)实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出：2点的速度______m/s，物块的加速度为______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(2)该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量？______。(填“需要”或“不需要”)原因：______。
五、计算题：本大题共3小题，共25分。
13.风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力．如图，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系．质量m=1 kg的小球以初速度v0=0.60 m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2 s内受到一个沿y轴正方向、大小F1=0.40 N的风力作用；小球运动2 s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F2=0.8 N(图中未画出)，试求：
(1)2 s末时，小球运动的速度大小；
(2)当小球的速度变为与初速度相同时，求小球的位置坐标．
14.宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动而不至因万有引力的作用吸引到一起．设双星的质量分别为m1和m2，两者相距L，求：
(1)它们的线速度大小之比．
(2)试写出它们角速度的表达式．
15.如图所示，弹丸和足球的初速度均为v1=10m/s，方向水平向右。设它们与木板作用的时间都是0.1s，那么：
(1)弹丸击穿木板后(木板阻力恒定)速度大小变为8m/s，方向不变，求弹丸击穿木板时的加速度大小及方向；
(2)足球与木板作用后反向弹回的速度大小为8m/s，求足球与木板碰撞反弹时的加速度大小及方向。
六、综合题：本大题共1小题，共8分。
16.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在匀强电场中，如右图所示丝线与竖直方向成37°角，(重力加速度为g)，则：
(1)匀强电场的电场强度的方向
(2)匀强电场的电场强度的大小；
答案解析
1.C
【解析】A.牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接验证的，故A错误；
B.根据电荷守恒定律可知电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失，故B错误；
C.由相互作用的物体凭借其位置而具有的能量叫做势能知势能与相互作用的物体的相对位置有关，故C正确；
D.能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一。一般表述为：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其他物体，而能量的总量保持不变，某款手表，不用上发条、也不用电池，必定有其他形式的能转化为手表的机械能，故D错误。
故选C。
2.B
【解析】解：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，前一半位移内：v12=2g⋅(ℎ2) ①
整个位移上：v22=2gℎ ②
由①②联立解得：v1v2=1 2= 22
即到达地面时的速度与在一半高度时的速度之比为 2：1；
故选B．
自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度位移关系公式v2=2gℎ列式求解．
本题关键是明确自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，然后选择恰当的公式列式后联立求解．
3.B
【解析】A、B间的最大静摩擦力为fmax=μmg=2N， 现用一水平向右的拉力F=10 N作用在B上，假设力F作用的瞬间A与B不会发生相对滑动，则将AB看成一个整体，有F=(m+M)a0，再分析A，有f=ma0，联立解得f=103N>fmax，因此F作用的一瞬间，B就会与A之间发生相对运动，A受到向右的滑动摩擦力为f滑=2N，故A错误；
假设A向右运动的最大距离为s，根据动能定理对A物块，f滑s=12ks2，解得s=4cm，故B正确；
对B物体，由牛顿第二定律 F−f滑=Ma，解得a=4m/s2，因此B做加速度不变的匀加速直线运动，故C错误;
当A向右运动达到最大距离后，开始向左运动，B对A的摩擦力方向仍然向右，此时对A做负功，故D错误。
4.C
【解析】解：，经典力学有一定的局限性，经典力学只适用于宏观、低速运动、弱相互作用的物体，不适用于高速、微观及强相互作用的物体。故ABD错误，C正确。
故选：C。
经典力学适用条件为：宏观、低速、弱引力场，对微观、高速度运动、强引力场不再适用。
本题考查了经典力学的局限性，要注意明确量子力学没有完全否定经典物理内容，只是说明了经典力学只能适用于一定范围内，要掌握对应的范围。
5.B
【解析】根据a=ΔvΔt得加速度单位是m/s2
根据牛顿第二定律F=ma知，1N=kg⋅m/s2，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.C
【解析】A.人返回A点时位移大小为0，故A错误；
B.人由A点运动到C点的平均速度大小为v−= 2202+1802100+100m/s≈1.42m/s，故B错误；
C.因人运动的速率是变化的，所以人通过AB中点的速率可能大于通过BC中点的速率，故C正确；
D.人由A点运动到C点和由C点返回A点的位移方向相反，位移不相同，故D错误。
故选C。
7.D
【解析】任何带电体所带的电量都是元电荷的整数倍，即为1.6×10−19 C的整数倍，则不可能是2.4×10−19 C，故选D．
8.CD
【解析】解：A.电磁打点计时器使用低压交流电源，故A错误；
B.纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带放在复写纸下方，故B错误；
C.为了提高纸带的利用率，同时为了使打点稳定，使用打点计时器时要先接通电源，后释放纸带，故C正确；
D.为减小摩擦，每次测量应先将纸带拉直，故D正确。
故选：CD。
了解打点计时器的工作原理，就能够熟练使用打点计时器便能正确解答。
对于基本实验仪器不光要了解其工作原理，还要从实践上去了解它，自己动手去实际操作，达到熟练使用的程度。
9.BD
【解析】A.根据运动的合成，甲从O到A经历时间为t1=xOAv+u，甲从A到O经历时间为t2=xOAv−u，则甲从O到A经历时间小于甲从A到O经历时间，A错误；
B.由于乙沿直线到达B点，可知，乙的合速度方向沿直线OB，根据运动的合成，乙的合速度大小始终为v乙= v2−u2，则乙从O到B和从B到O经历的时间相同，均为t3=t4=xOB v2−u2，B正确；
C.由于甲能够从A点返回O点，则必定有v>u，C错误；
D.根据上述，乙往返经历的总时间t5=t3+t4=2xOB v2−u2，可知，v保持不变的情况下，u越小，乙往返经历的时间越小，D正确。
10.BC
【解析】解：AB、由图可知，B轮转动的方向与A转动的方向一定是相反的，所以B轮转动的方向为逆时针方向。故A错误，B正确；
CD、a点与b点属于同缘传送，所以两点具有相等的线速度，即va=vb.故C正确，D错误。
故选：BC。
靠传送带传动，线速度大小相等；根据转动的方向之间的关系判断出B转动的方向．
对于不打滑皮带传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等；同一轮上各点的角速度相同．
11. 1.38 2.64 3.90
【解析】[1][2][3]由匀变速的推论可得B、C、D各点的瞬时速度分别为
vB=27.60×
vC=(60.30−7.50)×
vD=(105.60−27.60)×
2.00 不需要 拉力传感器记录绳子拉力大小
【解析】解：(1)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度有：v2=x132T=3.09+5.122×0.1×10−2m/s=0.411m/s，根据匀变速直线运动规律可知加速度a=x36−x039T2=7.10+9.13+11.09−5.12−3.09−1.109×0.12×10−2m/s2=2.00m/s2
(2)由于有拉力传感器记录绳子拉力大小，所以不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量；
故答案为：(1)0.411，2.00；(2)不需要，拉力传感器记录绳子拉力大小
(1)利用平均速度求中间时刻的速度，利用逐差法求加速度。
(2)绳子的拉力由拉力传感器测出，不需要平衡摩擦力。
本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。
13.解：(1)设在0～2 s内小球加速度为a1，
根据牛顿第二定律F1=ma1，
解得a1=0.4 m/s2，
当小球受到力F1作用后，将做匀变速曲线运动，其中沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做匀加速直线运动，
由题意可得，2 s末时，小球在y轴正方向的分速度v1y=a1t1=0.8 m/s，
因此，2 s末时，小球的合速度v1= v02+v1y2=1m/s；
(2)2 s后，小球开始受到力F2作用，设此时小球的加速度为a2，
则由牛顿第二定律F2=ma2，
解得a2=0.8 m/s2，
根据题意，小球沿x轴正方向继续做匀速直线运动，沿y轴正方向先做匀减速直线运动，
当小球的速度变为与初速度相同时，即小球只具有沿x轴正方向的分速度，
设F2作用时间为t2时，则由v1y=a2t2，
解得：t2=1 s，
整个过程中，小球沿x轴正方向的总位移为x，沿y轴正方向的总位移为y，
则：x=v0(t1+t2)=1.8 m，y=v1y22a1+v1y22a2=1.2m，
因此，当小球的速度变为与初速度相同时，小球的位置坐标应为(1.8 m,1.2 m)。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出在y方向的加速度，结合速度时间公式求出2s末在y方向上的分速度，从而求出小球运动的速度大小；
(2)当小球在y方向上的速度为零时，小球的速度与初速度相同，结合速度时间公式求出风力F2作用的时间，利用运动学公式从而求出小球的位置坐标。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性．
14.解：(1)双星做圆周运动的角速度ω相等，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
Gm1m2L2=m1ω2R1…①Gm1m2L2=m2ω2R2…②
两星球半径之和等于两星间的距离：R1+R2=L，
解得：v1v2=m2m1，即它们的线速度之比等于质量的反比；
(2)由①式得：ω2=Gm2L2R1=Gm2L2(L−R2)…③
由②式得：R2=Gm1L2ω2…④
④式代入③式得：ω= G(m1+m2)L3；
答：(1)它们的线速度大小之比为：m2：m1．
(2)它们角速度的表达式为：ω= G(m1+m2)L3．
【解析】(1)双星靠相互间的万有引力提供向心力，抓住角速度相等，向心力相等求出轨道半径之比；结合线速度与角速度的关系求出线速度之比．
(2)万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出角速度．
本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握双星模型系统，知道它们靠相互间的万有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速度的大小相等．
15.(1)设弹丸初速度方向为正方向，则知弹丸的初速度为
v1=10m/s
末速度为
v2=8m/s
根据
a=ΔvΔt
解得
a=−20m/s2
方向与初速度的方向相反；
(2)设足球初速度方向为正方向，则知足球的初速度为
v1=10m/s
末速度为
v2=−8m/s
根据
a=ΔvΔt
解得
a=−180m/s2
方向与初速度的方向相反。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.解：(1)小球带正电，向右偏，说明电场力方向水平向右，电场力方向与电场强度方向一致；
(2)小球静止在电场中，由平衡条件得：mgtan 37°=Eq
故有：E=3mg4q。
答：(1)匀强电场的电场强度的方向水平向右；
(2)匀强电场的电场强度的大小为3mg4q。
【解析】小球受到重力、电场力和拉力而平衡，作出受力图，根据平衡条件求解电场强度E。
本题是带电粒子在电场中平衡问题，关键是分析受力情况和运动情况，用动力学基本的方法处理。
一、单选题：本大题共7小题，共35分。
1.下列说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律可以通过实验直接验证
B. 随着科技的发展，电荷是可以被消灭的
C. 势能与相互作用的物体的相对位置有关
D. 某款手表，不用上发条也不用电池，这说明能量是可以不守恒的
2.物体从某一高度自由落下，到达地面时的速度与在一半高度时的速度之比是( )
A. 2：2B. 2：1C. 2：1D. 4：1
3.如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m=1kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F=10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A. A受到的摩擦力逐渐变大B. A向右运动的最大距离为4cm
C. B做加速度减小的加速运动D. B对A的摩擦力一直对A做正功
4.牛顿力学的适用范围是( )
A. 宏观物体、高速运动、强引力场B. 微观物体、高速运动、强引力场
C. 宏观物体、低速运动、弱引力场D. 微观物体、低速运动、弱引力场
5.力的单位“N”是导出单位，用基本单位来表示，下列选项正确的是( )
A. m/s2B. kg·m/s2C. kg·mD. kg·m/s
6.公园健步道是为群众在公园中运动而提供的运动健身步道。某公园一矩形健步道简化如图所示，某人(可看作质点)沿着健步道由A→B→C→D→A运动，已知AB=220m，BC=180m，通过AB段和BC段的时间均为100s，则( )
A. 人返回A点时位移大小为800m
B. 人由A点运动到C点的平均速度大小为4m/s
C. 人通过AB中点的速率可能大于通过BC中点的速率
D. 人由A点运动到C点和由C点返回A点的位移相同
7.带电微粒的电荷量的值不可能的是下列的( )
A. 4×10−17CB. −6.4×10−19CC. −1.6×10−19CD. 2.4×10−19C
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.使用电磁打点计时器下列说法正确的是( )
A. 打点计时器使用低压直流电源
B. 纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的上面
C. 要先通电，后释放纸带，纸带通过后立即切断电源
D. 为减小摩擦，每次测量应先将纸带拉直
9.如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB。若水流速率u不变，两人在静水中游泳速率均为v，则下列判断正确的是( )
A. 甲从O到A和从A到O经历的时间相同
B. 乙从O到B和从B到O经历的时间相同
C. v可能大于u也可能小于u
D. v保持不变的情况下，u越小，乙往返经历的时间越小
10.如图所示的传动装置中，A轮顺时针转动，并通过皮带带动B轮转动(皮带不打滑).a、b分别是两轮边缘上的点，它们的线速度大小分别为va、vb.下列判断正确的是( )
A. B轮顺时针转动B. B轮逆时针转动C. va=vbD. va>vb
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.某同学在“探究小车的速度随时间变化的规律的实验中，记录小车运动情况的一条纸带如图甲所示图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻的计数点间的时间间隔为T=0.1s。
(1)试计算B、C、D各点的瞬时速度：vB=__________m/s，vC=__________m/s，vD=__________m/s。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a。
请回答下列问题：
(1)实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出：2点的速度______m/s，物块的加速度为______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(2)该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量？______。(填“需要”或“不需要”)原因：______。
五、计算题：本大题共3小题，共25分。
13.风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力．如图，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系．质量m=1 kg的小球以初速度v0=0.60 m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2 s内受到一个沿y轴正方向、大小F1=0.40 N的风力作用；小球运动2 s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F2=0.8 N(图中未画出)，试求：
(1)2 s末时，小球运动的速度大小；
(2)当小球的速度变为与初速度相同时，求小球的位置坐标．
14.宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动而不至因万有引力的作用吸引到一起．设双星的质量分别为m1和m2，两者相距L，求：
(1)它们的线速度大小之比．
(2)试写出它们角速度的表达式．
15.如图所示，弹丸和足球的初速度均为v1=10m/s，方向水平向右。设它们与木板作用的时间都是0.1s，那么：
(1)弹丸击穿木板后(木板阻力恒定)速度大小变为8m/s，方向不变，求弹丸击穿木板时的加速度大小及方向；
(2)足球与木板作用后反向弹回的速度大小为8m/s，求足球与木板碰撞反弹时的加速度大小及方向。
六、综合题：本大题共1小题，共8分。
16.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在匀强电场中，如右图所示丝线与竖直方向成37°角，(重力加速度为g)，则：
(1)匀强电场的电场强度的方向
(2)匀强电场的电场强度的大小；
答案解析
1.C
【解析】A.牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是不能用实验直接验证的，故A错误；
B.根据电荷守恒定律可知电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失，故B错误；
C.由相互作用的物体凭借其位置而具有的能量叫做势能知势能与相互作用的物体的相对位置有关，故C正确；
D.能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一。一般表述为：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其他物体，而能量的总量保持不变，某款手表，不用上发条、也不用电池，必定有其他形式的能转化为手表的机械能，故D错误。
故选C。
2.B
【解析】解：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，前一半位移内：v12=2g⋅(ℎ2) ①
整个位移上：v22=2gℎ ②
由①②联立解得：v1v2=1 2= 22
即到达地面时的速度与在一半高度时的速度之比为 2：1；
故选B．
自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度位移关系公式v2=2gℎ列式求解．
本题关键是明确自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，然后选择恰当的公式列式后联立求解．
3.B
【解析】A、B间的最大静摩擦力为fmax=μmg=2N， 现用一水平向右的拉力F=10 N作用在B上，假设力F作用的瞬间A与B不会发生相对滑动，则将AB看成一个整体，有F=(m+M)a0，再分析A，有f=ma0，联立解得f=103N>fmax，因此F作用的一瞬间，B就会与A之间发生相对运动，A受到向右的滑动摩擦力为f滑=2N，故A错误；
假设A向右运动的最大距离为s，根据动能定理对A物块，f滑s=12ks2，解得s=4cm，故B正确；
对B物体，由牛顿第二定律 F−f滑=Ma，解得a=4m/s2，因此B做加速度不变的匀加速直线运动，故C错误;
当A向右运动达到最大距离后，开始向左运动，B对A的摩擦力方向仍然向右，此时对A做负功，故D错误。
4.C
【解析】解：，经典力学有一定的局限性，经典力学只适用于宏观、低速运动、弱相互作用的物体，不适用于高速、微观及强相互作用的物体。故ABD错误，C正确。
故选：C。
经典力学适用条件为：宏观、低速、弱引力场，对微观、高速度运动、强引力场不再适用。
本题考查了经典力学的局限性，要注意明确量子力学没有完全否定经典物理内容，只是说明了经典力学只能适用于一定范围内，要掌握对应的范围。
5.B
【解析】根据a=ΔvΔt得加速度单位是m/s2
根据牛顿第二定律F=ma知，1N=kg⋅m/s2，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.C
【解析】A.人返回A点时位移大小为0，故A错误；
B.人由A点运动到C点的平均速度大小为v−= 2202+1802100+100m/s≈1.42m/s，故B错误；
C.因人运动的速率是变化的，所以人通过AB中点的速率可能大于通过BC中点的速率，故C正确；
D.人由A点运动到C点和由C点返回A点的位移方向相反，位移不相同，故D错误。
故选C。
7.D
【解析】任何带电体所带的电量都是元电荷的整数倍，即为1.6×10−19 C的整数倍，则不可能是2.4×10−19 C，故选D．
8.CD
【解析】解：A.电磁打点计时器使用低压交流电源，故A错误；
B.纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带放在复写纸下方，故B错误；
C.为了提高纸带的利用率，同时为了使打点稳定，使用打点计时器时要先接通电源，后释放纸带，故C正确；
D.为减小摩擦，每次测量应先将纸带拉直，故D正确。
故选：CD。
了解打点计时器的工作原理，就能够熟练使用打点计时器便能正确解答。
对于基本实验仪器不光要了解其工作原理，还要从实践上去了解它，自己动手去实际操作，达到熟练使用的程度。
9.BD
【解析】A.根据运动的合成，甲从O到A经历时间为t1=xOAv+u，甲从A到O经历时间为t2=xOAv−u，则甲从O到A经历时间小于甲从A到O经历时间，A错误；
B.由于乙沿直线到达B点，可知，乙的合速度方向沿直线OB，根据运动的合成，乙的合速度大小始终为v乙= v2−u2，则乙从O到B和从B到O经历的时间相同，均为t3=t4=xOB v2−u2，B正确；
C.由于甲能够从A点返回O点，则必定有v>u，C错误；
D.根据上述，乙往返经历的总时间t5=t3+t4=2xOB v2−u2，可知，v保持不变的情况下，u越小，乙往返经历的时间越小，D正确。
10.BC
【解析】解：AB、由图可知，B轮转动的方向与A转动的方向一定是相反的，所以B轮转动的方向为逆时针方向。故A错误，B正确；
CD、a点与b点属于同缘传送，所以两点具有相等的线速度，即va=vb.故C正确，D错误。
故选：BC。
靠传送带传动，线速度大小相等；根据转动的方向之间的关系判断出B转动的方向．
对于不打滑皮带传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等；同一轮上各点的角速度相同．
11. 1.38 2.64 3.90
【解析】[1][2][3]由匀变速的推论可得B、C、D各点的瞬时速度分别为
vB=27.60×
vC=(60.30−7.50)×
vD=(105.60−27.60)×
2.00 不需要 拉力传感器记录绳子拉力大小
【解析】解：(1)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度有：v2=x132T=3.09+5.122×0.1×10−2m/s=0.411m/s，根据匀变速直线运动规律可知加速度a=x36−x039T2=7.10+9.13+11.09−5.12−3.09−1.109×0.12×10−2m/s2=2.00m/s2
(2)由于有拉力传感器记录绳子拉力大小，所以不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量；
故答案为：(1)0.411，2.00；(2)不需要，拉力传感器记录绳子拉力大小
(1)利用平均速度求中间时刻的速度，利用逐差法求加速度。
(2)绳子的拉力由拉力传感器测出，不需要平衡摩擦力。
本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。
13.解：(1)设在0～2 s内小球加速度为a1，
根据牛顿第二定律F1=ma1，
解得a1=0.4 m/s2，
当小球受到力F1作用后，将做匀变速曲线运动，其中沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做匀加速直线运动，
由题意可得，2 s末时，小球在y轴正方向的分速度v1y=a1t1=0.8 m/s，
因此，2 s末时，小球的合速度v1= v02+v1y2=1m/s；
(2)2 s后，小球开始受到力F2作用，设此时小球的加速度为a2，
则由牛顿第二定律F2=ma2，
解得a2=0.8 m/s2，
根据题意，小球沿x轴正方向继续做匀速直线运动，沿y轴正方向先做匀减速直线运动，
当小球的速度变为与初速度相同时，即小球只具有沿x轴正方向的分速度，
设F2作用时间为t2时，则由v1y=a2t2，
解得：t2=1 s，
整个过程中，小球沿x轴正方向的总位移为x，沿y轴正方向的总位移为y，
则：x=v0(t1+t2)=1.8 m，y=v1y22a1+v1y22a2=1.2m，
因此，当小球的速度变为与初速度相同时，小球的位置坐标应为(1.8 m,1.2 m)。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出在y方向的加速度，结合速度时间公式求出2s末在y方向上的分速度，从而求出小球运动的速度大小；
(2)当小球在y方向上的速度为零时，小球的速度与初速度相同，结合速度时间公式求出风力F2作用的时间，利用运动学公式从而求出小球的位置坐标。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性．
14.解：(1)双星做圆周运动的角速度ω相等，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
Gm1m2L2=m1ω2R1…①Gm1m2L2=m2ω2R2…②
两星球半径之和等于两星间的距离：R1+R2=L，
解得：v1v2=m2m1，即它们的线速度之比等于质量的反比；
(2)由①式得：ω2=Gm2L2R1=Gm2L2(L−R2)…③
由②式得：R2=Gm1L2ω2…④
④式代入③式得：ω= G(m1+m2)L3；
答：(1)它们的线速度大小之比为：m2：m1．
(2)它们角速度的表达式为：ω= G(m1+m2)L3．
【解析】(1)双星靠相互间的万有引力提供向心力，抓住角速度相等，向心力相等求出轨道半径之比；结合线速度与角速度的关系求出线速度之比．
(2)万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出角速度．
本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握双星模型系统，知道它们靠相互间的万有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速度的大小相等．
15.(1)设弹丸初速度方向为正方向，则知弹丸的初速度为
v1=10m/s
末速度为
v2=8m/s
根据
a=ΔvΔt
解得
a=−20m/s2
方向与初速度的方向相反；
(2)设足球初速度方向为正方向，则知足球的初速度为
v1=10m/s
末速度为
v2=−8m/s
根据
a=ΔvΔt
解得
a=−180m/s2
方向与初速度的方向相反。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.解：(1)小球带正电，向右偏，说明电场力方向水平向右，电场力方向与电场强度方向一致；
(2)小球静止在电场中，由平衡条件得：mgtan 37°=Eq
故有：E=3mg4q。
答：(1)匀强电场的电场强度的方向水平向右；
(2)匀强电场的电场强度的大小为3mg4q。
【解析】小球受到重力、电场力和拉力而平衡，作出受力图，根据平衡条件求解电场强度E。
本题是带电粒子在电场中平衡问题，关键是分析受力情况和运动情况，用动力学基本的方法处理。
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