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2021-2022学年北京市东城区高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市东城区高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了9×103m/s减为4，6)，【答案】D，【答案】B，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市东城区高一（上）期末物理试卷
1. 从距地面高为4m处竖直向下释放一个小球，小球在与地面相碰后弹起，上升到距地面高为3m处被接住，以竖直向下为正方向，则这一过程中( )
A. 位移为−3m B. 位移为1m C. 位移为−1m D. 路程为3m
2. 如图所示，将一个质量为3kg的铅球放在倾角为45∘的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则铅球( )
A. 对挡板的压力是3N B. 对斜面的压力是152N
C. 对挡板的压力是30N D. 对斜面的压力是32N
3. 一物体沿直线运动，下列判断正确的是( )
A. 若相等时间内速度变化量相等，则物体做匀速直线运动
B. 若加速度随时间均匀增加，则物体做匀加速直线运动
C. 若加速度随时间减小，则物体的速度一定在减小
D. 若速度随时间减小，则加速度方向一定与速度方向相反
4. 为了测出井口到水面的距离，让一个小石块从井口自由落下，经过一段时间t听到石块击水的声音，测量这段时间即可进行估算。若t=2s，不考虑声音传播的时间，则(其中g=10m/s2)( )
A. 井口到水面的距离约为5m B. 井口到水面的距离约为40m
C. 石块击水时的速度约为20m/s D. 石块击水时的速度约为10m/s
5. 如图所示，油桶放在汽车上，与汽车保持相对静止，汽车在水平平直公路上行驶，下列说法正确的是( )
A. 匀速行驶时，油桶受到汽车施加的支持力和摩擦力
B. 加速行驶时，地面受到汽车施加的压力等于汽车和油桶的总重力
C. 匀速行驶时，地面受到汽车施加的压力等于汽车的重力
D. 加速行驶时，汽车与油桶之间的相互作用只有油桶和汽车之间的弹力
6. 把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物便拉着纸带下落，纸带被打出一系列点，其中有一段如图所示，下列说法中错误的是( )
A. 图中所示的纸带，右端与重物相连 B. 可以计算打A点时重物的瞬时速度
C. 打任意相邻两点的时间间隔都相等 D. 可以计算任意两点间的平均速度
7. 某质点从t=0时刻出发做直线运动，其v−t图像如图所示，根据图像可知( )
A. 质点在1s末距离出发点最远
B. 质点距出发点的最远距离为5m
C. 前4s内质点的位移大小为5m
D. 前4s内质点通过的路程为6m
8. 如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。测得细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为FT，关于风对气球作用力的大小F，下列说法正确的是( )
A. F=FT sinα
B. F=FT tanα
C. 不知气球所受浮力大小，因此无法计算
D. 不知气球的质量，因此无法计算
9. 木楔的截面为等腰三角形，其顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则下列正确的是( )
A. θ一定时，FN的大小与F无关 B. θ一定时，F越小，FN越大
C. F一定时，θ越大，FN越大 D. F一定时，θ越小，FN越大
10. 一物体从足够高的地方以某一很小的初速度向下抛出，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力的作用，空气阻力f的大小与物体速度v的关系为：f=kv(k为常量)。从物体被抛出时开始计时，其下落速度随时间变化的图像可能是图中的( )
A. B.
C. D.
11. 质量为60kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数用M表示，g取10m/s2，则( )
A. 升降机以1m/s2的加速度加速上升时，人处于失重状态
B. 升降机以1m/s2的加速度减速上升时，M为54kg
C. 升降机以1.5m/s2的加速度加速下降时，人处于超重状态
D. 升降机以1.5m/s2的加速度减速下降时，M为51kg
12. 如图所示，物块(可视为质点)静止于放在水平地面的斜面体上，现用水平方向的力F推物块，在F由零开始逐渐增大到某一定值的过程中，物块和斜面体始终保持静止状态，对此过程下列说法正确的是( )
A. 地面对斜面的支持力一直增大 B. 物块所受斜面的摩擦力先变小后变大
C. 斜面体所受的合外力一直增大 D. 物块所受斜面施加的力先变小后变大
13. 2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱在成功着陆的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s，将此过程称为第一阶段；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s，将此过程称为第二阶段；之后返回舱与降落伞分离，打开发动机减速一段时间后处于悬停状态，经过对着陆点的探测后平稳着陆。若将整个运动视为竖直向下的运动，则返回舱( )
A. 加速度的方向一直竖直向下 B. 在第一阶段中处于完全失重状态
C. 第一阶段比第二阶段速度变化得快 D. 合力方向一直竖直向上
14. 如图，质量为2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.4。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。以下说法不正确的是( )
A. 木块对铁箱压力的大小12.5N B. 水平拉力F的大小71.5N
C. 地面对铁箱的支持力大小为30N D. 铁箱的加速度为25m/s2
15. 某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将白纸固定在水平放置的木板上，橡皮筋的A端用图钉固定在木板上，B端系上两根带有绳套的细绳。
(1)如图(a)，用两个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的不同方向同时拉橡皮筋，将橡皮筋的B端拉至某点O，记下O点位置和两细绳的方向，并读出两个拉力的大小分别为F1=______ N和F2=2.00N。
(2)如图(b)，撤去(1)中的拉力，现只用一个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的方向拉橡皮筋，并再次将B端拉至O点。再次将B端拉至O点的目的是______ ；记下细绳的方向，并读出拉力的大小为F=2.20N。
(3)如图(c)，某同学以O点为作用点，用图示标度画出了力F的图示，请你画出力F1、F2的图示并按平行四边形定则画出它们的合力F合。
(4)比较F合与F的关系，即可验证。
16. 图甲为某同学验证“物体运动加速度与力之间关系”的实验装置图。已知小车质量为M，当地重力加速度为g，实验中使用交变电流的频率为50Hz。
(1)如图甲所示，安装好实验装置。取下砝码盘，调整斜面右端高度，让小车匀速下滑。当小车匀速下滑时，小车所受合力为______。
(2)挂上总质量为m的砝码盘(连同盘中砝码)，调整左端滑轮高度，让细绳平行于木板。打开打点计时器电源开关，然后放开小车，就可打出小车运动的纸带。在运动过程中，小车受到的合力为______(选填“绳的拉力”、“砝码盘的总重力mg”或“绳的拉力与摩擦力的合力”)。图乙所示为某次操作中打出的一条纸带，相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，数据的单位是cm。则小车运动的加速度a=______m/s2(保留两位有效数字)。
(3)改变砝码盘总质量m，重复步骤(2)操作，可测出小车对应的加速度a；对这些实验数据进行分析就可以验证物体运动加速度与合外力是否成正比。
(4)分析实验数据看出，用纸带上数据算出的小车的加速度a总是小于用a′=mMg算出的加速度，而且随砝码盘总质量m增加，它们之间差值会______(填“越来越小”“不变”或“越来越大”)
17. 光滑水平桌面上有一个质量m=10kg的物体，它在水平方向上受到互成90∘的两个力的作用，这两个力的大小分别为F1=3N和F2=4N。求：这个物体加速度的大小和方向(已知sin37∘=0.6)。
18. 如图所示，在倾角为37∘足够长的斜面上有一个质量m=1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数µ=0.3。物体在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为9.4N，方向沿斜面向上，经过t=2s撤去拉力F(重力加速度g取10m/s2，物体可视为质点，sin37∘=0.6)，求：
(1)物体刚开始运动时加速度的大小a。
(2)撤去拉力F后物体还能沿斜面上滑的最远距离l。
19. 近些年无人机被广泛应用于应急救灾、地质勘测、高空消防、环境监测等众多领域。如图所示无人机搭载光电吊舱，具有不受空间和地形制约、观察角度多样、响应快速等特点。现要让无人机从地面竖直起飞，最终悬停在距地面高度h=99m的空中进行作业。若无人机质量M=5kg，动力系统能提供的最大升力F=122N，上升过程中能达到的最大速度vm=6m/s，竖直飞行时受到空气阻力的大小恒为f=10N；固定在无人机下方铁杆上的光电吊舱，质量m=3kg，其所受空气阻力不计。将无人机加速或减速的过程视为匀变速运动，重力加速度g取10m/s2。
(1)无人机以最大升力竖直起飞，求：
a.达到最大速度时上升的高度h1；
b.光电吊舱对铁杆的作用力大小FT；
(2)假设为了运行平稳，无人机在减速时最大加速度的大小与加速时相同，求：无人机从地面起飞直至悬停到作业地点所需的最短时间t。
20. 如图所示，在水平传送带上有两个质量分别为m1、m2的木块A和B，中间用一原长为L0，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数为µ。现用不可伸长的水平细绳将木块A与固定支架P相连，A和B初速均为零且二者间距离为L0，细绳处于刚好为原长但拉力为零的状态，传送带按图示方向以速度v0匀速运动(传送带足够长，弹簧不会超过弹性限度，重力加速度用g表示)。
(1)求：当木块B所受合力第一次为零时，A、B之间的距离l和细绳中的拉力FT。
(2)通过分析说明：从初始时刻到B与P相距最远的那一时刻的过程中，木块B运动的可能情况，并定性画出对应的v−t图像。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：ABC、从高为4m处竖直向下释放一个小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为3m处被接住，首末位置之间的距离为1m，所以位移的大小等于1m，方向竖直向下，与选取的正方向相同，为正值，故AC错误，B正确；
D、小球先向下运动4m，后向上运动3m，所以运动轨迹的长度为4m+3m=7m，所以路程等于7m。故D错误。
故选：B。
位移的大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程等于运动轨迹的长度．
解决本题的关键知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度．
2.【答案】C
【解析】解：AC、铅球受到重力mg、斜面的支持力和挡板的支持力作用，如图所示：
根据平衡条件可得：F1=mgtan45∘=3×10×1N=30N，
根据牛顿第三定律可得铅球对挡板的压力是30N，故A错误、C正确；
BD、斜面对铅球的支持力为：F2=mgcos45∘=3×1022N=302N
根据牛顿第三定律可得铅球对斜面的压力是302N，故BD错误。
故选：C。
以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受挡板的弹力和斜面对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对竖直挡板的压力和球对斜面的压力。
本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，要求同学们能正确画出受力分析图。
3.【答案】D
【解析】解：A、若相等时间内速度变化量相等，则物体做匀变速直线运动，故A错误；
B、加速度是反映速度变化快慢的物理量，若加速度随时间均匀增加，则物体做加速度增大的加速运动，不是匀加速直线运动，故B错误；
C、若加速度随时间减小，说明速度变化慢了，但物体加速还是减速要看加速度与速度的方向。若加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，故C错误；
D、当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，所以若物体的速度随时间减小，则加速度方向一定与速度方向相反，故D正确；
故选：D。
加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．
解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．
4.【答案】C
【解析】解：AB、根据公式可得：
h=12gt2
代入数据可得：h=20m。故AB错误；
CD、根据公式可得：
v=gt
代入数据可得：v=20m/s。故C正确；D错误。
故选：C。
先由公式h=12gt2计算井口到水面的距离；再由公式v=gt计算石块击水时的速度。
本题考查自由落体运动模型的实际应用。解题关键是正确建立物理模型，属于基础简单题目。
5.【答案】B
【解析】解：A、汽车做匀速运动时，油桶也做匀速运动，所以油桶受竖直向下的重力和汽车的竖直向上的支持力而平衡，水平方向不受摩擦力，故A错误；
B、加速行驶时，竖直方向受力平衡，地面受到汽车施加的压力等于地面对汽车施加的支持力，汽车和油桶受力平衡，即支持力等于汽车和油桶的总重力，故B正确；
C、匀速行驶时，地面受到汽车施加的压力等于汽车的重力和油桶重力之和，故C错误；
D、汽车做加速行驶时，汽车与油桶之间的相互作用力，除了弹力，还有摩擦力作用，故D错误；
故选：B。
汽车做匀速运动，油桶也做匀速运动，对油桶受力分析即可知道其受力情况，对汽车竖直方向受力分析可知竖直方向受力情况，根据水平方向的运动，判断有没有摩擦力。
本题是共点力平衡问题和牛顿第二定律的综合应用，关键要掌握平衡条件的推论，灵活分析力之间的关系，要求同学们能从题目中获取有效信息。
6.【答案】A
【解析】解：A.纸带加速下落，相邻点迹间距逐渐变大，则图中所示的纸带，左端与重物相连，故A错误，
B.A点的瞬时速度可用其前后两点之间的平均速度来近似计算，故B正确，
C.利用打点计时器打出的任意相邻两点的时间间隔都相等，故C正确，
D.根v−=xt可以计算任意两点间的平均速度，故D正确，
本题选错误的，故选：A。
打点计时器打出的任意相邻两点的时间间隔都相等；图中所示的纸带，相邻点迹间距逐渐变大，则左端与重物相连；根据两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；可以计算打A点时重物的瞬时速度；根v−=xt可以计算任意两点间的平均速度.
“探究匀变速直线运动”的实验中所需实验器材，以及利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．
7.【答案】C
【解析】解：A、质点在0−3s内沿正方向运动，在3−4s内质点沿负方向，因此质点在3s末距离出发点最远，故A错误；
B、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示物体的位移，则质点在0−3s内通过的位移为x=4×32m=6m，因此质点距出发点的最远距离为6m，故B错误；
C、前4s内质点的位移大小为x′=4×32m−2×12m=5m，故C正确；
D、前4s内质点通过的路程为s=4×32m+2×12m=7m，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像分析质点的运动情况，确定何时离出发点最远。图像与时间轴所围的面积表示物体的位移，由几何知识求解质点的位移，并求路程。
本题是速度-时间图像的应用，要明确v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，要注意位移与路程的区别。
8.【答案】A
【解析】解：以气球为研究对象，受力情况如图所示：
正交分解后可得：F=FTsinα，故A正确，BCD错误；
故选：A。
共点力平衡问题，分析物体受力情况，根据正交分解列出等式得出结果。
本题考查了共点力平衡问题，解题的关键是先受力分析，并会熟练应用正交分解解题，属于简单题。
9.【答案】D
【解析】解：按照力的作用效果将竖直向下的F分解为垂直两侧截面推力FN，分解如图，则有：F=2FNcos(90∘−θ2)=2FNsinθ2，故FN=F2sinθ2；
AB、若θ一定，F增大则FN增大，F减小则FN减小，故AB错误；
CD、若F一定，θ增大时FN减小，θ减小时FN增大，故C错误，D正确；
故选：D。
根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示，并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析。
对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解分析。
10.【答案】C
【解析】解：物体被抛出后，由于空气阻力小于重力，物体受到的合力向下，物体向下加速。随着竖直方向速度越来越大，受到的阻力越来越大，物体的加速度越来越小，做加速度减小的加速运动。当阻力等于重力时，物体受力平衡，做匀速直线运动。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
物体被抛出后，竖直方向速度越来越大，受到的阻力越来越大，当阻力等于重力时，物体受力平衡，做匀速直线运动。
本题考查的是竖直下抛运动，要注意到物体除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力的作用，当阻力等于重力时，做匀速直线运动。
11.【答案】B
【解析】解：A、升降机以1m/s2的加速度加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，故A错误；
B、升降机以1m/s2的加速度减速上升时，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得 mg−F1=ma1，代入解得 F1=540N，再牛顿第三定律得到人对体重计的压力大小等于F1=540N，即体重计的读数为54kg，故B正确；
C、升降机以1.5m/s2的加速度加速下降时，此时处于失重状态，故C错误；
D、当升降机以1.5m/s2的加速度减速下降时，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得 F2−mg=ma2，代入解得 F2=690N，再牛顿第三定律得到体重计的读数为69kg，故D错误。
故选：B。
体重计的读数显示人对体重计的压力大小．以人为研究对象，根据牛顿第二定律求出体重计对人的支持力，再牛顿第三定律分析人对体重计的压力大小，知体重计示数．
本题是运用牛顿运动定律研究超重和失重现象，因为是选择题，所以可以定性分析与定量计算结合研究．
12.【答案】B
【解析】解：A、对物块和斜面体整体，由受力平衡可知，整体受重力、地面支持力、水平推力、地面摩擦力四力平衡，竖直方向地面的支持力始终与重力平衡，所以地面对斜面的支持力不变，故A错误；
B、设斜面体倾角为θ，对物块受力分析，当F较小时，物块有下滑的趋势，摩擦力向上，如图所示：
由正交分解法得：mgsinθ=Fcosθ+Ff，可知摩擦力随着F的增大而减小；
当F较大时，物块有上滑的趋势，摩擦力向下，则：mgsinθ+Ff=Fcosθ，摩擦力随着F的增大而增大。所以随着F从零逐渐增大，在物体相对滑动前，物块所受斜面的摩擦力先变小后变大，故B正确；
C、斜面体一直保持静止，合外力一直为零，故C错误；
D、物体受四力而平衡，斜面对物体的支持力、摩擦力的合力与水平推力F、mg的合力始终等大反向。mg不变，F方向不变大小逐渐增大，F、mg的合力一直增大，所以斜面体对物体的作用力也是一直增大，故D错误；
故选：B。
(1)应用整体法分析地面对斜面的支持力；
(2)物块所受摩擦力，属于内力，所以使用隔离法，研究物块受力情况，再根据正交分解列式分析即可；
(3)合外力的大小根据牛顿第二定律可知由物体的运动状态决定；
(4)物块所受斜面施加的力可以等效为重力和推力F合力的大小变化情况。
本题考查了受力分析，解题的关键是熟练应用整体和隔离法，会根据物体运动状态判断合力，并且会应用等效法受力分析，灵活度比较大，需要熟练掌握技巧。
13.【答案】C
【解析】解：ABD、在打开降落伞前的过程、打开降落伞至分离前的过程，返回舱减速下降，其加速度方向都向上，返回舱都处于超重状态
依据牛顿第二定律，返回舱受到的合力方向竖直向上，返回舱与降落伞分离，打开发动机减速一段时间加速度仍向上，后处于悬停状态，合力为零，故ABD错误；
C、第一阶段加速度a1=ΔvΔt=4.6×102−4.9×103290m/s2≈−15.3m/s2
第二阶段加速度a2=ΔvΔt=1.0×102−4.6×10290m/s2=−4m/s2
第一阶段比第二阶段加速度大，所以速度变化得快，故C正确。
故选：C。
根据运动情况分析加速度方向，根据牛顿第二定律，进而判定受力情况。
考查受力分析的应用，掌握由运动状态来判定受力状态，理解牛顿第二定律的内容，注意受力分析研究对象的确定。
14.【答案】B
【解析】解：A、对木块在竖直方向根据平衡条件可得：mg=f=μ2FN，其中m=0.5，代入数据解得：FN=12.5N
由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小为12.5N，方向向左，故A正确；
BD、对木块，在水平方向由牛顿第二定律得：FN=ma，解得：a=25m/s2
铁箱的加速度与木块的加速度大小相等，即为25m/s2；
对整体在水平方向由牛顿第二定律得：F−μ1(M+m)g=(M+m)a，其中M=2.5kg
解得：F=84N，故B错误、D正确；
C、竖直方向根据平衡条件可得地面对铁箱的支持力大小为F支=(M+m)g=(2.5+0.5)×10N=30N，故C正确。
本题选错误的，故选：B。
分析木块的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2N，求出木块对铁箱的压力；以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力F的大小；竖直方向根据平衡条件可得地面对铁箱的支持力大小。
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、利用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。
15.【答案】(1)1.80；(2)使该拉力单独作用跟F1、F2共同作用效果相同；(3)见解析。
【解析】解：(1)弹簧测力计读数为F1=1.80N。
(2)步骤(1)中第一次用两个弹簧测力计将B端拉至O点，再次将B端拉至O点的目的是使该拉力单独作用跟F1、F2共同作用效果相同。
(3)由平行四边形定则求F1、F2的合力如图所示：
“验证力的平行四边形定则”实验的原理是利用等效法：一个力F′的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F′就是这两个力F1和F2的合力，结合原理即可理解各步骤并进行解题。
本题考查“验证力的平行四边形定则”实验，要求学生理解实验原理并掌握步骤，难度较低。
16.【答案】(1)零 (2)绳的拉力 0.34(4)越来越大
【解析】解：(1)当小车匀速下滑时，小车处于平衡状态，小车所受合力为零；
(2)由图可知在运动过程中，小车受到的合力为绳的拉力；
根据题意可知，纸带上相邻计数点的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法得加速度为a=x24−x024T2=17.47−8.05−8.054×0.12×10−2m/s2≈0.34m/s2
(3)对砝码和盘受力分析得mg−T=ma
对小车受力分析得T=Ma
联立解得a=mm+Mg
可知随砝码盘总质量 m增加，它们之间差值会越来越大。
答案为：(1)零 (2)绳的拉力 0.34(4)越来越大
当小车匀速下滑时，小车处于平衡状态，小车所受合力为零；根据逐差法可以求解加速度；对砝码和砝码盘和滑块分别列牛顿第二定律，然后找出a′−a，根据表达式可以找出m越大，它们的差值越来越大.
本题需要同学们对逐差法有深刻理解，可以利用纸带数据求解加速度，注意有效数字的要求；分别对砝码和砝码盘和滑块列牛顿第二定律，可以求出a′−a，根据表达式可以找出它们的差值变化.
17.【答案】解：如图所示，这两个力的合力F合=F12+F22=32+42N=5N
这个物体加速度的大小为a=F合m=510m/s2=0.5m/s2
方向(在水平桌面内)与F2的夹角为θ，则tanθ=F1F2=34
则θ=37∘。
答：这个物体加速度的大小为0.5m/s2，方向(在水平桌面内)与F2的夹角为37∘。
【解析】根据力的合成方法求解这两个力的合力，根据牛顿第二定律求解加速度的大小，根据几何关系求解加速度的方向。
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、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
18.【答案】解：(1)物体的受力分析如图所示，在垂直斜面的方向上有：FN=mgcos37∘
在沿斜面方向上有：F−mgsin37∘−μFN=ma
其中m=1kg、µ=0.3、F=9.4N，
联立解得：a=1m/s2；
(2)撤去拉力F后，物体的加速度大小为：a′=mgsin37∘+μFNm
代入数据解得：a′=8.4m/s2，方向沿斜面向下
设刚撤去拉力F时物体的速度为v，由v=at，将t=2s代入，得v=2m/s
撤去拉力F后，物体沿斜面向上做匀减速运动，到v′=0时上滑距离最远
由速度-位移关系可得：v′2−v2=−2a′l，
代入数据解得：l≈0.24m。
答：(1)物体刚开始运动时加速度的大小为1m/s2。
(2)撤去拉力F后物体还能沿斜面上滑的最远距离约为0.24m。
【解析】(1)对物体根据牛顿第二定律进行解答；
(2)根据牛顿第二定律求解撤去拉力F后物体的加速度大小，根据速度-时间关系求解刚撤去拉力F时物体的速度，由速度-位移关系求解撤去拉力F后物体沿斜面上滑的最远距离。
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。
19.【答案】解：(1)a.无人机以最大升力竖直起飞时，无人机的加速度大小为：
a=F−(M+m)g−fM+m=122−80−108m/s2=4m/s2
达到最大速度时上升的高度：h1=vm22a=622×4=4.5m；
b.对光电吊舱应用牛顿第二定律可得：FT′−mg=ma，
代入数据解得：FT′=42N
由牛顿第三定律可得，光电吊舱对铁杆的作用力大小FT为42N。
(2)无人机以最大加速度值加速到最大速度，然后保持最大速度匀速运动，最后以最大加速度值减速到零时刚好到达作业点，这种方式满足要求且所需的时间最短。
其中，加速到最大速度所需时间t1=vma=64m/s=1.5s，
由(1)得上升的高度h1=4.5m
减速到零所用的时间t2=t1=1.5s，上升高度h2=h1=4.5m
保持最大速度匀速运动的时间t3=99−4.5×26s=15s，
因此所需的最短时间t=t1+t2+t3=1.5s+1.5s+15s=18s。
答：(1)a.达到最大速度时上升的高度为4.5m；
b.光电吊舱对铁杆的作用力大小为42N；
(2)无人机从地面起飞直至悬停到作业地点所需的最短时间为18s。
【解析】(1)a.根据牛顿第二定律求解无人机的加速度大小，再根据速度-位移关系求解达到最大速度时上升的高度；
b.根据牛顿第二定律、牛顿第三定律得到光电吊舱对铁杆的作用力大小；
(2)无人机以最大加速度值加速到最大速度，然后保持最大速度匀速运动，最后以最大加速度值减速到零时刚好到达作业点，这种方式满足要求且所需的时间最短，根据运动学公式分别求出各段时间即可。
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。
20.【答案】解：(1)当木块B受合力为零时，对B根据平衡条件可得：µm2g=kx，
解得弹簧伸长量：x=μm2gk，
则A、B之间的距离l=L0+x=L0+μm2gk；
此时A所受合力也为零，对A根据平衡条件可得：FT=kx+μm1g，
因此绳中拉力FT=μm2g+μm1g；
(2)初始时刻，B初速度为零，受到传送带施加的向右的滑动摩擦力，大小为f=μm2g，于是B向右加速运动，同时弹簧被拉伸给B施加向左的弹力，大小满足F=kx，B所受合力为F合=μm2g−kx，加速度a=F合m2=μg−kxm2。
在开始的一段时间内，随着x的增大，a减小，B做加速度减小的加速运动。之后有两种可能：
①若B的速度增大到与传送带的速度v0相等前，先达到了弹簧弹力F=f的状态，此刻加速度为零，但由于vBf，B开始向右减速，做加速度增大的减速运动，直至vB=0，达到向右的最远位置。
②若B的速度增大到与传送带的速度v0相等时，仍然有弹簧弹力F
(若B的速度增大到与传送带的速度v0相等时刚好也达到弹簧弹力F=f，对应为图1中曲线与虚线相切)
答：(1)当木块B所受合力第一次为零时，A、B之间的距离为L0+μm2gk，细绳中的拉力为µm2g+μm1g；
(2)木块B运动的可能情况见解析，对应的v−t图像见解析。
【解析】(1)对B根据平衡条件求解弹簧伸长量，由此得到A、B之间的距离；对A根据平衡条件求解绳中拉力；
(2)①若B的速度增大到与传送带的速度v0相等前，先达到了弹簧弹力F=f的状态；②若B的速度增大到与传送带的速度v0相等时，仍然有弹簧弹力F
2021-2022学年北京市东城区高一（上）期末物理试卷
1. 从距地面高为4m处竖直向下释放一个小球，小球在与地面相碰后弹起，上升到距地面高为3m处被接住，以竖直向下为正方向，则这一过程中( )
A. 位移为−3m B. 位移为1m C. 位移为−1m D. 路程为3m
2. 如图所示，将一个质量为3kg的铅球放在倾角为45∘的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则铅球( )
A. 对挡板的压力是3N B. 对斜面的压力是152N
C. 对挡板的压力是30N D. 对斜面的压力是32N
3. 一物体沿直线运动，下列判断正确的是( )
A. 若相等时间内速度变化量相等，则物体做匀速直线运动
B. 若加速度随时间均匀增加，则物体做匀加速直线运动
C. 若加速度随时间减小，则物体的速度一定在减小
D. 若速度随时间减小，则加速度方向一定与速度方向相反
4. 为了测出井口到水面的距离，让一个小石块从井口自由落下，经过一段时间t听到石块击水的声音，测量这段时间即可进行估算。若t=2s，不考虑声音传播的时间，则(其中g=10m/s2)( )
A. 井口到水面的距离约为5m B. 井口到水面的距离约为40m
C. 石块击水时的速度约为20m/s D. 石块击水时的速度约为10m/s
5. 如图所示，油桶放在汽车上，与汽车保持相对静止，汽车在水平平直公路上行驶，下列说法正确的是( )
A. 匀速行驶时，油桶受到汽车施加的支持力和摩擦力
B. 加速行驶时，地面受到汽车施加的压力等于汽车和油桶的总重力
C. 匀速行驶时，地面受到汽车施加的压力等于汽车的重力
D. 加速行驶时，汽车与油桶之间的相互作用只有油桶和汽车之间的弹力
6. 把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物便拉着纸带下落，纸带被打出一系列点，其中有一段如图所示，下列说法中错误的是( )
A. 图中所示的纸带，右端与重物相连 B. 可以计算打A点时重物的瞬时速度
C. 打任意相邻两点的时间间隔都相等 D. 可以计算任意两点间的平均速度
7. 某质点从t=0时刻出发做直线运动，其v−t图像如图所示，根据图像可知( )
A. 质点在1s末距离出发点最远
B. 质点距出发点的最远距离为5m
C. 前4s内质点的位移大小为5m
D. 前4s内质点通过的路程为6m
8. 如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。测得细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为FT，关于风对气球作用力的大小F，下列说法正确的是( )
A. F=FT sinα
B. F=FT tanα
C. 不知气球所受浮力大小，因此无法计算
D. 不知气球的质量，因此无法计算
9. 木楔的截面为等腰三角形，其顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则下列正确的是( )
A. θ一定时，FN的大小与F无关 B. θ一定时，F越小，FN越大
C. F一定时，θ越大，FN越大 D. F一定时，θ越小，FN越大
10. 一物体从足够高的地方以某一很小的初速度向下抛出，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力的作用，空气阻力f的大小与物体速度v的关系为：f=kv(k为常量)。从物体被抛出时开始计时，其下落速度随时间变化的图像可能是图中的( )
A. B.
C. D.
11. 质量为60kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数用M表示，g取10m/s2，则( )
A. 升降机以1m/s2的加速度加速上升时，人处于失重状态
B. 升降机以1m/s2的加速度减速上升时，M为54kg
C. 升降机以1.5m/s2的加速度加速下降时，人处于超重状态
D. 升降机以1.5m/s2的加速度减速下降时，M为51kg
12. 如图所示，物块(可视为质点)静止于放在水平地面的斜面体上，现用水平方向的力F推物块，在F由零开始逐渐增大到某一定值的过程中，物块和斜面体始终保持静止状态，对此过程下列说法正确的是( )
A. 地面对斜面的支持力一直增大 B. 物块所受斜面的摩擦力先变小后变大
C. 斜面体所受的合外力一直增大 D. 物块所受斜面施加的力先变小后变大
13. 2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱在成功着陆的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s，将此过程称为第一阶段；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s，将此过程称为第二阶段；之后返回舱与降落伞分离，打开发动机减速一段时间后处于悬停状态，经过对着陆点的探测后平稳着陆。若将整个运动视为竖直向下的运动，则返回舱( )
A. 加速度的方向一直竖直向下 B. 在第一阶段中处于完全失重状态
C. 第一阶段比第二阶段速度变化得快 D. 合力方向一直竖直向上
14. 如图，质量为2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.4。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。以下说法不正确的是( )
A. 木块对铁箱压力的大小12.5N B. 水平拉力F的大小71.5N
C. 地面对铁箱的支持力大小为30N D. 铁箱的加速度为25m/s2
15. 某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将白纸固定在水平放置的木板上，橡皮筋的A端用图钉固定在木板上，B端系上两根带有绳套的细绳。
(1)如图(a)，用两个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的不同方向同时拉橡皮筋，将橡皮筋的B端拉至某点O，记下O点位置和两细绳的方向，并读出两个拉力的大小分别为F1=______ N和F2=2.00N。
(2)如图(b)，撤去(1)中的拉力，现只用一个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的方向拉橡皮筋，并再次将B端拉至O点。再次将B端拉至O点的目的是______ ；记下细绳的方向，并读出拉力的大小为F=2.20N。
(3)如图(c)，某同学以O点为作用点，用图示标度画出了力F的图示，请你画出力F1、F2的图示并按平行四边形定则画出它们的合力F合。
(4)比较F合与F的关系，即可验证。
16. 图甲为某同学验证“物体运动加速度与力之间关系”的实验装置图。已知小车质量为M，当地重力加速度为g，实验中使用交变电流的频率为50Hz。
(1)如图甲所示，安装好实验装置。取下砝码盘，调整斜面右端高度，让小车匀速下滑。当小车匀速下滑时，小车所受合力为______。
(2)挂上总质量为m的砝码盘(连同盘中砝码)，调整左端滑轮高度，让细绳平行于木板。打开打点计时器电源开关，然后放开小车，就可打出小车运动的纸带。在运动过程中，小车受到的合力为______(选填“绳的拉力”、“砝码盘的总重力mg”或“绳的拉力与摩擦力的合力”)。图乙所示为某次操作中打出的一条纸带，相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，数据的单位是cm。则小车运动的加速度a=______m/s2(保留两位有效数字)。
(3)改变砝码盘总质量m，重复步骤(2)操作，可测出小车对应的加速度a；对这些实验数据进行分析就可以验证物体运动加速度与合外力是否成正比。
(4)分析实验数据看出，用纸带上数据算出的小车的加速度a总是小于用a′=mMg算出的加速度，而且随砝码盘总质量m增加，它们之间差值会______(填“越来越小”“不变”或“越来越大”)
17. 光滑水平桌面上有一个质量m=10kg的物体，它在水平方向上受到互成90∘的两个力的作用，这两个力的大小分别为F1=3N和F2=4N。求：这个物体加速度的大小和方向(已知sin37∘=0.6)。
18. 如图所示，在倾角为37∘足够长的斜面上有一个质量m=1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数µ=0.3。物体在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为9.4N，方向沿斜面向上，经过t=2s撤去拉力F(重力加速度g取10m/s2，物体可视为质点，sin37∘=0.6)，求：
(1)物体刚开始运动时加速度的大小a。
(2)撤去拉力F后物体还能沿斜面上滑的最远距离l。
19. 近些年无人机被广泛应用于应急救灾、地质勘测、高空消防、环境监测等众多领域。如图所示无人机搭载光电吊舱，具有不受空间和地形制约、观察角度多样、响应快速等特点。现要让无人机从地面竖直起飞，最终悬停在距地面高度h=99m的空中进行作业。若无人机质量M=5kg，动力系统能提供的最大升力F=122N，上升过程中能达到的最大速度vm=6m/s，竖直飞行时受到空气阻力的大小恒为f=10N；固定在无人机下方铁杆上的光电吊舱，质量m=3kg，其所受空气阻力不计。将无人机加速或减速的过程视为匀变速运动，重力加速度g取10m/s2。
(1)无人机以最大升力竖直起飞，求：
a.达到最大速度时上升的高度h1；
b.光电吊舱对铁杆的作用力大小FT；
(2)假设为了运行平稳，无人机在减速时最大加速度的大小与加速时相同，求：无人机从地面起飞直至悬停到作业地点所需的最短时间t。
20. 如图所示，在水平传送带上有两个质量分别为m1、m2的木块A和B，中间用一原长为L0，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数为µ。现用不可伸长的水平细绳将木块A与固定支架P相连，A和B初速均为零且二者间距离为L0，细绳处于刚好为原长但拉力为零的状态，传送带按图示方向以速度v0匀速运动(传送带足够长，弹簧不会超过弹性限度，重力加速度用g表示)。
(1)求：当木块B所受合力第一次为零时，A、B之间的距离l和细绳中的拉力FT。
(2)通过分析说明：从初始时刻到B与P相距最远的那一时刻的过程中，木块B运动的可能情况，并定性画出对应的v−t图像。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：ABC、从高为4m处竖直向下释放一个小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为3m处被接住，首末位置之间的距离为1m，所以位移的大小等于1m，方向竖直向下，与选取的正方向相同，为正值，故AC错误，B正确；
D、小球先向下运动4m，后向上运动3m，所以运动轨迹的长度为4m+3m=7m，所以路程等于7m。故D错误。
故选：B。
位移的大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程等于运动轨迹的长度．
解决本题的关键知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度．
2.【答案】C
【解析】解：AC、铅球受到重力mg、斜面的支持力和挡板的支持力作用，如图所示：
根据平衡条件可得：F1=mgtan45∘=3×10×1N=30N，
根据牛顿第三定律可得铅球对挡板的压力是30N，故A错误、C正确；
BD、斜面对铅球的支持力为：F2=mgcos45∘=3×1022N=302N
根据牛顿第三定律可得铅球对斜面的压力是302N，故BD错误。
故选：C。
以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受挡板的弹力和斜面对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对竖直挡板的压力和球对斜面的压力。
本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，要求同学们能正确画出受力分析图。
3.【答案】D
【解析】解：A、若相等时间内速度变化量相等，则物体做匀变速直线运动，故A错误；
B、加速度是反映速度变化快慢的物理量，若加速度随时间均匀增加，则物体做加速度增大的加速运动，不是匀加速直线运动，故B错误；
C、若加速度随时间减小，说明速度变化慢了，但物体加速还是减速要看加速度与速度的方向。若加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，故C错误；
D、当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，所以若物体的速度随时间减小，则加速度方向一定与速度方向相反，故D正确；
故选：D。
加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．
解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．
4.【答案】C
【解析】解：AB、根据公式可得：
h=12gt2
代入数据可得：h=20m。故AB错误；
CD、根据公式可得：
v=gt
代入数据可得：v=20m/s。故C正确；D错误。
故选：C。
先由公式h=12gt2计算井口到水面的距离；再由公式v=gt计算石块击水时的速度。
本题考查自由落体运动模型的实际应用。解题关键是正确建立物理模型，属于基础简单题目。
5.【答案】B
【解析】解：A、汽车做匀速运动时，油桶也做匀速运动，所以油桶受竖直向下的重力和汽车的竖直向上的支持力而平衡，水平方向不受摩擦力，故A错误；
B、加速行驶时，竖直方向受力平衡，地面受到汽车施加的压力等于地面对汽车施加的支持力，汽车和油桶受力平衡，即支持力等于汽车和油桶的总重力，故B正确；
C、匀速行驶时，地面受到汽车施加的压力等于汽车的重力和油桶重力之和，故C错误；
D、汽车做加速行驶时，汽车与油桶之间的相互作用力，除了弹力，还有摩擦力作用，故D错误；
故选：B。
汽车做匀速运动，油桶也做匀速运动，对油桶受力分析即可知道其受力情况，对汽车竖直方向受力分析可知竖直方向受力情况，根据水平方向的运动，判断有没有摩擦力。
本题是共点力平衡问题和牛顿第二定律的综合应用，关键要掌握平衡条件的推论，灵活分析力之间的关系，要求同学们能从题目中获取有效信息。
6.【答案】A
【解析】解：A.纸带加速下落，相邻点迹间距逐渐变大，则图中所示的纸带，左端与重物相连，故A错误，
B.A点的瞬时速度可用其前后两点之间的平均速度来近似计算，故B正确，
C.利用打点计时器打出的任意相邻两点的时间间隔都相等，故C正确，
D.根v−=xt可以计算任意两点间的平均速度，故D正确，
本题选错误的，故选：A。
打点计时器打出的任意相邻两点的时间间隔都相等；图中所示的纸带，相邻点迹间距逐渐变大，则左端与重物相连；根据两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；可以计算打A点时重物的瞬时速度；根v−=xt可以计算任意两点间的平均速度.
“探究匀变速直线运动”的实验中所需实验器材，以及利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．
7.【答案】C
【解析】解：A、质点在0−3s内沿正方向运动，在3−4s内质点沿负方向，因此质点在3s末距离出发点最远，故A错误；
B、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示物体的位移，则质点在0−3s内通过的位移为x=4×32m=6m，因此质点距出发点的最远距离为6m，故B错误；
C、前4s内质点的位移大小为x′=4×32m−2×12m=5m，故C正确；
D、前4s内质点通过的路程为s=4×32m+2×12m=7m，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像分析质点的运动情况，确定何时离出发点最远。图像与时间轴所围的面积表示物体的位移，由几何知识求解质点的位移，并求路程。
本题是速度-时间图像的应用，要明确v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，要注意位移与路程的区别。
8.【答案】A
【解析】解：以气球为研究对象，受力情况如图所示：
正交分解后可得：F=FTsinα，故A正确，BCD错误；
故选：A。
共点力平衡问题，分析物体受力情况，根据正交分解列出等式得出结果。
本题考查了共点力平衡问题，解题的关键是先受力分析，并会熟练应用正交分解解题，属于简单题。
9.【答案】D
【解析】解：按照力的作用效果将竖直向下的F分解为垂直两侧截面推力FN，分解如图，则有：F=2FNcos(90∘−θ2)=2FNsinθ2，故FN=F2sinθ2；
AB、若θ一定，F增大则FN增大，F减小则FN减小，故AB错误；
CD、若F一定，θ增大时FN减小，θ减小时FN增大，故C错误，D正确；
故选：D。
根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示，并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析。
对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解分析。
10.【答案】C
【解析】解：物体被抛出后，由于空气阻力小于重力，物体受到的合力向下，物体向下加速。随着竖直方向速度越来越大，受到的阻力越来越大，物体的加速度越来越小，做加速度减小的加速运动。当阻力等于重力时，物体受力平衡，做匀速直线运动。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
物体被抛出后，竖直方向速度越来越大，受到的阻力越来越大，当阻力等于重力时，物体受力平衡，做匀速直线运动。
本题考查的是竖直下抛运动，要注意到物体除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力的作用，当阻力等于重力时，做匀速直线运动。
11.【答案】B
【解析】解：A、升降机以1m/s2的加速度加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，故A错误；
B、升降机以1m/s2的加速度减速上升时，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得 mg−F1=ma1，代入解得 F1=540N，再牛顿第三定律得到人对体重计的压力大小等于F1=540N，即体重计的读数为54kg，故B正确；
C、升降机以1.5m/s2的加速度加速下降时，此时处于失重状态，故C错误；
D、当升降机以1.5m/s2的加速度减速下降时，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得 F2−mg=ma2，代入解得 F2=690N，再牛顿第三定律得到体重计的读数为69kg，故D错误。
故选：B。
体重计的读数显示人对体重计的压力大小．以人为研究对象，根据牛顿第二定律求出体重计对人的支持力，再牛顿第三定律分析人对体重计的压力大小，知体重计示数．
本题是运用牛顿运动定律研究超重和失重现象，因为是选择题，所以可以定性分析与定量计算结合研究．
12.【答案】B
【解析】解：A、对物块和斜面体整体，由受力平衡可知，整体受重力、地面支持力、水平推力、地面摩擦力四力平衡，竖直方向地面的支持力始终与重力平衡，所以地面对斜面的支持力不变，故A错误；
B、设斜面体倾角为θ，对物块受力分析，当F较小时，物块有下滑的趋势，摩擦力向上，如图所示：
由正交分解法得：mgsinθ=Fcosθ+Ff，可知摩擦力随着F的增大而减小；
当F较大时，物块有上滑的趋势，摩擦力向下，则：mgsinθ+Ff=Fcosθ，摩擦力随着F的增大而增大。所以随着F从零逐渐增大，在物体相对滑动前，物块所受斜面的摩擦力先变小后变大，故B正确；
C、斜面体一直保持静止，合外力一直为零，故C错误；
D、物体受四力而平衡，斜面对物体的支持力、摩擦力的合力与水平推力F、mg的合力始终等大反向。mg不变，F方向不变大小逐渐增大，F、mg的合力一直增大，所以斜面体对物体的作用力也是一直增大，故D错误；
故选：B。
(1)应用整体法分析地面对斜面的支持力；
(2)物块所受摩擦力，属于内力，所以使用隔离法，研究物块受力情况，再根据正交分解列式分析即可；
(3)合外力的大小根据牛顿第二定律可知由物体的运动状态决定；
(4)物块所受斜面施加的力可以等效为重力和推力F合力的大小变化情况。
本题考查了受力分析，解题的关键是熟练应用整体和隔离法，会根据物体运动状态判断合力，并且会应用等效法受力分析，灵活度比较大，需要熟练掌握技巧。
13.【答案】C
【解析】解：ABD、在打开降落伞前的过程、打开降落伞至分离前的过程，返回舱减速下降，其加速度方向都向上，返回舱都处于超重状态
依据牛顿第二定律，返回舱受到的合力方向竖直向上，返回舱与降落伞分离，打开发动机减速一段时间加速度仍向上，后处于悬停状态，合力为零，故ABD错误；
C、第一阶段加速度a1=ΔvΔt=4.6×102−4.9×103290m/s2≈−15.3m/s2
第二阶段加速度a2=ΔvΔt=1.0×102−4.6×10290m/s2=−4m/s2
第一阶段比第二阶段加速度大，所以速度变化得快，故C正确。
故选：C。
根据运动情况分析加速度方向，根据牛顿第二定律，进而判定受力情况。
考查受力分析的应用，掌握由运动状态来判定受力状态，理解牛顿第二定律的内容，注意受力分析研究对象的确定。
14.【答案】B
【解析】解：A、对木块在竖直方向根据平衡条件可得：mg=f=μ2FN，其中m=0.5，代入数据解得：FN=12.5N
由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小为12.5N，方向向左，故A正确；
BD、对木块，在水平方向由牛顿第二定律得：FN=ma，解得：a=25m/s2
铁箱的加速度与木块的加速度大小相等，即为25m/s2；
对整体在水平方向由牛顿第二定律得：F−μ1(M+m)g=(M+m)a，其中M=2.5kg
解得：F=84N，故B错误、D正确；
C、竖直方向根据平衡条件可得地面对铁箱的支持力大小为F支=(M+m)g=(2.5+0.5)×10N=30N，故C正确。
本题选错误的，故选：B。
分析木块的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2N，求出木块对铁箱的压力；以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力F的大小；竖直方向根据平衡条件可得地面对铁箱的支持力大小。
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、利用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。
15.【答案】(1)1.80；(2)使该拉力单独作用跟F1、F2共同作用效果相同；(3)见解析。
【解析】解：(1)弹簧测力计读数为F1=1.80N。
(2)步骤(1)中第一次用两个弹簧测力计将B端拉至O点，再次将B端拉至O点的目的是使该拉力单独作用跟F1、F2共同作用效果相同。
(3)由平行四边形定则求F1、F2的合力如图所示：
“验证力的平行四边形定则”实验的原理是利用等效法：一个力F′的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F′就是这两个力F1和F2的合力，结合原理即可理解各步骤并进行解题。
本题考查“验证力的平行四边形定则”实验，要求学生理解实验原理并掌握步骤，难度较低。
16.【答案】(1)零 (2)绳的拉力 0.34(4)越来越大
【解析】解：(1)当小车匀速下滑时，小车处于平衡状态，小车所受合力为零；
(2)由图可知在运动过程中，小车受到的合力为绳的拉力；
根据题意可知，纸带上相邻计数点的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法得加速度为a=x24−x024T2=17.47−8.05−8.054×0.12×10−2m/s2≈0.34m/s2
(3)对砝码和盘受力分析得mg−T=ma
对小车受力分析得T=Ma
联立解得a=mm+Mg
可知随砝码盘总质量 m增加，它们之间差值会越来越大。
答案为：(1)零 (2)绳的拉力 0.34(4)越来越大
当小车匀速下滑时，小车处于平衡状态，小车所受合力为零；根据逐差法可以求解加速度；对砝码和砝码盘和滑块分别列牛顿第二定律，然后找出a′−a，根据表达式可以找出m越大，它们的差值越来越大.
本题需要同学们对逐差法有深刻理解，可以利用纸带数据求解加速度，注意有效数字的要求；分别对砝码和砝码盘和滑块列牛顿第二定律，可以求出a′−a，根据表达式可以找出它们的差值变化.
17.【答案】解：如图所示，这两个力的合力F合=F12+F22=32+42N=5N
这个物体加速度的大小为a=F合m=510m/s2=0.5m/s2
方向(在水平桌面内)与F2的夹角为θ，则tanθ=F1F2=34
则θ=37∘。
答：这个物体加速度的大小为0.5m/s2，方向(在水平桌面内)与F2的夹角为37∘。
【解析】根据力的合成方法求解这两个力的合力，根据牛顿第二定律求解加速度的大小，根据几何关系求解加速度的方向。
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、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
18.【答案】解：(1)物体的受力分析如图所示，在垂直斜面的方向上有：FN=mgcos37∘
在沿斜面方向上有：F−mgsin37∘−μFN=ma
其中m=1kg、µ=0.3、F=9.4N，
联立解得：a=1m/s2；
(2)撤去拉力F后，物体的加速度大小为：a′=mgsin37∘+μFNm
代入数据解得：a′=8.4m/s2，方向沿斜面向下
设刚撤去拉力F时物体的速度为v，由v=at，将t=2s代入，得v=2m/s
撤去拉力F后，物体沿斜面向上做匀减速运动，到v′=0时上滑距离最远
由速度-位移关系可得：v′2−v2=−2a′l，
代入数据解得：l≈0.24m。
答：(1)物体刚开始运动时加速度的大小为1m/s2。
(2)撤去拉力F后物体还能沿斜面上滑的最远距离约为0.24m。
【解析】(1)对物体根据牛顿第二定律进行解答；
(2)根据牛顿第二定律求解撤去拉力F后物体的加速度大小，根据速度-时间关系求解刚撤去拉力F时物体的速度，由速度-位移关系求解撤去拉力F后物体沿斜面上滑的最远距离。
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。
19.【答案】解：(1)a.无人机以最大升力竖直起飞时，无人机的加速度大小为：
a=F−(M+m)g−fM+m=122−80−108m/s2=4m/s2
达到最大速度时上升的高度：h1=vm22a=622×4=4.5m；
b.对光电吊舱应用牛顿第二定律可得：FT′−mg=ma，
代入数据解得：FT′=42N
由牛顿第三定律可得，光电吊舱对铁杆的作用力大小FT为42N。
(2)无人机以最大加速度值加速到最大速度，然后保持最大速度匀速运动，最后以最大加速度值减速到零时刚好到达作业点，这种方式满足要求且所需的时间最短。
其中，加速到最大速度所需时间t1=vma=64m/s=1.5s，
由(1)得上升的高度h1=4.5m
减速到零所用的时间t2=t1=1.5s，上升高度h2=h1=4.5m
保持最大速度匀速运动的时间t3=99−4.5×26s=15s，
因此所需的最短时间t=t1+t2+t3=1.5s+1.5s+15s=18s。
答：(1)a.达到最大速度时上升的高度为4.5m；
b.光电吊舱对铁杆的作用力大小为42N；
(2)无人机从地面起飞直至悬停到作业地点所需的最短时间为18s。
【解析】(1)a.根据牛顿第二定律求解无人机的加速度大小，再根据速度-位移关系求解达到最大速度时上升的高度；
b.根据牛顿第二定律、牛顿第三定律得到光电吊舱对铁杆的作用力大小；
(2)无人机以最大加速度值加速到最大速度，然后保持最大速度匀速运动，最后以最大加速度值减速到零时刚好到达作业点，这种方式满足要求且所需的时间最短，根据运动学公式分别求出各段时间即可。
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。
20.【答案】解：(1)当木块B受合力为零时，对B根据平衡条件可得：µm2g=kx，
解得弹簧伸长量：x=μm2gk，
则A、B之间的距离l=L0+x=L0+μm2gk；
此时A所受合力也为零，对A根据平衡条件可得：FT=kx+μm1g，
因此绳中拉力FT=μm2g+μm1g；
(2)初始时刻，B初速度为零，受到传送带施加的向右的滑动摩擦力，大小为f=μm2g，于是B向右加速运动，同时弹簧被拉伸给B施加向左的弹力，大小满足F=kx，B所受合力为F合=μm2g−kx，加速度a=F合m2=μg−kxm2。
在开始的一段时间内，随着x的增大，a减小，B做加速度减小的加速运动。之后有两种可能：
①若B的速度增大到与传送带的速度v0相等前，先达到了弹簧弹力F=f的状态，此刻加速度为零，但由于vB
②若B的速度增大到与传送带的速度v0相等时，仍然有弹簧弹力F
(若B的速度增大到与传送带的速度v0相等时刚好也达到弹簧弹力F=f，对应为图1中曲线与虚线相切)
答：(1)当木块B所受合力第一次为零时，A、B之间的距离为L0+μm2gk，细绳中的拉力为µm2g+μm1g；
(2)木块B运动的可能情况见解析，对应的v−t图像见解析。
【解析】(1)对B根据平衡条件求解弹簧伸长量，由此得到A、B之间的距离；对A根据平衡条件求解绳中拉力；
(2)①若B的速度增大到与传送带的速度v0相等前，先达到了弹簧弹力F=f的状态；②若B的速度增大到与传送带的速度v0相等时，仍然有弹簧弹力F
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