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2021-2022学年北京市延庆区高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市延庆区高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了5m/s，【答案】B，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市延庆区高一（上）期末物理试卷
1. 下列属于国际单位制中的基本单位的是( )
A. kg B. N C. cm D. m/s
2. 作用在同一个物体上的两个共点力，一个力的大小是5N，另一个力的大小是8N，它们的合力可能是( )
A. 2N B. 4N C. 14N D. 20N
3. 一本书静止在水平桌面上( )
A. 书对水平桌面的压力就是书所受的重力
B. 书对水平桌面的压力和桌面对书的支持力是一对平衡力
C. 书对水平桌面的压力和桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力
D. 书所受重力没有反作用力
4. 教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。其中“改变这种状态”指的是改变物体的( )
A. 时间 B. 速度 C. 位置 D. 质量
5. 利用弹簧可以测量物体的重力。将劲度系数为k的弹簧上端固定在铁架台的横梁上。弹簧下端不挂物体时，测得弹簧的长度为x0.将待测物体挂在弹簧下端，如图所示。待物体静止时测得弹簧的长度为x1，测量中弹簧始终在弹性限度内，则待测物体的重力大小为( )
A. kx0 B. kx1 C. k(x1−x0) D. k(x1+x0)
6. 如图所示，在甲图中，小孩用80N的水平力推木箱，木箱不动，则木箱此时受到的静摩擦力大小为f1；在乙图中，小孩用至少100N的水平力推木箱，木箱才能被推动，则木箱与地面间的最大静摩擦力大小为f2；在丙图中，小孩把木箱推动了，若此时木箱与地面间摩擦力大小为90N，木箱对地面的压力大小为200N，则木箱与地面间动摩擦系数为μ.则f1、f2、μ依次为( )
A. 80N、100N、0.45 B. 80N、100N、0.90
C. 0、80N、0.45 D. 80N、80N、0.90
7. 某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”.将弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的挂钩处系一细线，把细线的另一端系在弹簧测力计A下端细线上的O点处，手持弹簧测力计B水平向左拉，使O点缓慢地向左移动，且总保持弹簧测力计B的拉力方向不变.不计弹簧测力计所受的重力，两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程，则弹簧测力计A、B的示数FA、FB的变化情况是( )
A. FA变大，FB变小 B. FA变小，FB变大
C. FA变大，FB变大 D. FA变小，FB变小
8. 在电梯内的水平地板上有一体重计，某同学站在体重计上，电梯静止时，体重计的示数为60kg.在电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为66kg，则这段时间内下列说法正确的是( )
A. 该同学所受重力变大 B. 电梯一定在竖直向上运动
C. 电梯一定在竖直向下运动 D. 电梯的加速度方向一定向上
9. 如图所示，木块A和B叠放在粗糙的水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数为0.2。用一个水平向右的推力F作用于B。木块A的质量为1kg，木块B的质量为2kg，A与B之间的最大静摩擦力为3N。若保持木块A和B相对静止，则该推力F的最大值为( )
A. 9N B. 15N C. 6N D. 3N
10. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A. t=2s时物块的速率为1m/s
B. t=2s时物块的速率为4m/s
C. t=3s时物块的速率为1.5m/s
D. t=3s时物块的速率为1m/s
11. 如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔有水喷出。若饮料瓶在下列运动中，没有发生转动且忽略空气阻力，小孔不再向外喷水的是( )
A. 自由下落
B. 饮料瓶被水平抛出后的运动过程中
C. 饮料瓶被竖直向上抛出后的运动过程中
D. 手持饮料瓶向上加速运动的过程中
12. 某同学想研究地铁的运动情况，他用细线将一支质量为m的笔悬挂在地铁的扶手上，图中显示某段时间内，细线相对竖直扶手偏东保持倾角为θ。已知此过程中地铁在东西方向的水平直轨道上运动。下列说法正确的是( )
A. 地铁一定向西做匀加速运动
B. 地铁可能向东做匀减速运动
C. 地铁的加速度大小为gtanθ
D. 这支笔受到的合力大小为mgsinθ
13. 如图所示，一个小球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩，忽略空气阻力，从小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中( )
A. 小球一直减速运动
B. 小球先加速运动然后减速运动
C. 弹簧的压缩量最大时小球加速度为零
D. 小球速度最大时弹簧弹力大小等于小球重力大小
14. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：
a.如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计。
b.沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的拉力方向上分别标记B、C两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向。
c.再用一个弹簧测力计将橡皮筋活动端仍拉至O点，记录其拉力的大小并用上述方法记录其方向。
(1)本实验探究合力与分力关系用到的科学思想方法是______。
A.建立物理模型法
B.等效替代法
C.放大微小量法
D.控制变量法
(2)图乙中力F1和F2合力的理论值是______，力F1和F2合力的实际测量值______。(请选填写“F”或“F′”)
(3)下列操作并没有起到减小实验误差作用的是______(填字母代号)。
A.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
B.两个分力F1、F2的大小要适当大些
C.拴在橡皮条上的两条细绳必须等长
D.实验前先把实验所用的两个弹簧测力计的钩子相互钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同进行调节，使之相同
15. 某实验小组用如图1所示的实验装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验。
(1)除了图中所给的器材以及频率为50Hz的交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。
A.秒表
B.天平(含砝码)
C.弹簧测力计
D.刻度尺
(2)下列操作中正确的有______。
A.在释放小车前，小车要靠近打点计时器
B.在释放小车前，小车要远离打点计时器
C.应先接通电源，后释放小车
D.应先释放小车，后接通电源
(3)实验中，需要平衡小车运动时的摩擦阻力，正确的做法是______。
A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动。
B.小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
C.小车放在木板上，挂上砝码盘，砝码盘内不放砝码。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砝码盘的作用下沿木板做匀速直线运动。
D.小车放在木板上，挂上砝码盘，砝码盘内放入本次实验所需的砝码。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砝码盘和砝码的作用下沿木板做匀速直线运动。
(4)实验中打出的一条纸带如图2所示，其中0、1、2、3、4、5、6为计数点，且相邻计数点之间有4个点未画出。测得的数据为x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.90cm，x5=3.39cm，x6=3.91cm。则小车的加速度a=______m/s2。(保留两位有效数字)
(5)该小组实验得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。
次数
1
2
3
4
5
6
7
a/(m⋅s−2)
0.62
0.56
0.48
0.40
0.32
0.24
0.15
M/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
在图3所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a−1M图像。根据作出的图线，可以得知砝码及砝码盘的总重力为______N(保留两位有效数字)。
(6)某同学在实验中作出的a−F图像如图4所示。发现图线有一段是曲线，他认为这是系统误差造成的。他将实验方法做了如下改进：他先将一些砝码放在小车上；之后每次从小车上取下一些砝码移到牵引小车的盘中；重复多次实验，直到将砝码全部移到盘中；根据测得的数据，绘制出小车加速度a随着盘和盘中的砝码所受重力F变化的关系图线，得到的是一条过原点的直线。已知盘和所有砝码的总质量为m，小车的质量为M。请你分析说明图线为直线的原因，并说明图线斜率的物理意义。
16. 如图所示，光滑水平桌面上有一个静止的物体，质量是1kg，在2N的水平恒力作用下开始运动，求：
(1)物体的加速度a的大小；
(2)6s末物体的速度v的大小。
17. 如图一位滑雪者与装备的总质量为75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30∘，在5s的时间内滑下的路程为60m(g取10m/s2)，求：
(1)滑雪者下滑的加速度；
(2)人与装备对雪面的压力及滑雪者受到的阻力。(包括摩擦和空气阻力)
18. 如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球保持静止状态，与墙壁的接触点为B，足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，重力加速度为g，网兜的质量不计。求：
(1)悬绳对足球的拉力的大小；
(2)足球对墙壁的压力的大小。
19. 一质量m=3kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角θ=37∘足够长的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面至最高点过程中多个时刻的瞬时速度，并绘出了小物块上滑过程中速度v随时间t的变化图像，如图所示。计算时取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g=10m/s2。求：
(1)小物块沿斜面上滑的最大距离x；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)小物块从最高点返回到出发点的时间t。(计算保留一位小数)
20. 如图所示，一个质量m=1kg的物块，在F=5N的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向夹角θ=37∘，物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5，计算时取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)物块运动的加速度a的大小；
(2)物块从静止开始运动时间t=10s后撤去F，求物块还能运动多远？
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，请判断接下来物块的运动状态怎样？并请说明理由。
21. 如图所示，“神舟十二号”载人飞船的返回舱在距地面某一高度时，启动减速降落伞装置开始做减速运动。当返回舱的速度大约减小至v=10m/s时，继续匀速(近似)下降。当以这个速度一直降落到距离地面h=1.1m时，立刻启动返回舱的缓冲发动机并向下喷气，舱体再次做减速运动，经历时间t=0.2s后，以某一安全的速度落至地面。
(1)若最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，重力加速度g=10m/s2。求：
a.这一过程中返回舱加速度a的大小和方向；
b.这一过程中返回舱对质量m=60kg的航天员的作用力F的大小。
(2)事实上，空气阻力不仅跟物体相对于空气的速度有关，还跟物体的横截面积有关。实验发现：在一定条件下，降落伞在下落过程中受到的空气阻力f与伞的横截面积S成正比，与其下落速度v的平方成正比，即f=kSv2(其中k为一确定的比例系数)。假设返回舱质量为M，重力加速度为g。
a.请在图中定性画出返回舱在打开降落伞以后至启动缓冲发动机之前速度与时间的关系图像；
b.为了保证安全可适当减小返回舱做匀速(近似)下降阶段时的速度，请根据以上信息推导返回舱做匀速(近似)下降阶段时速度的表达式并分析说明可以通过改变哪些设计(量)来实现。(提出一种可行的方案即可)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：在国际单位制中，力学的基本单位是m、kg、s，而单位m/s，N都是导出单位，而cm是长度单位，但不是国际单位制中的单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
力学的基本单位有m、kg和s，m/s，m/s2、N都是导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么都需要牢记。
2.【答案】B
【解析】解：两力合成时，合力范围为：|F1−F2|≤F≤F1+F2；
故3N≤F≤13N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180∘时合力最小，并且|F1−F2|≤F≤F1+F2
本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|F1−F2|≤F≤F1+F2
3.【答案】C
【解析】解：A.书对桌面的压力是由于书的重力而产生的，但不能说就是书的重力，它们是不同性质的力，施力物体和受力物体也不同，故A错误；
B.书对桌面的压力和桌面对它的支持力，等值、反方、共线，是两个物体受到的力，是一对相互作用力，故B错误；
C.书对水平桌面的压力和桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力，故C正确；
D.重力是指地面附近的物体由于受到地球的吸引而产生的力，所以书所受重力的施力物体是地球，所以书所受重力的反作用力是书对地球的吸引力，故D错误。
故选：C。
弹力的施力物体是发生弹性形变的物体，受力物体是与之接触的物体；二力平衡的条件是：作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一直线上；作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
本题考查了作用力与反作用力和平衡力的区别，弹力的施力物体是发生弹性形变的物体，受力物体是与之接触的物体，二力平衡最重要的条件是看是否作用在同一物体上。
4.【答案】B
【解析】解：状态与时刻对应，过程与时间间隔对应，故描述运动状态的物理量可以是瞬时速度，也可以是动量，与位置、时间以及质量无关，所以“改变这种状态”指的是改变物体的速度，故B正确，ACD错误。
故选：B。
明确状态量和过程量的区别，知道物体的运动状态一般均指物体的速度。
牛顿第一定律又称惯性定律，惯性是物体的固有属性，质量是物体惯性大小的唯一量度，而力是改变物体运动状态的原因。
5.【答案】C
【解析】解：根据胡克定律可知，弹簧的弹力F=k(x1−x0)；根据平衡条件可知，弹簧的弹力等于物体的重力，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确胡克定律的基本内容，根据平衡条件即可求得物体的重力。
本题考查胡克定律以及平衡条件的应用，根据本题注意理解弹簧秤的基本应用原理。
6.【答案】A
【解析】解：甲图中，推力与静摩擦力平衡，所以f1=80N。
乙图中，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2，所以f2=100N，
丙图中的摩擦力为滑动摩擦力，所以μ=fFN=90200=0.45.故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据力的平衡去求静摩擦力f1，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2，；根据f=μFN去求动摩擦因数．
解决本题的关键理解静摩擦力、最大静摩擦力、滑动摩擦力．知道它们的区别．
7.【答案】C
【解析】解：以O点为研究对象，其受力变化如同所示：
由图可知，开始时弹簧A处于竖直状态，其拉力大小等于Mg，B弹簧拉力为零，当O点左移时，弹簧A与竖直方向的夹角在增大，由受力图可知FA变大，FB变大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
由题意可知O点处于平衡状态，所受力一个大小方向不变，一个方向不变，另一个大小方向变化，因此可以“图解法”来讨论FA和FB的变化情况．
本题实质上考查了物体的动态平衡，要掌握“图解法”的应用条件，并应用“图解法”熟练解决动态平衡问题．
8.【答案】D
【解析】解：体重计示数变大，说明该同学对体重计压力大于其自身重力，处于超重状态，电梯的加速度方向向上，电梯可能向上加速运动也可能向下做减速运动，该同学处于超重状态，他所受重力不变，故ABC错误，D正确；
故选：D。
人对体重计的压力大于人的重力，说明人处于超重状态，加速度向上，运动方向可能向上也可能向下．
本题考查了牛顿第二定律的应用，考查了超重问题，物体处于超重或失重状态时物体所受重力不变，只是物体对支持物的压力或悬挂物的拉力发生变化了．
9.【答案】B
【解析】解：A与B之间的最大静摩擦力为3N，所以A的最大加速度为3m/s2，若要保持木块A和B相对静止，则系统的最大加速度为3m/s2，对整体由牛顿第二定律得：F−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a，解得F=15N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
木块A和B相对静止，说明二者有共同的加速度，求推力F的最大，意味着求系统最大加速度，系统最大加速度由A受到的最大静摩擦力求出，本题即可求解。
本题考查板块问题中的临界加速度，突破口在A的最大加速度由最静摩擦力提供，也就系统一起运动的最大加速度。这类问题重点是寻找临界加速度。
10.【答案】D
【解析】解：AB、由题意得，F−t图象与横轴包围的面积物理意义为合外力的冲量，0−2s内合外力的冲量I=4N⋅s，根据动量定理，所以2s时的速度为2m/s，故AB错误；
CD、0−3s内合外力的冲量I=(4−2)N⋅s，根据动量定理得3s时的速度为1m/s，故C错误，D正确。
故选：D。
根据F−t图像的面积物理意义，然后利用动量定理即可快速求解。
本题考查牛顿第二定律以及F−t图象。利用牛顿第二定律。
11.【答案】ABC
【解析】解：ABC、瓶自由下落平抛以及在空中做抛体运动时，均只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出。故ABC正确；
D、手持饮料瓶向上加速运动的过程中，由于水处于超重状态，故水之间存在压力，水会向外喷出，故D错误。
故选：ABC。
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，瓶子中的水不能流出。
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，知道水能喷出是因为压力的原因。
12.【答案】BC
【解析】解：对比作受力分析，如图所示，mg=Tcosθ，TsinTsinθ=ma，解得a=gtanθ，加速度方向水平向西，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
做出笔的受力示意图，列出方程，求出加速度大小，进而方向也就确定了。那么列车的运动情况即可获得。
本题考查受力分析，牛顿第二定律，通过受力确定物体的运动情况。
13.【答案】BD
【解析】解：小球接触弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，弹簧的弹力一直增大，开始重力大于弹力，合力方向向下，合力在减小，加速度减小，由于加速度的方向与速度方向相同，小球的速度在增大；接着，弹力等于重力，此时加速度为零，速度最大；然后弹力大于重力，合力方向向上，合力在增大，加速度增大，由于加速度的方向与速度方向相反，速度在减小。当弹簧压缩量最大时小球的加速度向上，不为零，此时速度为零，由此分析可知，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
从小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程，小球受重力和弹力作用，重力是恒力，弹力一直增大且与重力反向，抓住两个特殊位置：速度最大和速度为零，展开分析。
本题考查牛顿第二定律的应用个，解题关键是要知道速度最大时，合外力为零；速度为零时，弹力最大。
14.【答案】BFF′C
【解析】解：(1)合力与分力的等效替代的关系，故本实验采用的科学方法是等效替代法。故ACD错误，B正确。
故选：B
(2)乙图中的F与F′两力中，F是由平行四边形得出的合力，F′是实际的合力。
(3)A、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故A不符合题意；
B、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，故B不符合题意；
C、细线的长度稍长一些，便于记录方向，但不一定等长，故C符合题意；
D、实验前，先把所用的两个弹簧秤的钩子相互钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，检验弹簧秤是否准确，故D不符合题意．
故选C。
故答案为：(1)B；(2)F′；(3)C。
(1)本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；
(2)F是由平行四边形得出的合力，F′是实际的合力；
(3)根据实验操作与实验原理分析减小误差的方法；
在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析。
15.【答案】BDACB0.500.17
【解析】解：(1)实验需要天平测量小车的质量，还需要测量纸带上计数点间的长度，还需要刻度尺，故选BD.
故选：BD.
(2)在释放小车前，小车要靠近打点计时器，打点时，应先接通电源，后释放小车。故AC正确，BD错误；
故选：AC.
(3)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：小车轻放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，把木板一端垫高，靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(纸带上两点的距离相等)即可。
故选B。
(4)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据逐差法求加速度可得小车的加速度a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)9T2
代入数据得：a=0.50m/s2
(5)将余下的一组数据描在坐标纸上，并作a−1M图像如图
由牛顿第二定律得a=F⋅1M
则图像的斜率即为砝码及砝码盘的总重力F=k=0.17N
(6)图象不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小；图象末端发生弯曲的原因是砝码和砝码盘的质量不是远小于小车的质量.
故答案为：(1)BD(2)AC；(3)B；(4)0.48∼0.51；(5)图象如上图；(6)图象不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小；图象末端发生弯曲的原因是砝码和砝码盘的质量不是远小于小车的质量.
根据实验原理选择实验器材，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，根据每个计数点的瞬时速度作出v−t图线，由逐差法求出小车的加速度．
本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题，注意平衡摩擦力的细节，理解a−F图象不直的原因．
16.【答案】解：(1)对物体受力分析可知，物体所受合力为F，由F=ma可得：a=Fm=21m/s2=2m/s2；
(2)由v=at可得：6s物体的速度v=2×6m/s=12m/s
答：(1)物体的加速度a的大小为2m/s2；
(2)6s末物体的速度v的大小12m/s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求物体的加速度。
(2)物体做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度时间公式求出物体的速度v。
本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
17.【答案】解：(1)滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律，有：
x=v0t+12at2
解得 a=4m/s2
(2)对滑雪者进行受力分析：滑雪者在下滑过程中，受到重力 mg、山坡的支持力 FN 以及阻力Ff 的共同作用。
以滑雪者为研究对象，根据牛顿第二定律有：
沿山坡向下方向有mgsinθ−Ff=ma
垂直于山坡方向有FN−mgcosθ=0
解得FN=650N； Ff=75N
根据牛顿第三定律知，人与装备对雪面的压力大小FN′=FN=650N
答：
(1)滑雪者下滑的加速度为4m/s2；
(2)人与装备对雪面的压力是650N，滑雪者受到的阻力是75N。
【解析】(1)滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动，已知初速度、运动时间和位移大小，由运动学位移-时间公式公式求出加速度。
(2)对滑雪者进行受力分析，把重力在沿斜面和垂直斜面方向正交分解，根据人的运动状态，运用牛顿第二定律列出等式解决问题。
本题属于知道运动求力的问题，要灵活选择运动学公式求解加速度，再根据牛顿第二定律研究力的大小。
18.【答案】解：对足球进行受力分析，如图所示。
小球处于静止状态，故由平衡条件可得：
FN=Fsinα…………①
mg=Fcosα…………②
联立①②解得：F=mgcosα
FN=mgtanα………③
由牛顿第三定律有：FN=FN′…………④
联立③④解得：FN′=mgtanθ
答：(1)悬绳对足球的拉力的大小为mgcosα；
(2)足球对墙壁的压力的大小mgtanθ
【解析】对足球受力分析可知，足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力和墙壁对球的支持力。
本题考查共点力的平衡条件应用，要注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法，根据需要灵活选择应用。
19.【答案】解：(1)由图象可知小物块沿斜面上滑的最大距离为：
x=v02⋅t=4.02×0.5m=1m；
(2)取沿斜面向上为正方向，根据v−t图象的斜率可以求出上冲时的加速度大小
a=0−v0t=0−4.00.5m/s2=−8m/s2，
对小物块进行受力分析，如图所示：
根据牛顿第二定律有：
−mgsin37∘−f=ma
其中：f=μN
N=mgcos37∘
a=8m/s2
代入已知数据可得：μ=0.25；
(3)取沿斜面向下为正方向，小物块沿斜面下滑时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得：
mgsin37∘−f=ma′
解得：a′=4m/s2
根据位移-时间关系得：
x=12a′t2
解得：t=22s≈0.7s。
答：(1)小物块沿斜面上滑的最大距离x为1m；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；
(3)小物块从最高点返回到出发点的时间t为0.7s。
【解析】(1)根据图象的面积可以求出上滑的最大距离；
(2)根据v−t图象的斜率可以求出上冲时的加速度大小，根据牛顿第二定律及摩擦力公式可以求出摩擦系数；
(3)根据位移-时间关系求返回出发点的时间。
本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的图象等知识点。从v−t图象求出加速度和位移是本题的关键。
20.【答案】解：(1)物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图：
物块竖直方向受力平衡，则有：
Fsin37∘+FN=mg，
对水平方向，根据牛顿第二定律，有：
Fcos37∘−f=ma，
其中：f=μFN，
代入数据解得：a=0.5m/s2；
(2)物块从静止开始运动时间t=10s时，速度为
v=at=0.5×10m/s=5m/s，
撤去拉力后，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得：
μmg=ma′
撤去拉力后运动位移为
x=v22a′
联立解得：x=2.5m；
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，则物块经不受任何力作用，物块将保持原有运动状态不变，即一直匀速直线运动下去。
答：(1)物块运动的加速度a的大小为0.5m/s2；
(2)物块还能运动2.5m；
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，物块将一直匀速直线运动下去。
【解析】(1)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出物体的加速度的大小；
(2)物体先做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，由位移-时间关系可以求得物体的位移的大小；
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，重新分析物块受力，力决定运动。
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。
21.【答案】解：(1)a、返回舱匀减速下降，加速度方向竖直向上，
根据匀变速直线运动的位移-时间公式得：h=vt−12at2
代入数据解得：a=45m/s2。
b、以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据解得：F=3.3×103N；
(2)打开减速伞后返回舱向下做减速运动，速度v不断减小，
由牛顿第二定律得：kSv2−mg=ma，
解得加速度大小：a=kSv2m−g
由于v减小，返回舱的加速度a减小，返回舱做加速度减小的减速运动，
当返回舱所受合力为零后做匀速直线运动，v−t图象如图所示
b、返回舱匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：Mg=kSv2，
解得：v=MgkS，
在环境和设备质量一定的情况下，通过增大降落伞的横截面积 S ，可以实现减小返回舱做匀速直线运动时的速度。
答：(1)a.这一过程中返回舱加速度的方向竖直向上，加速度的大小a为45m/s2；
b.这一过程中返回舱对质量m=60kg的航天员的作用力的大小F为3.3×103N。
(2)a、打开减速伞后，返回舱先向下做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。
b、返回舱做匀速(近似)下降阶段时速度v=MgkS，在环境和设备质量一定的情况下，通过增大降落伞的横截面积 S ，可以实现减小返回舱做匀速直线运动时的速度。
【解析】(1)a、在该0.20s减速阶段，已知位移、初速度和时间，根据位移-时间公式可求得返回舱的加速度a大小和方向。
b、以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律求返回舱对航天员的作用力大小F。
(2)a、根据题意判断返回舱受力情况如何变化，根据牛顿第二定律判断返回舱的加速度如何变化，再分析其运动情况。
b、返回舱做匀速直线运动处于平衡状态，由平衡条件可以求出接近地面时的速度，即可判断。
本题是已知运动求力的问题，解决本题的关键要熟练运用匀变速直线运动的位移-时间公式来求解加速度，要知道匀减速运动的加速度与速度反向。
2021-2022学年北京市延庆区高一（上）期末物理试卷
1. 下列属于国际单位制中的基本单位的是( )
A. kg B. N C. cm D. m/s
2. 作用在同一个物体上的两个共点力，一个力的大小是5N，另一个力的大小是8N，它们的合力可能是( )
A. 2N B. 4N C. 14N D. 20N
3. 一本书静止在水平桌面上( )
A. 书对水平桌面的压力就是书所受的重力
B. 书对水平桌面的压力和桌面对书的支持力是一对平衡力
C. 书对水平桌面的压力和桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力
D. 书所受重力没有反作用力
4. 教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。其中“改变这种状态”指的是改变物体的( )
A. 时间 B. 速度 C. 位置 D. 质量
5. 利用弹簧可以测量物体的重力。将劲度系数为k的弹簧上端固定在铁架台的横梁上。弹簧下端不挂物体时，测得弹簧的长度为x0.将待测物体挂在弹簧下端，如图所示。待物体静止时测得弹簧的长度为x1，测量中弹簧始终在弹性限度内，则待测物体的重力大小为( )
A. kx0 B. kx1 C. k(x1−x0) D. k(x1+x0)
6. 如图所示，在甲图中，小孩用80N的水平力推木箱，木箱不动，则木箱此时受到的静摩擦力大小为f1；在乙图中，小孩用至少100N的水平力推木箱，木箱才能被推动，则木箱与地面间的最大静摩擦力大小为f2；在丙图中，小孩把木箱推动了，若此时木箱与地面间摩擦力大小为90N，木箱对地面的压力大小为200N，则木箱与地面间动摩擦系数为μ.则f1、f2、μ依次为( )
A. 80N、100N、0.45 B. 80N、100N、0.90
C. 0、80N、0.45 D. 80N、80N、0.90
7. 某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”.将弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的挂钩处系一细线，把细线的另一端系在弹簧测力计A下端细线上的O点处，手持弹簧测力计B水平向左拉，使O点缓慢地向左移动，且总保持弹簧测力计B的拉力方向不变.不计弹簧测力计所受的重力，两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程，则弹簧测力计A、B的示数FA、FB的变化情况是( )
A. FA变大，FB变小 B. FA变小，FB变大
C. FA变大，FB变大 D. FA变小，FB变小
8. 在电梯内的水平地板上有一体重计，某同学站在体重计上，电梯静止时，体重计的示数为60kg.在电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为66kg，则这段时间内下列说法正确的是( )
A. 该同学所受重力变大 B. 电梯一定在竖直向上运动
C. 电梯一定在竖直向下运动 D. 电梯的加速度方向一定向上
9. 如图所示，木块A和B叠放在粗糙的水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数为0.2。用一个水平向右的推力F作用于B。木块A的质量为1kg，木块B的质量为2kg，A与B之间的最大静摩擦力为3N。若保持木块A和B相对静止，则该推力F的最大值为( )
A. 9N B. 15N C. 6N D. 3N
10. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A. t=2s时物块的速率为1m/s
B. t=2s时物块的速率为4m/s
C. t=3s时物块的速率为1.5m/s
D. t=3s时物块的速率为1m/s
11. 如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔有水喷出。若饮料瓶在下列运动中，没有发生转动且忽略空气阻力，小孔不再向外喷水的是( )
A. 自由下落
B. 饮料瓶被水平抛出后的运动过程中
C. 饮料瓶被竖直向上抛出后的运动过程中
D. 手持饮料瓶向上加速运动的过程中
12. 某同学想研究地铁的运动情况，他用细线将一支质量为m的笔悬挂在地铁的扶手上，图中显示某段时间内，细线相对竖直扶手偏东保持倾角为θ。已知此过程中地铁在东西方向的水平直轨道上运动。下列说法正确的是( )
A. 地铁一定向西做匀加速运动
B. 地铁可能向东做匀减速运动
C. 地铁的加速度大小为gtanθ
D. 这支笔受到的合力大小为mgsinθ
13. 如图所示，一个小球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩，忽略空气阻力，从小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中( )
A. 小球一直减速运动
B. 小球先加速运动然后减速运动
C. 弹簧的压缩量最大时小球加速度为零
D. 小球速度最大时弹簧弹力大小等于小球重力大小
14. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：
a.如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计。
b.沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的拉力方向上分别标记B、C两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向。
c.再用一个弹簧测力计将橡皮筋活动端仍拉至O点，记录其拉力的大小并用上述方法记录其方向。
(1)本实验探究合力与分力关系用到的科学思想方法是______。
A.建立物理模型法
B.等效替代法
C.放大微小量法
D.控制变量法
(2)图乙中力F1和F2合力的理论值是______，力F1和F2合力的实际测量值______。(请选填写“F”或“F′”)
(3)下列操作并没有起到减小实验误差作用的是______(填字母代号)。
A.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
B.两个分力F1、F2的大小要适当大些
C.拴在橡皮条上的两条细绳必须等长
D.实验前先把实验所用的两个弹簧测力计的钩子相互钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同进行调节，使之相同
15. 某实验小组用如图1所示的实验装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验。
(1)除了图中所给的器材以及频率为50Hz的交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。
A.秒表
B.天平(含砝码)
C.弹簧测力计
D.刻度尺
(2)下列操作中正确的有______。
A.在释放小车前，小车要靠近打点计时器
B.在释放小车前，小车要远离打点计时器
C.应先接通电源，后释放小车
D.应先释放小车，后接通电源
(3)实验中，需要平衡小车运动时的摩擦阻力，正确的做法是______。
A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动。
B.小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
C.小车放在木板上，挂上砝码盘，砝码盘内不放砝码。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砝码盘的作用下沿木板做匀速直线运动。
D.小车放在木板上，挂上砝码盘，砝码盘内放入本次实验所需的砝码。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砝码盘和砝码的作用下沿木板做匀速直线运动。
(4)实验中打出的一条纸带如图2所示，其中0、1、2、3、4、5、6为计数点，且相邻计数点之间有4个点未画出。测得的数据为x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.90cm，x5=3.39cm，x6=3.91cm。则小车的加速度a=______m/s2。(保留两位有效数字)
(5)该小组实验得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。
次数
1
2
3
4
5
6
7
a/(m⋅s−2)
0.62
0.56
0.48
0.40
0.32
0.24
0.15
M/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
在图3所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a−1M图像。根据作出的图线，可以得知砝码及砝码盘的总重力为______N(保留两位有效数字)。
(6)某同学在实验中作出的a−F图像如图4所示。发现图线有一段是曲线，他认为这是系统误差造成的。他将实验方法做了如下改进：他先将一些砝码放在小车上；之后每次从小车上取下一些砝码移到牵引小车的盘中；重复多次实验，直到将砝码全部移到盘中；根据测得的数据，绘制出小车加速度a随着盘和盘中的砝码所受重力F变化的关系图线，得到的是一条过原点的直线。已知盘和所有砝码的总质量为m，小车的质量为M。请你分析说明图线为直线的原因，并说明图线斜率的物理意义。
16. 如图所示，光滑水平桌面上有一个静止的物体，质量是1kg，在2N的水平恒力作用下开始运动，求：
(1)物体的加速度a的大小；
(2)6s末物体的速度v的大小。
17. 如图一位滑雪者与装备的总质量为75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30∘，在5s的时间内滑下的路程为60m(g取10m/s2)，求：
(1)滑雪者下滑的加速度；
(2)人与装备对雪面的压力及滑雪者受到的阻力。(包括摩擦和空气阻力)
18. 如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球保持静止状态，与墙壁的接触点为B，足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，重力加速度为g，网兜的质量不计。求：
(1)悬绳对足球的拉力的大小；
(2)足球对墙壁的压力的大小。
19. 一质量m=3kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角θ=37∘足够长的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面至最高点过程中多个时刻的瞬时速度，并绘出了小物块上滑过程中速度v随时间t的变化图像，如图所示。计算时取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g=10m/s2。求：
(1)小物块沿斜面上滑的最大距离x；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)小物块从最高点返回到出发点的时间t。(计算保留一位小数)
20. 如图所示，一个质量m=1kg的物块，在F=5N的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向夹角θ=37∘，物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5，计算时取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)物块运动的加速度a的大小；
(2)物块从静止开始运动时间t=10s后撤去F，求物块还能运动多远？
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，请判断接下来物块的运动状态怎样？并请说明理由。
21. 如图所示，“神舟十二号”载人飞船的返回舱在距地面某一高度时，启动减速降落伞装置开始做减速运动。当返回舱的速度大约减小至v=10m/s时，继续匀速(近似)下降。当以这个速度一直降落到距离地面h=1.1m时，立刻启动返回舱的缓冲发动机并向下喷气，舱体再次做减速运动，经历时间t=0.2s后，以某一安全的速度落至地面。
(1)若最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，重力加速度g=10m/s2。求：
a.这一过程中返回舱加速度a的大小和方向；
b.这一过程中返回舱对质量m=60kg的航天员的作用力F的大小。
(2)事实上，空气阻力不仅跟物体相对于空气的速度有关，还跟物体的横截面积有关。实验发现：在一定条件下，降落伞在下落过程中受到的空气阻力f与伞的横截面积S成正比，与其下落速度v的平方成正比，即f=kSv2(其中k为一确定的比例系数)。假设返回舱质量为M，重力加速度为g。
a.请在图中定性画出返回舱在打开降落伞以后至启动缓冲发动机之前速度与时间的关系图像；
b.为了保证安全可适当减小返回舱做匀速(近似)下降阶段时的速度，请根据以上信息推导返回舱做匀速(近似)下降阶段时速度的表达式并分析说明可以通过改变哪些设计(量)来实现。(提出一种可行的方案即可)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：在国际单位制中，力学的基本单位是m、kg、s，而单位m/s，N都是导出单位，而cm是长度单位，但不是国际单位制中的单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
力学的基本单位有m、kg和s，m/s，m/s2、N都是导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么都需要牢记。
2.【答案】B
【解析】解：两力合成时，合力范围为：|F1−F2|≤F≤F1+F2；
故3N≤F≤13N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180∘时合力最小，并且|F1−F2|≤F≤F1+F2
本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|F1−F2|≤F≤F1+F2
3.【答案】C
【解析】解：A.书对桌面的压力是由于书的重力而产生的，但不能说就是书的重力，它们是不同性质的力，施力物体和受力物体也不同，故A错误；
B.书对桌面的压力和桌面对它的支持力，等值、反方、共线，是两个物体受到的力，是一对相互作用力，故B错误；
C.书对水平桌面的压力和桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力，故C正确；
D.重力是指地面附近的物体由于受到地球的吸引而产生的力，所以书所受重力的施力物体是地球，所以书所受重力的反作用力是书对地球的吸引力，故D错误。
故选：C。
弹力的施力物体是发生弹性形变的物体，受力物体是与之接触的物体；二力平衡的条件是：作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一直线上；作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
本题考查了作用力与反作用力和平衡力的区别，弹力的施力物体是发生弹性形变的物体，受力物体是与之接触的物体，二力平衡最重要的条件是看是否作用在同一物体上。
4.【答案】B
【解析】解：状态与时刻对应，过程与时间间隔对应，故描述运动状态的物理量可以是瞬时速度，也可以是动量，与位置、时间以及质量无关，所以“改变这种状态”指的是改变物体的速度，故B正确，ACD错误。
故选：B。
明确状态量和过程量的区别，知道物体的运动状态一般均指物体的速度。
牛顿第一定律又称惯性定律，惯性是物体的固有属性，质量是物体惯性大小的唯一量度，而力是改变物体运动状态的原因。
5.【答案】C
【解析】解：根据胡克定律可知，弹簧的弹力F=k(x1−x0)；根据平衡条件可知，弹簧的弹力等于物体的重力，故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确胡克定律的基本内容，根据平衡条件即可求得物体的重力。
本题考查胡克定律以及平衡条件的应用，根据本题注意理解弹簧秤的基本应用原理。
6.【答案】A
【解析】解：甲图中，推力与静摩擦力平衡，所以f1=80N。
乙图中，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2，所以f2=100N，
丙图中的摩擦力为滑动摩擦力，所以μ=fFN=90200=0.45.故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据力的平衡去求静摩擦力f1，至少推动木箱的水平推力等于最大静摩擦力f2，；根据f=μFN去求动摩擦因数．
解决本题的关键理解静摩擦力、最大静摩擦力、滑动摩擦力．知道它们的区别．
7.【答案】C
【解析】解：以O点为研究对象，其受力变化如同所示：
由图可知，开始时弹簧A处于竖直状态，其拉力大小等于Mg，B弹簧拉力为零，当O点左移时，弹簧A与竖直方向的夹角在增大，由受力图可知FA变大，FB变大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
由题意可知O点处于平衡状态，所受力一个大小方向不变，一个方向不变，另一个大小方向变化，因此可以“图解法”来讨论FA和FB的变化情况．
本题实质上考查了物体的动态平衡，要掌握“图解法”的应用条件，并应用“图解法”熟练解决动态平衡问题．
8.【答案】D
【解析】解：体重计示数变大，说明该同学对体重计压力大于其自身重力，处于超重状态，电梯的加速度方向向上，电梯可能向上加速运动也可能向下做减速运动，该同学处于超重状态，他所受重力不变，故ABC错误，D正确；
故选：D。
人对体重计的压力大于人的重力，说明人处于超重状态，加速度向上，运动方向可能向上也可能向下．
本题考查了牛顿第二定律的应用，考查了超重问题，物体处于超重或失重状态时物体所受重力不变，只是物体对支持物的压力或悬挂物的拉力发生变化了．
9.【答案】B
【解析】解：A与B之间的最大静摩擦力为3N，所以A的最大加速度为3m/s2，若要保持木块A和B相对静止，则系统的最大加速度为3m/s2，对整体由牛顿第二定律得：F−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a，解得F=15N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
木块A和B相对静止，说明二者有共同的加速度，求推力F的最大，意味着求系统最大加速度，系统最大加速度由A受到的最大静摩擦力求出，本题即可求解。
本题考查板块问题中的临界加速度，突破口在A的最大加速度由最静摩擦力提供，也就系统一起运动的最大加速度。这类问题重点是寻找临界加速度。
10.【答案】D
【解析】解：AB、由题意得，F−t图象与横轴包围的面积物理意义为合外力的冲量，0−2s内合外力的冲量I=4N⋅s，根据动量定理，所以2s时的速度为2m/s，故AB错误；
CD、0−3s内合外力的冲量I=(4−2)N⋅s，根据动量定理得3s时的速度为1m/s，故C错误，D正确。
故选：D。
根据F−t图像的面积物理意义，然后利用动量定理即可快速求解。
本题考查牛顿第二定律以及F−t图象。利用牛顿第二定律。
11.【答案】ABC
【解析】解：ABC、瓶自由下落平抛以及在空中做抛体运动时，均只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出。故ABC正确；
D、手持饮料瓶向上加速运动的过程中，由于水处于超重状态，故水之间存在压力，水会向外喷出，故D错误。
故选：ABC。
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，瓶子中的水不能流出。
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，知道水能喷出是因为压力的原因。
12.【答案】BC
【解析】解：对比作受力分析，如图所示，mg=Tcosθ，TsinTsinθ=ma，解得a=gtanθ，加速度方向水平向西，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
做出笔的受力示意图，列出方程，求出加速度大小，进而方向也就确定了。那么列车的运动情况即可获得。
本题考查受力分析，牛顿第二定律，通过受力确定物体的运动情况。
13.【答案】BD
【解析】解：小球接触弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，弹簧的弹力一直增大，开始重力大于弹力，合力方向向下，合力在减小，加速度减小，由于加速度的方向与速度方向相同，小球的速度在增大；接着，弹力等于重力，此时加速度为零，速度最大；然后弹力大于重力，合力方向向上，合力在增大，加速度增大，由于加速度的方向与速度方向相反，速度在减小。当弹簧压缩量最大时小球的加速度向上，不为零，此时速度为零，由此分析可知，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
从小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程，小球受重力和弹力作用，重力是恒力，弹力一直增大且与重力反向，抓住两个特殊位置：速度最大和速度为零，展开分析。
本题考查牛顿第二定律的应用个，解题关键是要知道速度最大时，合外力为零；速度为零时，弹力最大。
14.【答案】BFF′C
【解析】解：(1)合力与分力的等效替代的关系，故本实验采用的科学方法是等效替代法。故ACD错误，B正确。
故选：B
(2)乙图中的F与F′两力中，F是由平行四边形得出的合力，F′是实际的合力。
(3)A、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故A不符合题意；
B、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，故B不符合题意；
C、细线的长度稍长一些，便于记录方向，但不一定等长，故C符合题意；
D、实验前，先把所用的两个弹簧秤的钩子相互钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，检验弹簧秤是否准确，故D不符合题意．
故选C。
故答案为：(1)B；(2)F′；(3)C。
(1)本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；
(2)F是由平行四边形得出的合力，F′是实际的合力；
(3)根据实验操作与实验原理分析减小误差的方法；
在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析。
15.【答案】BDACB0.500.17
【解析】解：(1)实验需要天平测量小车的质量，还需要测量纸带上计数点间的长度，还需要刻度尺，故选BD.
故选：BD.
(2)在释放小车前，小车要靠近打点计时器，打点时，应先接通电源，后释放小车。故AC正确，BD错误；
故选：AC.
(3)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：小车轻放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，把木板一端垫高，靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(纸带上两点的距离相等)即可。
故选B。
(4)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据逐差法求加速度可得小车的加速度a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)9T2
代入数据得：a=0.50m/s2
(5)将余下的一组数据描在坐标纸上，并作a−1M图像如图
由牛顿第二定律得a=F⋅1M
则图像的斜率即为砝码及砝码盘的总重力F=k=0.17N
(6)图象不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小；图象末端发生弯曲的原因是砝码和砝码盘的质量不是远小于小车的质量.
故答案为：(1)BD(2)AC；(3)B；(4)0.48∼0.51；(5)图象如上图；(6)图象不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小；图象末端发生弯曲的原因是砝码和砝码盘的质量不是远小于小车的质量.
根据实验原理选择实验器材，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，根据每个计数点的瞬时速度作出v−t图线，由逐差法求出小车的加速度．
本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题，注意平衡摩擦力的细节，理解a−F图象不直的原因．
16.【答案】解：(1)对物体受力分析可知，物体所受合力为F，由F=ma可得：a=Fm=21m/s2=2m/s2；
(2)由v=at可得：6s物体的速度v=2×6m/s=12m/s
答：(1)物体的加速度a的大小为2m/s2；
(2)6s末物体的速度v的大小12m/s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求物体的加速度。
(2)物体做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度时间公式求出物体的速度v。
本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
17.【答案】解：(1)滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律，有：
x=v0t+12at2
解得 a=4m/s2
(2)对滑雪者进行受力分析：滑雪者在下滑过程中，受到重力 mg、山坡的支持力 FN 以及阻力Ff 的共同作用。
以滑雪者为研究对象，根据牛顿第二定律有：
沿山坡向下方向有mgsinθ−Ff=ma
垂直于山坡方向有FN−mgcosθ=0
解得FN=650N； Ff=75N
根据牛顿第三定律知，人与装备对雪面的压力大小FN′=FN=650N
答：
(1)滑雪者下滑的加速度为4m/s2；
(2)人与装备对雪面的压力是650N，滑雪者受到的阻力是75N。
【解析】(1)滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动，已知初速度、运动时间和位移大小，由运动学位移-时间公式公式求出加速度。
(2)对滑雪者进行受力分析，把重力在沿斜面和垂直斜面方向正交分解，根据人的运动状态，运用牛顿第二定律列出等式解决问题。
本题属于知道运动求力的问题，要灵活选择运动学公式求解加速度，再根据牛顿第二定律研究力的大小。
18.【答案】解：对足球进行受力分析，如图所示。
小球处于静止状态，故由平衡条件可得：
FN=Fsinα…………①
mg=Fcosα…………②
联立①②解得：F=mgcosα
FN=mgtanα………③
由牛顿第三定律有：FN=FN′…………④
联立③④解得：FN′=mgtanθ
答：(1)悬绳对足球的拉力的大小为mgcosα；
(2)足球对墙壁的压力的大小mgtanθ
【解析】对足球受力分析可知，足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力和墙壁对球的支持力。
本题考查共点力的平衡条件应用，要注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法，根据需要灵活选择应用。
19.【答案】解：(1)由图象可知小物块沿斜面上滑的最大距离为：
x=v02⋅t=4.02×0.5m=1m；
(2)取沿斜面向上为正方向，根据v−t图象的斜率可以求出上冲时的加速度大小
a=0−v0t=0−4.00.5m/s2=−8m/s2，
对小物块进行受力分析，如图所示：
根据牛顿第二定律有：
−mgsin37∘−f=ma
其中：f=μN
N=mgcos37∘
a=8m/s2
代入已知数据可得：μ=0.25；
(3)取沿斜面向下为正方向，小物块沿斜面下滑时，对其受力分析，根据牛顿第二定律得：
mgsin37∘−f=ma′
解得：a′=4m/s2
根据位移-时间关系得：
x=12a′t2
解得：t=22s≈0.7s。
答：(1)小物块沿斜面上滑的最大距离x为1m；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；
(3)小物块从最高点返回到出发点的时间t为0.7s。
【解析】(1)根据图象的面积可以求出上滑的最大距离；
(2)根据v−t图象的斜率可以求出上冲时的加速度大小，根据牛顿第二定律及摩擦力公式可以求出摩擦系数；
(3)根据位移-时间关系求返回出发点的时间。
本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的图象等知识点。从v−t图象求出加速度和位移是本题的关键。
20.【答案】解：(1)物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图：
物块竖直方向受力平衡，则有：
Fsin37∘+FN=mg，
对水平方向，根据牛顿第二定律，有：
Fcos37∘−f=ma，
其中：f=μFN，
代入数据解得：a=0.5m/s2；
(2)物块从静止开始运动时间t=10s时，速度为
v=at=0.5×10m/s=5m/s，
撤去拉力后，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得：
μmg=ma′
撤去拉力后运动位移为
x=v22a′
联立解得：x=2.5m；
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，则物块经不受任何力作用，物块将保持原有运动状态不变，即一直匀速直线运动下去。
答：(1)物块运动的加速度a的大小为0.5m/s2；
(2)物块还能运动2.5m；
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，物块将一直匀速直线运动下去。
【解析】(1)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出物体的加速度的大小；
(2)物体先做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，由位移-时间关系可以求得物体的位移的大小；
(3)在撤去F后物块继续运动的某一瞬间，假如物块受到的重力突然消失，重新分析物块受力，力决定运动。
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。
21.【答案】解：(1)a、返回舱匀减速下降，加速度方向竖直向上，
根据匀变速直线运动的位移-时间公式得：h=vt−12at2
代入数据解得：a=45m/s2。
b、以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据解得：F=3.3×103N；
(2)打开减速伞后返回舱向下做减速运动，速度v不断减小，
由牛顿第二定律得：kSv2−mg=ma，
解得加速度大小：a=kSv2m−g
由于v减小，返回舱的加速度a减小，返回舱做加速度减小的减速运动，
当返回舱所受合力为零后做匀速直线运动，v−t图象如图所示
b、返回舱匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：Mg=kSv2，
解得：v=MgkS，
在环境和设备质量一定的情况下，通过增大降落伞的横截面积 S ，可以实现减小返回舱做匀速直线运动时的速度。
答：(1)a.这一过程中返回舱加速度的方向竖直向上，加速度的大小a为45m/s2；
b.这一过程中返回舱对质量m=60kg的航天员的作用力的大小F为3.3×103N。
(2)a、打开减速伞后，返回舱先向下做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。
b、返回舱做匀速(近似)下降阶段时速度v=MgkS，在环境和设备质量一定的情况下，通过增大降落伞的横截面积 S ，可以实现减小返回舱做匀速直线运动时的速度。
【解析】(1)a、在该0.20s减速阶段，已知位移、初速度和时间，根据位移-时间公式可求得返回舱的加速度a大小和方向。
b、以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律求返回舱对航天员的作用力大小F。
(2)a、根据题意判断返回舱受力情况如何变化，根据牛顿第二定律判断返回舱的加速度如何变化，再分析其运动情况。
b、返回舱做匀速直线运动处于平衡状态，由平衡条件可以求出接近地面时的速度，即可判断。
本题是已知运动求力的问题，解决本题的关键要熟练运用匀变速直线运动的位移-时间公式来求解加速度，要知道匀减速运动的加速度与速度反向。
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