2025北京東城高一（上）期末物理（教師版）

第1頁/共1頁2025北京東城高一（上）期末物理一、本部分共14題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．下列各組物理量中，都是矢量的是（）A．時間、加速度 B．重力、速度 C．路程、彈力 D．質(zhì)量、位移2．小孩從如圖所示的滑梯上由靜止開始下滑，下列圖像可以表示他的受力或運動情況的是（）A．B．C．D．3．一小物體從高為6層的樓房的樓頂由靜止落下，每層樓高約為3m，不考慮空氣阻力，g取10m/s2，則小物體（）A．經(jīng)過大約4s落地 B．落地時速度大小約為40m/s C．通過5樓的時間小于通過3樓的時間 D．通過6樓和5樓所用時間之比為1：（﹣1）4．用兩臺無人機協(xié)同工作運送樹苗，如圖所示，兩條繩之間的夾角為60°，設(shè)樹苗質(zhì)量為m，當(dāng)無人機和樹苗勻速移動時每條繩的拉力大小為（）A．mg B．mg C．mg D．mg5．下列關(guān)于牛頓運動定律的說法正確的是（）A．牛頓第一定律是牛頓第二定律在合外力為零情況下的特例 B．用力提一個很重的箱子但沒有提動，這與牛頓第二定律矛盾 C．從尾部向外噴氣使火箭加速的過程，可用牛頓第二定律和牛頓第三定律解釋 D．根據(jù)牛頓第三定律，用手托著一塊磚突然向上加速時，磚受到的支持力大于手受到的壓力6．物體靜止在光滑水平面上，某時刻在物體上施加一個方向水平向東的力F，且F的大小逐漸減小到零，對此過程中物體的運動情況判斷正確的是（）A．加速度方向與速度方向相反 B．向東做減速運動 C．F減小到零時速度最大 D．速度變化得越來越快7．利用頻閃攝影探究自由落體運動，如圖所示是小球自由下落時的頻閃照片，頻閃儀每隔T＝0.04s閃光一次，照片中數(shù)據(jù)的單位是cm。根據(jù)本題及照片中的信息可知，下列說法正確的是（）A．C點的速度約為3.2m/s B．可利用Δx＝aT2求小球的加速度值，Δx約為2.4cm C．計算B、C、D、E各點速度，做v﹣h圖像，可由斜率得到重力加速度值 D．計算B、C、D、E各點速度，做v2﹣h圖像，可由斜率求出小球的加速度值8．做“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實驗時，使用兩條不同的輕質(zhì)彈簧a和b，分別得到彈簧彈力F與彈簧長度l關(guān)系的兩條圖線如圖所示，則由圖可知（）A．彈簧a的彈力與其長度成正比 B．彈簧a的原長比彈簧b的短 C．彈簧a的勁度系數(shù)比b的小 D．彈簧b的彈力與其形變量成反比9．如圖所示，水平傳送帶以v1＝2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，其兩端點A、B之間的距離L＝2m。將可視為質(zhì)點的小物塊無初速度地放在傳送帶A端，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，則小物塊在傳送帶上運動的時間為（）A．0.5s B．1.0s C．1.5s D．2.0s10．一物體由靜止開始在豎直方向運動，其加速度a隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，取豎直向下為正方向，則物體（）A．做往返運動，4s末回到出發(fā)點 B．前2s內(nèi)與前4s內(nèi)的平均速度相等 C．第2s內(nèi)與第3s內(nèi)速度變化量相同 D．在第1s內(nèi)處于超重狀態(tài)11．如圖所示，質(zhì)量為M的斜面支架放在水平桌面上，質(zhì)量為m的書放在斜面支架上，二者均靜止。書與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面與水平面的夾角用θ表示，重力加速度記為g，下列說法正確的是（）A．書受到摩擦力的大小為μmgcosθ B．當(dāng)θ略微減小時，書所受支持力和重力的合力增大 C．當(dāng)θ增大到使書在斜面上勻速滑動時，支架對桌面的壓力大于（M+m）g D．當(dāng)θ增大到使書在斜面上加速滑動時，桌面對支架的摩擦力水平向右12．人站在壓力傳感器上持續(xù)多次完成下蹲、站起、下蹲、站起的動作，某段時間內(nèi)傳感器采集的壓力F隨時間t變化的情況如圖所示，根據(jù)圖像判斷下列說法中正確的是（重力加速度g取10m/s2）（）A．在所記錄的0～8s時間段內(nèi)，人完成了兩次“下蹲”和兩次“站起”的動作 B．在F＝200N的時刻，人下蹲至最低點 C．在F＝700N的時刻，人的速度最大 D．完成b圖像對應(yīng)動作比完成a圖像對應(yīng)動作所用時間長13．老虎車是一種搬運工具，如圖所示，車的平面與擋板垂直。某次運貨時貨物與車保持相對靜止并水平向右做加速運動，車平面與水平地面的夾角為α，重力加速度為g。不考慮貨物與車平面及與擋板之間的摩擦，下列說法正確的是（）A．當(dāng)老虎車的加速度為gsinα?xí)r，車平面對貨物的支持力為0 B．當(dāng)擋板對貨物作用力為0時，老虎車的加速度為 C．當(dāng)加速度不斷增大時，貨物會沿車平面向上滑 D．當(dāng)老虎車突然剎車時，貨物只會沿車平面滑動，不會離開車平面14．如圖甲所示，兩薄木板A、B質(zhì)量相同，其中木板A與墻面間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板B與木板A間的動摩擦因數(shù)為μ2，光滑重球被輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪拉住，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)緩緩釋放細(xì)繩使重球緩慢下降，對可能出現(xiàn)的情況，下列說法正確的是（）A．若出現(xiàn)圖乙所示情況，只要μ1＞μ2 B．若μ1＜2μ2，會出現(xiàn)圖乙所示情況 C．要出現(xiàn)圖丙所示情況，必有μ1＝2μ2 D．若μ1＜2μ2，會出現(xiàn)圖丙所示情況二、本部分共6題，共58分。15．（8分）如圖所示為“驗證力的平行四邊形定則”的實驗，實驗步驟如下：①用兩個相同的彈簧測力計沿細(xì)繩互成角度拉套在橡皮筋結(jié)點的細(xì)繩套，使橡皮筋伸長，結(jié)點到達(dá)紙面上某一位置靜止，記為O；②記錄兩個彈簧測力計的拉力F1、F2的和；③只用一個彈簧測力計拉繩套，使結(jié)點，記錄彈簧測力計的拉力F；④按照力的圖示要求，作出拉力F1、F2、F的圖示；⑤根據(jù)力的平行四邊形定則，作出F1和F2的合力F′；⑥比較F與F′的大小、方向的一致程度。（1）請將步驟②中的內(nèi)容填寫完整。（2）請將步驟③中的內(nèi)容填寫完整。（3）如圖四個實驗報告中的實驗記錄及數(shù)據(jù)處理，正確的是（選填對應(yīng)選項的字母）。16．（10分）做探究“加速度與質(zhì)量的關(guān)系”和探究“加速度與力的關(guān)系”的實驗。（1）采用如圖甲所示的裝置探究“加速度與質(zhì)量的關(guān)系”：保持槽碼質(zhì)量不變，通過增減小車中的砝碼個數(shù)改變小車中砝碼和小車的總質(zhì)量M，與此相對應(yīng)，利用紙帶上打出的點來測量小車的加速度。①對此實驗方案，下列做法中合理的是（選填正確選項前的字母）。A.在平衡阻力時，需要把木板的一側(cè)墊高，并將牽引槽碼用細(xì)線通過定滑輪系在小車上B.實驗時，先接通打點計時器電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后再釋放小車C.調(diào)節(jié)滑輪，使細(xì)線與木板平行D.小車質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于槽碼的質(zhì)量②圖乙所示為本實驗中得到的一條清晰紙帶，紙帶上兩相鄰計數(shù)點間的時間間隔T＝0.10s，由該紙帶可求得小車的加速度a＝m/s2（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（2）為了探究加速度與力的關(guān)系，使用如圖丙所示的氣墊導(dǎo)軌裝置進行實驗，其中G1、G2為兩個光電門，它們與數(shù)字計時器相連，當(dāng)滑塊通過G1、G2光電門時，光束被遮擋的時間Δt1、Δt2都可以被測量并記錄，滑塊連同上面固定的一條形擋光片的總質(zhì)量為M，擋光片寬度為D，遮光條從開始遮住G1到開始遮住G2的時間為t，牽引槽碼的質(zhì)量為m，回答下列問題。①若取M＝0.4kg，改變m的值，進行多次實驗，以下m的取值不合適的一個是。A.m1＝5gB.m2＝15gC.m3＝20gD.m4＝400g②在此實驗中，需要測得每一個牽引力對應(yīng)的加速度，求得的加速度a的表達(dá)式為（用Δt1、Δt2、D、t表示）。17．（9分）一滑雪道由AB和BC兩段材質(zhì)相同的滑道組成，其中AB段長度L＝50m，與水平方向夾角θ＝37°，BC段沿水平方向且足夠長，AB與BC之間由不計長度的小圓弧相連。已知當(dāng)運動員從A點由靜止下滑，經(jīng)過5s后到達(dá)B點。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求運動員：（1）滑到B點時的速度vB；（2）與滑雪道間的動摩擦因數(shù)μ；（3）在BC段上滑行的距離l。18．（9分）如圖甲所示是“中國天眼”500m口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護時的照片。為不損傷望遠(yuǎn)鏡球面，質(zhì)量為m的工作人員被懸在空中的氫氣球拉著，當(dāng)他在離底部有一定高度的望遠(yuǎn)鏡球面上緩慢移動時，氫氣球?qū)ζ溆写笮『銥閙g、方向豎直向上的拉力作用。將球面視為半徑為R的幾何球面，球心用O表示，如圖乙所示，球面上A點與球心O的連線和O點與球面最低點的連線之間的夾角為θ。將人視為質(zhì)點，當(dāng)工作人員站在圖乙中的A點處靜止時，求：（1）球面對工作人員作用力的大小F和作用力的方向；（2）工作人員對球面壓力的大小FN和摩擦力的大小Ff；（3）為了維修更高處的鏡面，工作人員移動到圖乙中的B處，請說明他靜止在B處時，第（1）、（2）問中提到的F、FN及Ff各有哪些變化。19．（10分）我國自主研發(fā)的某款戰(zhàn)斗機（圖甲）的一些參數(shù)如表所示。機長17.6米機寬13.4米翼展10.6米滿載總質(zhì)量M3.5×104千克最大推力F2.1×105牛最高飛行速度vm700米/秒作戰(zhàn)半徑1350公里（1）若該戰(zhàn)斗機滿載起飛時速度需要達(dá)到150m/s，在跑道上加速時發(fā)動機提供的推力為最大推力，不考慮加速過程中的各種阻力，求戰(zhàn)斗機需要在跑道上滑行至起飛所需的時間t；（2）戰(zhàn)斗機以v1＝400m/s的速度水平飛行時，雷達(dá)顯示其正前方有一飛行物在以v2＝450m/s的速度水平勻速飛行，為了追趕飛行物，戰(zhàn)斗機以a＝5m/s2的加速度追趕，當(dāng)戰(zhàn)斗機的速度達(dá)到表中所示的最高飛行速度vm時，二者間的距離縮短了多少米？（3）若該戰(zhàn)斗機滿載出發(fā)，返航時以80m/s的速度著陸后在跑道上減速，其位移x與速度v的關(guān)系曲線如圖乙所示，已知減速過程中的制動力及阻力的合力恒為1×105N，求戰(zhàn)斗機在這次飛行全過程中所投出的載重和燃油損耗的總質(zhì)量Δm。20．（12分）如圖所示，一根粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的彈簧，總質(zhì)量為m，勁度系數(shù)為k，彈簧共有n匝（n足夠大，從上到下依次記為第1匝，第2匝……第n匝）。將彈簧一端用細(xì)線掛在天花板上，另一端自由下垂。（1）若某時刻將細(xì)線燒斷，求燒斷瞬間，第1匝的加速度大小a1和第n匝的加速度大小an；（2）若將每一匝彈簧視為一個可發(fā)生彈性形變的彈性體，每一匝彈簧的勁度系數(shù)為nk。當(dāng)彈簧處于自由下垂（即細(xì)線尚未被燒斷）的靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧每一匝的形變量從上到下依次用x1、x2……xn表示，其中任意一匝（第i匝）的形變量用xi表示。a.請說明彈簧的疏密是怎樣分布的；b.求出xi的表達(dá)式；c.證明任意相鄰兩匝彈簧的形變量之差Δx為一定值。

參考答案一、本部分共14題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．【分析】根據(jù)常見物理量的矢量性和標(biāo)量性進行分析判斷?！窘獯稹拷猓杭铀俣取⒅亓退俣?，彈力，位移均為矢量，時間、路程和質(zhì)量都是標(biāo)量，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】考查常見物理量的矢量性和標(biāo)量性，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。2．【分析】根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)公式分析判斷?！窘獯稹拷猓篈D、小孩受重力、摩擦力、支持力，三個力的合力恒定不變，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，加速度恒定不變，故A正確，D錯誤；B、根據(jù)x＝可知，x﹣t圖像為拋物線，故B錯誤；C、根據(jù)v＝at可知，速度逐漸增大，v﹣t圖像斜率為正，故C錯誤；故選：A?！军c評】本題考查牛頓第二定律的運用，解題關(guān)鍵掌握小孩的受力分析。3．【分析】A、計算出樓頂高度，根據(jù)自由落體運動位移與時間公式求解落地時間；B、根據(jù)速度公式求解落地速度；C、根據(jù)自由落體運動規(guī)律分析；D、根據(jù)自由落體運動位移與時間公式分析?！窘獯稹拷猓篈、樓頂高度為3m×6＝18m，物體落地時間，故A錯誤；B、物體落地速度為v＝gt＝10×1.89m/s＝18.9m/s，故B錯誤；C、物體下落的速度越來越大，則物體通過5樓的平均速度小于通過3樓的平均速度，物體通過5樓的時間大于通過3樓的時間，故C錯誤；D、設(shè)每層高度為h，則物體通過6樓的時間為，通過5樓的時間為，時間之比為1：（﹣1），故D正確。故選：D?！军c評】考查對自由落體運動規(guī)律的理解，熟悉運動學(xué)公式的運用。4．【分析】對樹苗受力分析，由平衡條件列式，即可求得每條繩的拉力大小，即可求得ABCD正誤。【解答】解：由對稱性可知，每條繩子與豎直方向的夾角相同，均為30°，如圖，對樹苗受力分析：由平衡條件可得：Tcos30°+Tcos30°＝mg，解得，每條繩的拉力大小為：T＝mg，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準(zhǔn)研究對象、做好受力分析、根據(jù)共點力的平衡條件確定力與力的關(guān)系。5．【分析】根據(jù)牛頓運動定律的定義逐項分析。【解答】解：A、牛頓第一定律揭示了力和運動的關(guān)系，即力是改變物體運動狀態(tài)的原因或產(chǎn)生加速度的原因，同時指出了物體具有保持原來運動狀態(tài)的屬性，即慣性。因為不受力的物體是不存在的，從這里可以看出牛頓第一定律是理想情況下的定律，牛頓第二定律指出了加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系即F＝ma.當(dāng)加速度a＝0時，并不能說明物體不受力，只能說明作用于物體的幾個力的合力為零，因此，牛頓第一定律不是牛頓第二定律在物體的加速度a＝0條件下的特例，故A錯誤；B、用力提一個很重的箱子，卻提不動它，這跟牛頓第二定律不矛盾，因為箱子受到的合力為零，故箱子靜止，故B錯誤；C、向尾部噴氣使火箭加速的過程，可用牛頓第二定律和牛頓第三定律解釋，故C正確；D、用手托著一塊磚突然向上加速時，磚受到的支持力與手受到的壓力是一對相互作用力，兩者大小相等，方向相反，故D錯誤。故選：C。【點評】考查對牛頓運動定律的理解，熟記其定義。6．【分析】AB.根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合初狀態(tài)分析速度和加速度方向，以及加減速情況；C.根據(jù)合外力的變化情況判斷速度的變化情況；D.根據(jù)合外力和加速度的變化情況進行判斷?！窘獯稹拷猓篈B.根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，由于物體從靜止開始向東做加速運動，故速度方向和加速度方向相同，故AB錯誤；C.當(dāng)外力F減小到0時，速度不再增加，速度達(dá)到最大值，故C正確；D.因為物體的合外力F越來越小，則加速度也越來越小，速度變化越來越慢，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查牛頓第二定律應(yīng)用和理解，物體加減速運動問題，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。7．【分析】根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律計算C點速度；根據(jù)逐差法及速度—位移公式計算加速度的方法分析BCD?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知，C點的速度約為vC＝＝×0.01m/s＝0.79m/s故A錯誤；B．可利用Δx＝aT2求小球的加速度值，Δx＝3.2cm﹣0.8cm﹣0.8cm＝1.6cm，故B錯誤；CD．根據(jù)v2＝2gh可知v＝做v﹣或v2﹣h圖像，可由斜率得到重力加速度值，故C錯誤，D正確；故選：D?！军c評】本題考查重力加速度的計算，解題關(guān)鍵掌握速度—位移公式，注意勻變速直線運動規(guī)律的運用。8．【分析】彈簧的彈力滿足胡克定律，F(xiàn)＝kΔx，在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k，橫截距表示彈簧的原長。【解答】解：根據(jù)胡克定律得：F＝kΔx＝k（l﹣l0），l是彈簧的長度，l0是彈簧的原長，由數(shù)學(xué)知識知：F﹣l圖象的斜率等于k，橫截距表示彈簧的原長。所以有：l1＜l2k1＞k2。即彈簧a的原長比彈簧b的短，彈簧a的勁度系數(shù)比b的大；由圖可知，彈簧的彈力與形變量成正比，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵根據(jù)胡克定律得到F與l的關(guān)系式，注意運用數(shù)學(xué)知識理解F﹣l圖象的意義，明確斜率和橫截距的物理意義。9．【分析】先計算出物塊的加速度，然后計算物塊的加速時間和加速距離，進而計算出勻速運動的時間，可得總時間?！窘獯稹拷猓何飰K在傳動帶上的加速度為a＝，物塊的加速時間為，物塊的加速距離為＜L，則此時物塊還沒有達(dá)到最右端，以后物塊將勻速運動，物塊勻速運動的時間為，所以物塊在傳動帶上運動的總時間為t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】注意分析物塊是一直加速到右端，還是先加速后勻速的。10．【分析】在0～1s內(nèi)，物體從靜止開始沿加速度方向勻加速運動，在1s～2s內(nèi)，加速度反向，速度方向與加速度方向相反，所以做勻減速運動，到2s末時速度為零，2s～3s內(nèi)加速度變?yōu)檎?，物體又從靜止開始沿加速度方向勻加速運動，重復(fù)0～1s內(nèi)運動情況，3s～4s內(nèi)重復(fù)1s～2s內(nèi)運動情況?！窘獯稹拷猓篈、物體不做往返運動，一直向下運動，故A錯誤；B、根據(jù)，前2s內(nèi)位移為前4s內(nèi)的位移的，由可得平均速度相等，故B正確；C、第2s內(nèi)與第3s內(nèi)加速度方向相反，速度變化量不相同，故C錯誤；D、當(dāng)物體的加速度向上時，處于超重狀態(tài)；當(dāng)加速度方向向下時，處于失重狀態(tài)。在第1s內(nèi)加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。故選：B?！军c評】根據(jù)加速度隨時間變化規(guī)律的圖像找出對應(yīng)的加速度大小和方向，結(jié)合物體的初狀態(tài)狀態(tài)分析物體的運動情況。11．【分析】AB.對書受力分析，由平衡條件、最大靜摩擦力的計算公式分別列式，即可分析判斷；C.書在斜面上勻速滑動時，對斜面支架、書的整體受力分析，由平衡條件、牛頓第三定律，即可分析判斷；D.當(dāng)θ增大到使書在斜面上加速滑動時，斜面支架與書整體的加速度斜向右下方，則其水平分量水平向右，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈B.如圖，對書受力分析：由平衡條件可得：mgsinθ＝f，mgcosθ＝N，則書受到的最大靜摩擦力為：fm＝μN＝μmgcosθ；由平衡條件可知，書所受支持力和重力的合力與f等大、反向，當(dāng)θ略微減小時，f減小，則書所受支持力和重力的合力減?。还蔄B錯誤；C.書在斜面上勻速滑動時，對斜面支架、書的整體受力分析，如圖：由平衡條件可得：N'＝（m+M）g，則由牛頓第三定律可知，當(dāng)θ增大到使書在斜面上勻速滑動時，支架對桌面的壓力等于（M+m）g，故C錯誤；D.當(dāng)θ增大到使書在斜面上加速滑動時，斜面支架與書整體的加速度斜向右下方，則其水平分量水平向右，則桌面對支架的摩擦力水平向右，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準(zhǔn)研究對象、做好受力分析、根據(jù)共點力的平衡條件確定力與力的關(guān)系。12．【分析】根據(jù)超重與失重的特點分析ABC，結(jié)合位移—時間公式分析D。【解答】解：A．由圖像可知“下蹲”過程中，力傳感器上的示數(shù)先小于重力，后大于重力，“站起”過程中，力傳感器上的示數(shù)先大于重力，后小于重力，則0～8s時間段內(nèi)，人完成了一次“下蹲”和兩次“站起”的動作，故A錯誤；B．F＝200N的時刻，人處于失重狀態(tài)，并非下蹲至最低點，故B錯誤；C．當(dāng)加速度為0時，速度最大，F(xiàn)＝700N的時刻，人的加速度不為0，速度不是最大，故C錯誤；D．由圖可知b圖的峰值較小，則可知無論“下蹲”和“站起”，平均加速度都較小，根據(jù)x＝可知，時間較長，故D正確；故選：D?！军c評】本題關(guān)鍵掌握超重與失重的實質(zhì)，傳感器的示數(shù)隨時間變化的圖像的物理意義。13．【分析】1、對貨物進行受力分析，貨物受重力和車平面的支持力。2、將重力沿垂直車平面和平行車平面方向分解，根據(jù)牛頓第二定律分別分析兩個方向的受力情況。結(jié)合加速度的變化以及擋板對貨物的作用力等條件，判斷貨物的運動狀態(tài)和受力變化?！窘獯稹拷猓篈.當(dāng)老虎車的加速度為gsinα?xí)r，沿車平面方向，根據(jù)牛頓第二定律mgsinα＝ma，此時貨物剛好由重力沿車平面方向的分力提供加速度，垂直車平面方向，N＝mgcosα，支持力不為0，故A錯誤。B.當(dāng)擋板對貨物作用力為0時，貨物只受重力和車平面的支持力，沿車平面方向mgtanα＝ma，可得加速度a＝gtanα，故B錯誤。C.由B選項可知當(dāng)加速大于gtanα?xí)r，貨物會沿車平面向上滑，故C正確。D.當(dāng)老虎車突然剎車，若加速度足夠大時，貨物會離開車平面，故D錯誤。故選：C。【點評】本題以老虎車搬運貨物為情境，考查牛頓第二定律的應(yīng)用以及物體的受力分析。貨物在傾斜的車平面上隨車子一起水平向右加速運動，不考慮貨物與車平面及擋板之間的摩擦，需要分析在不同條件下貨物的受力和運動情況，判斷各個選項的正確性。14．【分析】對A、B受力分析，圖乙所示情況為A靜止，B下滑，根據(jù)平衡條件，結(jié)合最大靜摩擦力的知識點解答；圖丙所示情況為AB相對靜止一起下滑，應(yīng)用整體法與隔離法，根據(jù)牛頓第二定律，以及相對運動的臨界條件解答。【解答】解：設(shè)兩薄木板A、B質(zhì)量均為m，重球?qū)的壓力為N，AB之間的彈力為NAB，AB之間的摩擦力為fAB，墻面對A的支持力為NA，墻面對A的摩擦力為fA，對A、B的受力分析如圖1所示，易知：N＝NAB＝NA。AB、圖乙所示情況為A靜止，B下滑。墻面對A的最大靜摩擦力為μ1NA，對A由平衡條件得：fA＝mg+fAB≤μ1NAfAB＝μ2NABB下滑需滿足：mg＞μ2NAB聯(lián)立可得：μ1＞2μ2，故AB錯誤；CD、圖丙所示情況為AB相對靜止一起下滑，設(shè)下滑的加速度大小為a。對整體由牛頓第二定律得：2mg﹣μ1NA＝2ma對B由牛頓第二定律得：mg﹣fAB＝ma還需滿足：fAB≤μ2NAB聯(lián)立解得：μ1≤2μ2，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的相對運動與相對靜止的臨界問題，考查了受力分析與摩擦力的問題。相對運動與相對靜止的臨界條件是摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。二、本部分共6題，共58分。15．【分析】（1）根據(jù)力的矢量性進行分析解答；（2）根據(jù)力的等效替代的關(guān)系進行分析解答；（3）根據(jù)作出的合力是平行四邊形對角線，一個力作用必須與AO共線的特點進行分析解答?！窘獯稹拷猓海?）記錄兩個彈簧測力計的拉力F1、F2的大小和方向；（2）只用一個彈簧測力計拉繩套，使結(jié)點與位置O重合，記錄彈簧測力計的拉力F；（3）根據(jù)平行四邊形定則作出的合力F′是平行四邊形對角線，只用一個彈簧秤時拉力F一定與AO在同一條直線上，故B正確，ACD錯誤。故選：B。故答案為：（1）大小，方向；（2）與位置O重合；（3）B。【點評】考查力的平行四邊形定則實驗，熟練掌握等效替代的物理思想，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。16．【分析】（1）①根據(jù)驗證牛頓第二定律的實驗要求和注意事項進行分析解答；②根據(jù)逐差法求解加速度公式代入數(shù)據(jù)求解；（2）①根據(jù)槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊連同上面固定的擋光片的總質(zhì)量時，才能近似認(rèn)為槽碼受到的重力等于滑塊受到的拉力的要求進行分析解答；②根據(jù)加速度的定義式列式求解。【解答】解：（1）①A.在平衡阻力時，需要把木板的一側(cè)墊高，不能將牽引槽碼用細(xì)線通過定滑輪系在小車上，故A錯誤；B.實驗時，先接通打點計時器電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后再釋放小車，故B正確；C.調(diào)節(jié)滑輪，使細(xì)線與木板平行，故C正確；D.為了讓細(xì)繩對小車的拉力近似等于槽碼的重力，需要小車質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于槽碼的質(zhì)量，故D正確。故選：BCD。②根據(jù)逐差法求解加速度公式，有a＝，代入數(shù)據(jù)解得a＝0.51m/s2；（2）①在探究加速度與力的關(guān)系的實驗中，當(dāng)槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊連同上面固定的擋光片的總質(zhì)量時，才能近似認(rèn)為槽碼受到的重力等于滑塊受到的拉力，故D不合適，故D正確，ABC錯誤。故選：D。②當(dāng)滑塊通過G1、G2光電門時，光束被遮擋的時間為Δt1Δt2，對應(yīng)的速度分別為，，根據(jù)加速度的定義式a＝，而Δt＝++t，解得a＝。故答案為：（1）①BCD；②0.51；（2）①D；②a＝?！军c評】考查牛頓第二定律實驗要求和注意事項，注意運用光電門和打點計時器兩種方法計算速度和加速度，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。17．【分析】（1）根據(jù)位移—時間公式計算；（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合速度—時間公式計算；（3）根據(jù)速度—時間公式解答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)位移—時間關(guān)系有L＝t解得vB＝20m/s（2）根據(jù)速度—時間公式有vB＝at根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma解得μ＝0.25（3）在BC段的加速度為a'＝μg根據(jù)速度—時間公式有＝2a'l解得l＝80m答：（1）滑到B點時的速度為20m/s；（2）與滑雪道間的動摩擦因數(shù)為0.25；（3）在BC段上滑行的距離為80m?！军c評】本題關(guān)鍵是要多次運用牛頓第二定律與運動學(xué)公式，注意關(guān)鍵結(jié)點的速度。18．【分析】（1）工作人員處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，根據(jù)平衡條件求球面對工作人員作用力的大小F和作用力的方向；（2）根據(jù)平衡條件求出球面對工作人員的支持力和摩擦力，再根據(jù)牛頓第三定律得到工作人員對球面壓力的大小FN和摩擦力的大小Ff；（3）根據(jù)上題F、FN及Ff的表達(dá)式，再分析F、FN及Ff的變化情況?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)平衡條件可知，球面對工作人員作用力的大小為F＝mg﹣T＝mg﹣mg＝mgF的方向豎直向上。（2）球面對工作人員的支持力和摩擦力分別為FN′＝Fcosθ＝mgcosθFf′＝Fsinθ＝mgsinθ根據(jù)牛頓第三定律，工作人員對球面壓力的大小FN＝FN′＝mgcosθ，摩擦力的大小Ff＝Ff′＝mgsinθ（3）他靜止在B處時，氫氣球?qū)ぷ魅藛T的拉力T不變，由F＝mg﹣T知，F(xiàn)不變。他靜止在B處時，θ增大，由FN＝Fcosθ知，F(xiàn)N減小。由Ff＝Fsinθ知，F(xiàn)f增大答：（1）球面對工作人員作用力的大小F為mg，方向豎直向上；（2）工作人員對球面壓力的大小FN和摩擦力的大小Ff分別為mgcosθ，mgsinθ；（3）他靜止在B處時，第（1）、（2）問中提到的F不變，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大?！军c評】本題以工作人員維護“中國天眼”的情境為背景，考查受力分析，意在考查考生的分析綜合能力，根據(jù)平衡條件進行解答。19．【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求得此情況下的加速度大小，由運動學(xué)公式求解需要在跑道上滑行至起飛所需的時間。（2）由運動學(xué)公式求得戰(zhàn)斗機加速到最高飛行速度所需時間和位移大小，以及此時間內(nèi)飛行物的位移大小，二者的位移之差即為所求。（3）戰(zhàn)斗機減速過程做勻減速直線運動，由運動學(xué)公式求得加速度大小。根據(jù)牛頓第二定律求解戰(zhàn)斗機在這次飛行全過程中所投出的載重和燃油損耗的總質(zhì)量?！窘獯稹拷猓海?）該戰(zhàn)斗機滿載質(zhì)量為M＝3.5×104kg，最大推力為F＝2.1×105N，根據(jù)牛頓第二定律可得此情況下的加速度為：a1＝，解得：a1＝6m/s2起飛時