一、单选题（本大题共10小题，共30.0分） 1.
以36𝑘𝑚/ℎ的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为𝑎=4𝑚/𝑠2的加速度，则开始刹车后3𝑠内汽车运动的距离为( )
A. 48𝑚
2.
B. 12𝑚 C. 12.5𝑚 D. 25𝑚
下列关于力与物体运动的说法正确的是( )
A. 静止或匀速直线运动的物体，一定不受力作用 B. 当物体的速度为零时，物体一定处于平衡状态 C. 当物体受的合外力为零时，物体的速度一定为零 D. 当物体的运动状态发生变化时，物体一定受到力的作用
3.
几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层。并用照相机进行了记录，如图所示，图1为电梯启动前，图2至图5中箭头方向表示电梯运动方向。下列说法中正确的是( )
A. 图2表示电梯向上减速 B. 图3表示电梯向上加速 C. 图4表示电梯向下减速
D. 根据图1和图5可估测出图5中电梯的加速度
4.
在同一高度将质量不相等的三个小球以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力．从抛出到落地过程中，三球( )
A. 运动时间相同
C. 运动过程中加速度大小不相同
5.
B. 落地时的速度相同
D. 运动过程中速度的变化率相同
用六根完全相同的长方体本条搭建了甲、乙两木被如图所示，当两木被静止在水面上，则下列分析错误的是( )
A. 木筏漫入水中的深度不同甲 C. 木筏底部所受水的压力不等
6.
B. 木筏所受浮力相等
D. 木筏底部所受水的压强不等
人站在升降机中，在升降机下降过程中速度逐渐减小时，以下说法中正确的是( )
A. 人对底板的压力小于人所受的重力 B. 人对底板的压力大于人所受的重力 C. 人所受重力将增大
D. 人对底板的压力等于人所受的重力
7.
如图所示，半径为𝑅的一个飞轮的圆心在𝑂处，但它的重心不在转轴𝑂处(转轴通过圆心𝑂)，工人师傅在飞轮边缘上的𝑎处挖下一小块质量为△𝑚的金属加固到正对面的轮边缘的𝑏处，这时飞轮的重心位置正好在𝑂处，现由于𝑏处加固的△𝑚这块金
属脱落丢失，又使得飞轮的重心不在𝑂处，工人师傅决定再在𝑎处挖去一小块金属，不用加固到𝑏处，这样也能将飞轮的重心调到𝑂处，则下列做法正确的是( )
A. 再挖去的一小块金属的质量等于2△𝑚 B. 再挖去的一小块金属的质量等于△𝑚
C. 无论再挖去的一小块金属的质量为多少都不能将飞轮的重心调到𝑂处 D. 无论再挖去的一小块金属的质量为多少都能将飞轮的重心调到𝑂处
8.
如图，水平地面上有一固定斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度𝑣0匀速下滑，下列说法正确的是( )
A. 物块受到沿斜面向下的下滑力，大小等于摩擦力 B. 匀速下滑的𝑣0越大，物块受到的摩擦力越大
C. 换一个质量更大的同种材料制成的物块，不可能在斜劈上匀速滑动 D. 物块一共受到重力、弹力和摩擦力三个力
9.
力 𝐹1单独作用一个物体时产生的加速度为6𝑚/𝑠2，力𝐹2单独作用于此物体时产生的加速度为8𝑚/𝑠2，两力同时作用于该物体产生的加速度不可能是( )
A. 2𝑚/𝑠2 B. 5𝑚/𝑠2 C. 8𝑚/𝑠2 D. 15𝑚/𝑠2
10. 2012年8月我国“蛟龙”号载人潜水器下潜记录再创新高，成功实现下潜7𝑘𝑚深度．设潜水器
在下潜或上升过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，其中，海水浮力𝐹始终不变，所受海水阻力大小不变．已知当潜水器的总质量为𝑀时恰好以加速度𝑎匀加速下降，若使潜水器以同样大小的加速度匀加速上升，则需要从潜水器储水箱向外排出水的质量为(重力加速度为𝑔)( )
A. 2(𝑀−𝑔)
𝐹
B.
2𝐹+2𝑀𝑔𝑔+𝑎
C. 2𝑀−𝑔
𝐹
D.
2(𝑀𝑔−𝐹)𝑔+𝑎
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
11. 如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁
球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大，这一现象表明( )
A. 电梯的加速度方向一定是向上 B. 电梯一定是在下降 C. 电梯一定是在上升 D. 乘客一定处于超重状态
12. 如图所示，一个𝑚=3𝑘𝑔的物体放在粗糙水平地面上，从𝑡=0时刻起，物体在水平力𝐹作用下
由静止开始做直线运动，在0～3𝑠时间内物体的加速度𝑎随时间𝑡的变化规律如图所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )
A. 在0～3𝑠时间内，物体的速度先增大后减小 B. 3𝑠末物体的速度最大，最大速度为10𝑚/𝑠 C. 2𝑠末𝐹最大，𝐹的最大值为12𝑁
D. 前2𝑠内物体做匀变速直线运动，力𝐹大小保持不变
13. 如图所示，物块𝐴放在直角三角形斜面体𝐵上面，𝐵放在弹簧上面并紧挨
着竖直墙壁，初始时𝐴、𝐵静止；现用力𝐹沿斜面向上推𝐴，但𝐴、𝐵仍未动。则施力𝐹后，下列说法不正确的是( )
A. A、𝐵之间的摩擦力一定变大 B. 𝐵与墙面的弹力可能不变 C. 𝐵与墙之间可能没有摩擦力
D. 弹簧弹力一定不变
14. 关于两个分力与它们的合力的关系，下列说法正确的是
A. 合力可能大于每一个分力 B. 合力不可能小于每一个分力
C. 合力的方向可能与每一个分力的方向都相同 D. 两个分力的夹角在0º--180º之间，夹角越小合力越小
三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）
15. 为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质
量、物体受力关系”的实验装置(如图1所示)。实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力。
(1)往砝码盘中加人一小砝码，在释放小车______(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，
在纸带上打出一系列的点。
(2)从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间𝑡与速度𝑣的数据如下表：
实验次数 小车加速度𝑎/(𝑚⋅𝑠−2) 小车和砝码质量𝑚/𝑘𝑔 1/(𝑘𝑔−1) 𝑚1 1.90 0.25 4.00 2 1.72 0.29 3.45 1
3 1.49 0.33 3.03 4 1.25 0.40 2.50 5 1.00 0.50 2.00 6 0.75 0.71 1.41 7 0.50 1.00 1.00 8 0.30 1.67 0.60 请在图2中根据实验数据作出小车的𝑎−𝑚图象。 16. 下列有关高中物理实验的说法中，正确的是______
A.“验证力的平行四边形定则”实验采用的科学方法是等效替代法 B.电火花打点计时器的工作电压是220𝑉的直流电
C.在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，由纸带上的一系列点迹取计数点，可求出任
意两个计数点之间的平均速度
D.在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须要用天平测出下落物体的质量．
17. 某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：
玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为𝑅=0.20𝑚)。完成下列填空： (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(𝑎)所示，托盘秤的示数为1.00𝑘𝑔；
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(𝑏)所示，该示数为______𝑘𝑔； (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示
数为1.81𝐾𝑔，车通过最低点时的速度大小为______𝑚/𝑠。(重力加速度大小取9.8𝑚/𝑠2，计算结果保留2位有效数字)
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
18. 一小球从离地面125𝑚处自由落下，不计空气阻力，取𝑔=10𝑚/𝑠2，求： (1)小球落到地面需要的时间； (2)小球在刚要着地时的速度大小；
(3)小球下落过程前一半时间内的位移大小(本问保留4位有效数字)。
19. 在索契冬奥会速降滑雪运动中，当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气压出来，
在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地与滑雪板间的摩擦因数，然而当滑雪板相对雪地速度较小时，滑雪板就会陷入雪地中，使得
它们间的动摩擦因数增大．假设滑雪者的速度超过𝑣0=4𝑚/𝑠时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由𝜇1=0.25变为𝜇2=0.125，一滑雪者从倾角𝜃=37°的坡顶𝐴处由静止开始自由下滑，滑至坡底𝐵(𝐵处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地𝐵𝐶(𝐵𝐶长度可忽略)，不计空气阻力，如图𝐴、𝐵间距离𝐿=20𝑚，(𝑠𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8,𝑔取10𝑚/𝑠2)，所示，滑雪者总质量𝑚=100𝑘𝑔，求：
(1)滑雪者到达𝐵处的速度大小𝑣𝐵；
(2)假设物体从空中下落时，空气对物体的阻力𝑓=𝑘𝑣2(𝑘=2.5𝑘𝑔/𝑚)，方向与速度方向相反，滑雪
者离开𝐵点沿轨道水平飞出后，由于空气阻力的影响，下落一段距离后将会匀速下落，这个速度被称为收尾速度，求滑雪者的收尾速度𝑣的大小．
20. 如图所示，质量为𝑀=40𝑘𝑔、倾角为𝛼=37°的斜面体(斜面光滑
且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为𝜇，斜面顶端与劲度系数为𝑘=200𝑁/𝑚、自然长度为𝐿=0.4𝑚的轻质
弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为𝑚=10𝑘𝑔的物块。压缩弹簧使其长度为0.3𝑚时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为𝑔=10𝑚/𝑠2。 (1)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用𝑥表示物块相对于平衡位置
的位移，证明物块做简谐运动； (2)求弹簧的最大伸长量；
(3)为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数𝜇应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力
)？
参考答案及解析
1.答案：𝐶
解析：解：36𝑘𝑚/ℎ=10𝑚/𝑠
=汽车速度减为0的时间为：𝑡0
𝑣0
𝑎
=
104
𝑠=2.5𝑠
𝑣2
102
0 刹车3𝑠内的位移等于刹车2.5𝑠内的位移为：𝑥3=𝑥2.5=2𝑎=2×4𝑚=12.5𝑚
故C正确，ABD错误 故选：𝐶
根据匀变速直线运动的时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出汽车走过的位移．
本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动．
2.答案：𝐷
解析：解：
牛顿第一定律的内容是：一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；
只有当物体的运动状态发生变化时，物体一定受到外力作用；
A、静止或作匀速直线运动的物体，仍受外力的作用，不过合力之和为零，故A错误； B、当物体的速度不变时，物体一定处于平衡状态，速度为零时不一定不变，故B错误； C、当合外力为零时，物体一定处于平衡状态，但速度可以不为零，故C错误；
D、力是改变物体运动状态的原因，当物体的运动状态发生变化时，物体一定受到力的作用，故D正确。 故选：𝐷。
掌握牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态．
本题考查对牛顿运动定律的理解：
①“一切物体”：牛顿第一定律是自然界普遍规律之一，对任何物体都适用；
②此定律包含两层含义：原来静止，将保持静止状态；原来运动将保持匀速直线运动状态； ③此定律的得出是理想化实验加推理得出的．
3.答案：𝐷
解析：试题分析：当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，结合物体的运动方向可知，图2中电梯处于超重状态，加速度向止、运动方向向上，故电梯向上加速，所以A错误；同理可知，图3中电梯向上减速、图4中电梯向下加速，所以𝐵、C错误；图5中电梯向下减速，分析受力由牛顿第二定律可得
，图1中体重计的示数大小等于同学的
重力，图5体重计的示数即等于支持力的大小，故可求得此时的加速度，所以D正确； 考点：超重与失重
4.答案：𝐷
解析：解：𝐴、竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，故A错误．
B、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以末速度大小相等，但方向不同，故B错误． C、加速度由合力决定，都是抛体运动，都只受重力，加速度都为𝑔，故C错误． D、速度的变化率就是加速度的大小，三种运动都为𝑔，故D正确． 故选：𝐷
此题首先清楚这三种运动都只受重力，即竖直方向上都为匀变速直线运动，即加速度以及运动时间很容易比较大小，落地速度注意它的矢量性
抛体运动的特点是都只受重力，学生们要牢记，再者注意速度的变化率就是加速度的大小．
5.答案：𝐶
解析：解：甲、乙两木筏都是用六根完全相同的长方体木条搭建而成，则甲乙两木筏的重力相同。 𝐴𝐵、甲乙两木筏都漂浮在水面上，受到的浮力等于自身的重力，因为重力相同，所以甲乙木筏受到的浮力相同；甲乙受到的浮力相等，由图知甲的底面积大于乙的底面积，根据𝐹浮=𝜌水𝑉排𝑔=𝜌水𝑔𝑆ℎ知，甲木筏浸入水中的深度小于乙木筏浸入水中的深度(即木筏浸入水中的深度不同)，故AB正确； 𝐶𝐷、甲乙木筏受到的浮力相同，而浮力等于物体上下表面受到的压力差，上表面受到水的压力为0，所以木筏底面受到的压力相等(等于浮力)；又因为甲木筏的受力面积(底面积)大，由𝑝=𝑆可知甲木筏底面受到水的压强较小，故C错误，D正确。 本题选错误的，故选：𝐶。
甲乙两木筏都漂浮在水面上，受到的浮力等于重力，由于重力相同，甲乙木筏受到的浮力相同；根据𝐹浮=𝜌水𝑉排𝑔=𝜌水𝑔𝑆ℎ分析判断；甲乙木筏受到的浮力相同，而浮力等于物体上下表面受到的压力差，可得木筏底面受到的压力关系；再根据压强的定义式得出底面受到水的压强关系。
𝐹
本题考查了物体的平衡条件、漂浮条件、阿基米德原理、压力产生的原因以及压强定义式的应用，知识点多、综合性强，容易出错。
6.答案：𝐵
解析：解：𝐴𝐵𝐷、人向下做减速直线运动，说明加速度向上，人受到的力合力向上，𝐹=𝑁−𝑚𝑔。根据牛顿第二定律知支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知，地板对人的支持力等于人对地板的压力，人对地板的压力大于人的重力，故B正确，AD错误；
C.人处于超重状态时，是人对水平地面的压力大于重力，但人的实际重力不变，故C错误。 故选：𝐵。
根据题意可得，人向下做减速直线运动，说明人受到的合力向上．根据牛顿第二定律知支持力大于重力，但实际重力不变．
本题考查学生对超重失重概念的理解，注意结合受力分析和牛顿运动定律解答；要注意的是超重状态或失重状态时，物体的重力没有发生变化．
7.答案：𝐵
解析：解：𝑏处加固的质量为△𝑚的金属没有丢失时，飞轮的重心在𝑂处，现设想在𝑎、𝑏两处都拿走了质量为△𝑚的金属，由于𝑎、𝑏两处相对圆心𝑂对称，因而飞轮的重心仍在𝑂处，由此可知，在𝑏处丢失质量为△𝑚的金属后，只要在𝑎处再挖去质量为△𝑚的金属就可以了，故B正确、ACD错误。 故选：𝐵。
当质量分布均匀，形状规则时，物体的重心在其几何中心，根据𝑏处加固的△𝑚没有脱落时，飞轮的重心在𝑂点可知，此时飞轮质量“分布均匀，形状规则”了，若𝑏处脱落质量为△𝑚的金属块，要使中心还在𝑂处，则要在𝑎处再挖去一小块质量为△𝑚的金属块。
本题主要考查了重心位置的影响因素，知道当质量分布均匀，形状规则时，物体的重心在其几何中心。
8.答案：𝐷
解析：解：𝐴𝐵𝐷、对物体进行受力分析可知，物块一共受到重力、沿斜面向上的滑动摩擦力、斜面的支持力．
物块做匀速直线运动，合力为零，则摩擦力与沿斜面向下的分力大小相等，方向相反，与物块速度的大小无关．故AB错误，D正确．
C、开始时摩擦力与沿斜面向下的分力大小相等，方向相反，则： 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃
换一个质量更大的同种材料制成的物块，则：𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝜇𝑀𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，可知与质量无关，仍然能在斜劈上匀速滑动．故C错误． 故选：𝐷
对物块受力分析，抓住合力为零确定斜面对物块的摩擦力的大小即可．
对于物体的受力分析，解题方法是：确定研究对象，首先分析重力，再分析接触面的弹力和摩擦力，最后分析非接触力(电场力或磁场力)，只分析物体受到的力，不分析物体对外施加的力．
9.答案：𝐷
解析：解：设物体为质量为𝑚，根据牛顿第二定律得： 𝐹1=𝑚𝑎1=6𝑚， 𝐹2=𝑚𝑎2=8𝑚，
则𝐹1和𝐹2共同作用于该物体时合力范围为𝐹2−𝐹1≤𝐹合≤𝐹2+𝐹1，代入得2𝑚≤𝐹合≤14𝑚 又由牛顿第二定律得加速度的范围为：2𝑚/𝑠2≤𝑎≤14𝑚/𝑠2 所以物体具有的加速度大小不可能是15𝑚/𝑠2． 本题选不可能的，故选：𝐷
设物体为质量为𝑚，根据牛顿第二定律分别列出前两种情况下的表达式，确定𝐹1和𝐹2共同作用于该物体时合力范围，再求出加速度的范围进行选择．
本题考查应用牛顿第二定律解题的基本能力，关键是确定合力的范围，得出加速度的范围．
10.答案：𝐷
解析：解：潜水器匀加速下降时，受到重力𝑚𝑔，向上的浮力𝐹，向上的阻力𝑓，根据牛顿第二定律： 𝑀𝑔−(𝐹+𝑓)=𝑀𝑎…①
匀加速上升时，设需要抛弃物体的质量为△𝑚，则受到的重力为(𝑚−△𝑚)𝑔，向上的浮力仍为𝐹，向下的阻力𝑓，根据牛顿第二定律： 𝐹−(𝑀−△𝑚)𝑔−𝑓=(𝑀−𝑚)𝑎…② 由①②式联立得：△𝑚=故D正确 故选：𝐷
分别对潜水器匀假速下降和匀加速上升过程进行受力分析，根据牛顿第二定律求解即可． 本题关键对潜水器受力分析，要注意空气阻力与速度方向相反，速率不变，阻力大小不变，然后根据根据牛顿第二定律列式求解．
2(𝑀𝑔−𝐹)𝑔+𝑎
11.答案：𝐴𝐷
解析：解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有： 𝑚𝑔=𝑘𝑥1
弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有： 𝑘𝑥2−𝑚𝑔=𝑚𝑎
故加速度向上，电梯减速下降或者加速上升，电梯以及电梯中的人处于超重状态； 故AD正确，BC错误； 故选：𝐴𝐷．
铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的超、失重情况．
本题是超重和失重问题，实质上牛顿第二定律的具体运用，产生超重的条件是加速度方向向上，与速度方向无关．
12.答案：𝐵𝐷
解析：解：𝐴、物体在力𝐹作用下由静止开始运动，加速度方向与速度方向相同，故物体在前3𝑠内始终做加速运动，第3𝑠内加速度减小说明物体速度增加得变慢了，但仍是加速运动，故A错误； B、因为物体速度始终增加，故3𝑠末物体的速度最大，再根据△𝑣=𝑎⋅△𝑡知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在𝑎−𝑡图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，△𝑣=𝑆=10𝑚/𝑠，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10𝑚/𝑠，所以B正确；
C、前2𝑠内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律知𝐹合=𝑚𝑎知前2𝑠内的合外力为12𝑁，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力大于12𝑁，故C错误；
D、前2𝑠内的物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律知物体的受合外力恒定，又因为物体与地面间的动摩擦因数处处相等，故物体所受摩擦力恒定，即物体受的作用力恒定，故D正确。 故选：𝐵𝐷。
物体做加速运动时加速度方向与速度方向相同，加速度的大小与合外力成正比．物体的加速度保持恒定，则其所受合外力恒定．
掌握加速运动与减速运动只看加速度的方向与速度方向是相同还是相反，不看加速度的大小变化，知道加速度与物体所受合外力大小成正比，掌握规律是解决问题的关键．
(2+3)2
×4𝑚/𝑠=
13.答案：𝐴𝐵𝐶
解析：解：𝐴、对𝐴，开始受重力、𝐵对𝐴的支持力和静摩擦力平衡，当施加𝐹后，仍然处于静止，开始𝐴所受的静摩擦力大小为𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，若𝐹=2𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，则𝐴、𝐵之间的摩擦力大小可能不变。故A不正确。
B、以整体为研究对象，开始时𝐵与墙面的弹力为零，后来加𝐹后，弹力为𝐹𝑐𝑜𝑠𝑎，弹力变化，故B不正确；
𝐶𝐷、对整体分析，由于𝐴𝐵不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变；开始弹簧的弹力等于𝐴、𝐵的总重力，施加𝐹后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则𝐵与墙之间一定有摩擦力，故D正确、𝐶不正确；
本题选不正确的，故选：𝐴𝐵𝐶。
隔离对𝐴分析，通过𝐴受力平衡判断𝐴、𝐵之间摩擦力的变化。通过对整体分析，抓住𝐴𝐵不动，弹簧的弹力不变，判断𝐵与墙之间有无摩擦力。
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用。
14.答案：𝐴𝐶
解析：
解答此题时，要从力的大小和方向两个方面来考虑，在分析各选项时千万不能漏掉力的方向； (1)如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；
同一直线反方向二力的合力等于二力之差；
(2)如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间。
解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况。
A、当两个力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力；当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，合力可能小于分力，由此可见：合力可能大于分力也有可能小于分力，故A正确；
B、当二力反向时，合力等于二力大小之差，合力有可能小于分力，故B错误；
C、同一直线二力的合力方向与两个分力的方向相同；当二力方向相反时，合力方向与较大力的方向相同，而当两分力不共线时，则合力与分力的方向无关，故C正确； D、当夹角𝜃<180°时，可知随着𝜃减小而增大，故D错误； 故选AC。
15.答案：之前
解析：解：(1)必须先接通打点计时器的电源，再释放小车。否则打点计时器在纸带上打的点偏少，增加实验误差。 (2)先准确描点，再连点成线
故答案为：(1)之前，(2)画出𝑎−𝑚如图所示，
1
本题以探究运动物体所受空气阻力与速度的关系实验为背景，考查对基本实验(探究加速度与力的关系)变通与创新能力。实验原理是牛顿第二定律。利用题中数据可建立𝑣−𝑡图象，由𝑣−𝑡图象可得到不同速度时的加速度，再由牛顿第二定律可得到不同速度时的空气阻力，这就可以直到空气阻力与速度的关系。
本题以探究运动物体所受空气阻力与速度的关系实验为背景，考查对基本实验(探究加速度与力的关系)变通与创新能力，所以我们要对书本上的实验问题掌握到位。
16.答案：𝐴𝐶
解析：解：𝐴、合力与分力的关系是等效替代关系，“验证力的平行四边形定则”实验验证的是合力与两分力的关系，所以本实验的科学方法是等效替代法，故A正确． B、电火花打点计时器的工作电压是220𝑉的交流电，故B错误．
C、根据𝑣=𝑡可得，可以求出纸带上任意两个计数点之间的平均速度，故C正确．
𝑥
D、验证机械能守恒实验需要验证𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣 2因质量𝑚可以消去，所以本实验不需要用天平测量 ，质量，故D错误． 故选AC．
“验证力的平行四边形定则”实验采用的科学方法是等效替代法，电火花计时器用的电源是220𝑉交流电而不能是直流电，根据𝑣 =𝑡可以求出任意两点间的平均速度． 明确每个实验的实验原理是解决实验问题的关键．
𝑥
1
17.答案：1.40 1.4
解析：解：(2)托盘秤的最小分度为0.1𝑘𝑔，注意估读到最小分度的下一位，则该示数为1.40𝑘𝑔； (3)根据题意可知凹形桥的质量为：𝑚桥=1.00𝑘𝑔 车的质量为：𝑚车=1.40𝑘𝑔−1.00𝑘𝑔=0.40𝑘𝑔 根据题意可知：1.81×9.8𝑁=1×9.8𝑁+𝐹𝑁
解得：车通过最低点时对桥的压力大小为：𝐹𝑁=7.938𝑁
由牛顿第三定律知车通过最低点时桥对车的支持力大小为：𝐹𝑁′=𝐹𝑁=7.938𝑁 对车，根据牛顿第二定律知：
𝑣2
𝐹𝑁′−𝑚车𝑔=𝑚车 𝑅代入数据解得：𝑣≈1.4𝑚/𝑠 故答案为：(2)1.40；(3)1.4𝑚/𝑠
(2)托盘秤的最小分度为0.1𝑘𝑔，读数时要估读到最小分度的下一位。
(3)根据托盘秤的最大示数和凹形桥的重力得到车通过最低点时对桥的压力大小，利用牛顿第二定律求速度大小。
本题考查仪表读数和圆周运动的知识，要注意估读到最小分度的下一位。对于圆周运动，要明确研究对象，分析受力情况，确定向心力的来源。
18.答案：解：小球做自由落体运动；
(1)根据自由落体的位移公式：ℎ=2𝑔𝑡2可知， 小球下落时间𝑡=√=√
𝑔
2ℎ
2×12510
1
𝑠=5𝑠
(2)小球刚要着地时的速度：
𝑣=𝑔𝑡=10×5𝑚/𝑠=50𝑚/𝑠
(3)小球下落过程前一半时间𝑡′=2𝑡=2×5𝑠=2.5𝑠， 小球下落过程前一半时间内的位移大小：
11
ℎ′=𝑔𝑡′2=×10×2.52𝑚=31.25𝑚
22答：(1)小球落到地面需要的时间是5𝑠； (2)小球在刚要着地时的速度大小是50𝑚/𝑠；
(3)小球下落过程前一半时间内的位移大小是31.25𝑚。
解析：(1)应用匀变速直线运动的位移−时间公式可以求出小球落地需要的时间。 (2)由速度−时间公式可以求出小球落地时的速度。 (3)应用位移−时间公式可以求出小球的位移大小。
解决本题的关键是知道自由落体运动是初速度为零加速度为𝑔的匀加速直线运动，结合运动学公式灵活求解。
11
19.答案：解：(1)由牛顿第二定律得：
𝑎1=
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇1𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑚
=𝑔𝑠𝑖𝑛37°−𝜇1𝑔𝑐𝑜𝑠37°=10×0.6−0.25×10×0.8𝑚/𝑠2=4𝑚/𝑠2
由𝑣2=2𝑎𝑥得：
速度为4𝑚/𝑠之前的位移为：𝑥1=2𝑎=2×4𝑚=2𝑚
1
𝑣242
滑雪者的速度超过𝑣0=4𝑚/𝑠后前进得位移为： 𝑥2=𝐿−𝑥1=20−2𝑚=18𝑚
滑雪者的速度超过𝑣0=4𝑚/𝑠时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数为：𝜇2=0.125 由牛顿第二定律得： 𝑎2=
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑚
=𝑔𝑠𝑖𝑛37°−𝜇2𝑔𝑐𝑜𝑠37°=10×0.6−0.125×10×0.8𝑚/𝑠2=5𝑚/𝑠2
2
由𝑣2−𝑣0=2𝑎𝑥得：
滑雪者到达𝐵处的速度大小为：
𝑣𝐵=√2𝑎2𝑥2+𝑣2=√2×5×18+42𝑚/𝑠=14𝑚/𝑠 (2)匀速下落时，物体受力平衡，根据平衡可得： 𝑚𝑔=𝑘𝑣2 解得：𝑣=√
𝑚𝑔𝑘
=√
100×102.5
𝑚/𝑠=20𝑚/𝑠
答：(1)滑雪者到达𝐵处的速度大小𝑣𝐵=14𝑚/𝑠 (2)收尾速度为20𝑚/𝑠．
解析：(1)根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度𝑣1=4𝑚/𝑠期间的加速度，再根据牛顿第二定律求出速度大于4𝑚/𝑠时的加速度，根据运动学公式求出速度为4𝑚/𝑠之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达𝐵处的速度． (2)匀速下落时，物体受重力和阻力平衡，根据平衡可求出滑雪者得收尾速度．
本题综合运用了牛顿第二定律、匀变速直线运动公式等规律，关键理清滑雪者的运动过程，正确地受力分析，运用牛顿定律和平衡解题．
20.答案：解：(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为△𝐿，有：
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼−𝑘△𝐿=0
得：△𝐿=
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑘
当物块位移为𝑥时，弹簧形变量为𝑥+△𝐿，物块所受合力为：
𝐹合=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼−𝑘(𝑥+△𝐿)
联立以上各式解得：𝐹合=−𝑘𝑥，可知物块做简谐运动； (2)物块在平衡位置时弹簧伸长：△𝐿=
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑘
=
10×10×0.6
200
𝑚=0.3𝑚
物块做简谐振动的振幅为：𝐴=0.3𝑚+△𝐿=0.6𝑚
由对称性可知，最大伸长量为：𝑥𝑚𝑎𝑥=𝐴+△𝐿=0.6𝑚+0.3𝑚=0.9𝑚
(3)物块在最高点或最低点时，地面摩擦力最大，而在最高点时加速度方向沿斜面向下，此时物块处于失重状态，斜面对地面的压力最小，此时若斜面不滑动，则滑块在振动过程中斜面不会滑动，设物块的最大加速度为𝑎，根据牛顿第二定律可得：𝑎=将加速度分解为竖直方向和水平方向，可得： 竖直向下：𝑎𝑦=𝑎𝑠𝑖𝑛𝛼=7.2𝑚/𝑠2， 水平方向：𝑎𝑥=𝑎𝑐𝑜𝑠𝛼=9.6𝑚/𝑠2，
整体在水平方向根据牛顿第二定律可得：𝑓=𝑚𝑎𝑥+𝑀×0 解得地面对斜面的摩擦力为：𝑓=96𝑁
整体在竖直方向根据牛顿第二定律可得：(𝑀+𝑚)𝑔−𝐹𝑁=𝑚𝑎𝑦+𝑀×0 解得地面对斜面的支持力为：𝐹𝑁=428𝑁
根据摩擦力的计算公式𝑓=𝜇𝐹𝑁可得：𝜇=𝐹=428≈0.23。
𝑁
𝑘𝐴𝑚
=
200×0.610
𝑚/𝑠2=12𝑚/𝑠2，
𝑓96
故为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数𝜇≥0.23。 答：(1)证明见解析；
(2)弹簧的最大伸长量为0.9𝑚；
(3)为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数𝜇≥0.23。
解析：(1)简谐运动所满足的条件为：𝐹合=−𝑘𝑥，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律推导回复力的表达式即可；
(2)求出物块做简谐振动的振幅，根据对称性求解最大伸长量；
(3)物块在最高点斜面对地面的压力最小，此时若斜面不滑动，则滑块在振动过程中斜面不会滑动，根据牛顿第二定律求解加速度，将加速度分解为竖直方向和水平方向，整体在水平方向、竖直方向根据牛顿第二定律列方程求解即可。
本题主要是考查了牛顿第二定律和简谐运动的知识；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、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答，掌握整体根据牛顿第二定律的解答方法。
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