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1、1-5ADBAD6-10DBBCC1 .解析：选A因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的水球”相比，铁球质量大、惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的“水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起向右运动，所以小车向右运动时，铁球相对小车向左运动。同理，由于乒乓球与同体积的“水球相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动。2 .解析：选D【详解】A.0时间内，电压表示数最大，两电阻串联分压可知，力敏电阻的阻值最小，所受压力最大，所以弹簧处于压缩状态，故A错误；B.及时间内，电压表示数减小，力敏电阻两端电压变大，阻值增大，所受压力尸减小，
2、根据牛顿第二定律，小车的加速度为kx-Fa=M小车的加速度增大，故B错误；CD.I2f3时间内，电压表示数最小，力敏电阻的两端电压最大，阻值最大，所受压力最小，合力向右，小车的加速度向右，又因为电压表示数不变，压力不变，小车的合力不变，加速度不变，小车做加速度向右的匀变速直线运动，小车可能向左做匀减速直线运动，也可能向右做匀加速直线运动；还有可能M与力敏电阻分离了，此时小车可能向右做加速度增大的加速直线运动，故C错误D正确。故选Do3.解析：选B【详解】A.深潜器从水底由从静止向上做加速运动，由此可知在0%阶段深潜器加速度竖直向上，深潜器内的物体处于超重状态，A错误；C.结合图像可知，0x深潜
3、器做加速度减小的加速运动，毛2/深潜器做匀速直线运动，2飞3%做加速度减小的减速运动，由此可知，在2%处深潜器的速度最大，C错误；B.深潜器初速度为0,根据20r=V2可知在/处的速度平方一为0/阶段-x图像围成的面积的2倍，即2=o解得在2%处深潜器运动的速度大小为m，B正确；D.若O一七阶段深潜器做匀变速直线运动，则平均速度大小为2=叵22而在0小阶段深潜器做加速度减小的加速运动，因此在0x。阶段深潜器运动的平均速度大小不等于也豆，D错误。2故选B04 .解析：选A物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a,上升高度为hl,末速度大小为vl,则hl=如t2,vl=at;
4、撤去力F后物块做竖直上抛运动，135F则一(hl+h)=vl2t-永)2,联立解得a=5g,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,得m=,A正确。5 .解析：选D小车在be路面上时处于匀速直线运动状态，轻绳弹力与重力平衡，则弹力方向竖直向上，即当小车在be路面上时，轻绳与车顶垂直；当小车在ab路面上时，小车与小球保持相对静止，向下做匀加速直线运动，对小车与小球分析有(M+z)gsine=(M+能)q即加速度大小4=gsinO加速度方向沿斜面向下，6为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为gsind,方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0,沿斜面的合力为mgsin,等于小球的重力沿斜面的
5、分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直；当小车在Cd路面上时，小车与小球保持相对静止，向上做匀减速直线运动，对小车与小球分析有(M+rn)gsina=(M+rn)a2即加速度大小a2=gsna加速度方向沿斜面向下，。为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为gsin0,方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0,沿斜面的合力为mgsine,等于小球的重力沿斜面的分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直。故选D。6 .解析：选D【详解】设b、C杆间的距离为L小球向下运动过程中弹性绳的伸长量为X,则弹性绳对小球的弹力沿水平方向的分力E=HCoSe=U根据力的平衡，小球受到杆的弹力大
6、小始终等于向下运动过程中的摩擦力为滑动摩擦力，即f=kL因此为恒力。故选D。7 .解析：选B开始时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有fA=mg=FNA=F弹，解得F弹=拳，此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于詈，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B受力分析如图所示，有fBm=FNB=(F弹一mg)Nma,解得a(l-)g,故选项B正确，A、C、D错误。8 .解析：选B若vla2故A错误；B正确；D.根据上面选项分析，可知小物体P速度减为零后，又反向以出的加速度做向左的匀加速直线运动。故D错误；C.根据图线与坐标轴所围面积
7、表示物体的位移，可知小物体P沿传送带向右运动的距离大于向左运动的距离，即to时刻没有离开传送带。故C错误。故选Bo9 .解析：选C工件匀速下滑，在任意方向上合力都为零，将工件的重力分解到沿斜面向下和垂直斜面向下，有K=?gsin37。R=mgcos37IgCO 昭作出垂直于“V”形槽方向的受力平面图如图所示“V”形槽两侧面的夹角为60。，所以两侧面对工件的弹力N夹角120。，则合力4FN=N=Ingcos370=mg“V”形槽两侧面对工件的摩擦力/方向相同，大小都为N,则2f=2N=R3-代入可解得8N=%当“V”形槽两侧面的夹角为90。时，有2mgn3T-2N=ma解得=（6-3）ms2故选
8、C。10 .解析：选C小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T,斜面对小球的支持力为FN,对小球受力分析如图，贝J:FN=T,2TCOS30。=mg,解得：FN=T=坐mg,故A错误；将斜面突然移走，小球受弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为al=节L=故B错误；将弹簧剪断的瞬间，小球将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为a2=lP喈故C正确：将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于30。，但斜面对小球的支持
9、力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D错误。2/t2Mh11 .【答案】B2.03.0f理（每空3分）【详解】（1）1A.实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不需要测出砂和砂桶的总质量，故A错误；B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，故B正确；C.电磁打点计时器使用的是电压约为8V的交流电源，故C错误；D.实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不用保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误。故选B。23根据牛顿第二定律有2K=Ma”2尸一空可得MMkJ=4.0结合图乙可得1.0可得，小车的质量为M=3.0kg结合图
10、像，当=时有6=2F=2.0N（2）【答案】【答案】tmg【详解】（1）A由标记C运动到。过程中做初速度为0的匀加速直线运动，则有G=I整理得V=,（2）物体下落的加速度为a=与在B的一边放有6个质量均为用的槽码，此时A、Btr刚好平衡且保持静止，则有Mg=6mg+M*根据牛顿第二定律-twi）g（6n）mgMBg+6n+Mlfy）a22MhJ12Mh联立整理得ntg故，以尸为纵轴，以7为横轴，图像是斜率等于哂,L过原点的直线，则可以得出当物体质量一定时，物体的加速度与合外力成正比【详解】（1）A由标记C运动到D过程中做初速度为0的匀加速直线运动，则有=J整（2）物体下落的加速度为4=2=4在
11、B的一边放有6个质量均为,的槽码，此时A、Btr刚好平衡且保持静止，则有Mg=6mg+g根据牛顿第二定律+nn)g-(6-n)fng-Mg=(M+6f11+M)aIMh1联立整理得mg故，以产为纵轴，以为横轴，图像是斜率等于%,且过原点的直线，则可以得出当物体质量-定时，物体的加速度与合外力成正比tAB=tAC=.【详解】（1）设AB与水平方向的夹角为6,小朋友沿AB下滑时的加速度为=gsin612xAB由几何关系可知Z8=2Rsin9（2分）由上式可知小朋友的下滑时间与角度无关，则两次沿滑梯运动的时间关系为（2分）（2）根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为的等时圆，如图所示两圆相切时
12、，时间最短，有（R+r）2=（/?-f+（3R）2（2分）9解得r=-R（1分）4用第一问的结论有，=秒（1分）13.【答案】（1）4m/s；（2分）（2）2s；（3分）（3）10.4m（3分）【详解】（1）小煤块在水平传送带上的加速度为q_丝星=1m/s2（1分）m在水平部分小煤块达到与传送带共同速度的加速时间为V.ti=4s4在水平部分的加速位移为x1=f1=8mVLI=IOm则小煤块在没有到达b点时速度已经达到了4ms,此后在水平部分匀速运动，所以煤块经过b点时的速度大小va=4ms（1分）（2）小煤块在斜面上受到的滑动摩擦力f=mgcos=0.08机月V20=a2t解得vo=2m/sV2o=3m/s1-1.5s内（l2=05s）,由于水平向右的拉力F2=1.4N恰好与f+f2平衡故平板做匀速直线运动.物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同.有v=voat2=3m/s（2分）v2=v20=3m/s（2分）（5分）实3,虚215.【答案】（l）2gvmv2（町+用）；（5分）（2）=/；（6分）（3）（5分）叫10【详解】（1）装置能够使呈现4种不同的运动状态
