知识点：物理学史

B

【考点】物理学史．

【分析】本题是一道物理常识题，同学可以通过对物理常识的掌握解答，也可以应用所学的牛顿第一定律等物理知识来解答．

【解答】解：A、亚里斯多德认为力是维持物体运动的原因，必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止下来．符合史实．故A正确；

B、伽利略根据理想实验推论出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，说明力不是维持物体运动的原因．不符合史实，故B错误．

C、笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，故C正确；

D、牛顿提出：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，这是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证．故D正确；

本题选不符合物理学史实的，故选：B．

知识点：牛顿第三定律

A

【考点】牛顿第三定律．

【分析】对人进行受力分析可知人下陷的原因；由牛顿第三定律可知压力与支持力的大小关系．

【解答】解：人对湿地的压力和湿地对人的支持力是作用力与反作用力，故二力一定相等，故A正确，BCD错误；

故选：A．

知识点：牛顿第二定律

C

【考点】牛顿第二定律．

【分析】加速度等于单位时间内速度的变化量，反映速度变化的快慢，结合加速度的定义式比较加速度的大小．

【解答】解：根据a=知，速度的变化量相同，小型轿车的所用的时间短，则小型轿车的加速度大，即速度变化快．故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

知识点：物理

C

【考点】惯性．

【分析】惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性；惯性与物体的质量有关．

【解答】解：A、惯性是物体的固有属性，与速度大小和运动与否无关，AB错误；

C、乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小，运动状态容易改变的缘故，C正确；

D、已知月球上的重力加速度是地球上的，故一个物体从地球移到月球惯性不变，重力减小为，D错误；

故选：C

知识点：共点力的平衡

C

【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．

【分析】系统原来处于平衡状态，两个弹簧均被压缩，弹簧k2的弹力等于两物体的总重力．缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧时弹簧k2的弹力等于m2g，根据胡克定律分别求出下面弹簧两种状态下压缩的长度，下面木块移动的距离等于弹簧两种状态下压缩的长度之差．

【解答】解：系统处于原来状态时，下面弹簧k2的弹力F1=（m1+m2）g，被压缩的长度x1==

当上面的木块离开上面弹簧时，下面弹簧k2的弹力F2=m2g，被压缩的长度x2==

所以下面木块移动的距离为S=x1﹣x2=

故选C

知识点：力的合成和分解

D

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【分析】弹簧弹力不能发生突变，在剪短瞬间仍然保持原来的大小和方向；而细绳的弹力会发生突变，在剪断瞬间会突然改变．因此在本题中根据原来的平衡状态，求出弹簧弹力，剪短瞬间然后根据牛顿第二定律求解即可．

【解答】解：开始时，以A、B、C系统为研究对象，

由平衡条件得：3mgsin30°=fC，

对A，由平衡条件得：mgsin30°=fA，

弹簧的弹力不能突变，剪断细线的瞬间，

由牛顿第二定律得：

对C：fC﹣mgsin30°=maC，解得：aC=g，

对B：fA+mgsin30°=maB，解得：aA=g

对A：mgsin30°﹣fA=maA，解得：aA=0；

故选：D．

知识点：物理

ACD

【考点】力学单位制．

【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．

【解答】解：A、在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，故A正确．

B、牛顿是根据牛顿第二定律推导出来的单位，所以牛顿是导出单位，不是基本单位．故B错误

C、由a=可知，1N/kg=1m/s2，故C正确．

D、“米”、“千克”、“牛顿”都属于国际单位制的单位，其中“米”、“千克”是基本单位，“牛顿”是导出单位，故D正确．

故选：ACD．

知识点：牛顿第二定律

B

【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律．

【分析】作用力与反作用大小相等、方向相反，作用在同一直线上；并有同时产生、同时消失．再根据两人的受力情况确定加速度的大小关系．

【解答】解：ABC、互推的过程中，张丹推张昊的力和张昊推张丹的力是两人间的相互作用，是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反；同时产生、同时消失；所以张昊推张丹的时间等于张丹推张昊的时间，故A、C错误；B正确；

D、在分开后，由牛顿第二定律知：μmg=ma，得 a=μg，μ相等，则a大小相等，故D错误；

故选：B

知识点：物理

BC

【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．

【分析】由共点力平衡的条件可以知道，当撤去25N和20N的两个力后，其它力的合力与这两个力的合力大小相等方向相反，所以与直接求25N和20N的两个力的合力大小一样，根据力的合成可以求得合力的大小．

【解答】解：由平行四边形定则可知，25N和20N的两个力的合力的大小范围应该是5N≤F合≤45N，所以可能的是BC，AD错误．

故选：BC．

知识点：匀变速直线运动

CD

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】小球下落过程中受到重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律研究加速度的关系，再由位移公式研究时间关系．

【解答】解：设小球质量为m，下落过程受到的阻力为f，加速度为a．

由牛顿第二定律得：

mg﹣f=ma

得到：，可知两小球加速度不等，

相同体积的实心铜球和铝球，铜球质量大些，阻力相等，则质量大的加速度大，根据v=at可知，在任一时刻具有相同的加速度、位移和速度不同，故A错误

BC、根据可知，加速度大的落地时间短，即铜球先落地，故B错误，C正确；

D、根据v2=2ah可知，加速度大的落地速度大，即铜球落地速度大，故D正确

故选：CD

知识点：物体的超重与失重

AC

【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．

【分析】根据表格读数分析，t1时刻物体处于超重状态，t2时刻物体处于失重状态，根据牛顿第二定律分析物体加速度的方向．发生超重与失重现象时，物体的重力没有变化．超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关．

【解答】解：A、B、根据表格读数分析，t1时刻根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，物体处于超重状态．t2时刻电梯的加速度方向向下，物体处于失重状态；速度方向未知，速度方向可能相同，也可能相反．故A正确，B错误；

C、表格中仅仅记录个时刻的受力情况，不能判断出运动的情况，所以t3时刻电梯可能向上运动，也可能向下运动．故C正确；

D、t1、t 2和t3时刻该同学的处于超重状态或失重状态，但所受重力没有发生变化；故D错误．

故选：AC

知识点：牛顿第二定律

BD

【考点】牛顿第二定律；加速度．

【分析】根据加速度的定义式求加速度之比；根据动量定理求与F之比

【解答】解：AB、根据加速度的定义：

撤掉F前：

撤掉F后：

所以，故A错误，B正确；

CD、根据动量定理，有：

解得：，故C错误，D正确；

故选：BD

知识点：摩擦力

BC

【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．

【分析】对木块受力分析，将重力按照效果正交分解，重力产生两个效果，使物体沿墙面下滑，使物体远离斜面，再结合共点力平衡条件，可以求出各个力．

【解答】解：A、B、对木块受力分析，如图所示，受推力F，重力G，将重力按照效果正交分解，重力产生两个效果，使物体沿墙面下滑和要使物体远离墙面，由于木块一直静止，合力为零，因而静摩擦力必须与G2平衡，有静摩擦力，则接触面处一定有支持力，即支持力一定不为零．

因而物体一定受推力、重力、支持力和静摩擦力，故A错误，B正确；

C、D、在推力F增大过程中，最大静摩擦力增大，故木块一直保持静止，即静摩擦力f始终与分力G2平衡，不变，故C正确，D错误；

故选：BC

知识点：牛顿第二定律

C

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【分析】由题意，三个木块以同一加速度做加速运动，采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系

【解答】解：

A、质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用，故A错误；

B、对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：a=；隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得：

轻绳中拉力为 F′=3ma=FT．由此可知，当F逐渐增大到FT时，轻绳中拉力等于FT＜FT，即小于轻绳能承受的最大拉力为FT，轻绳还没有被拉断．故B错误；

C、由上式得：当F逐渐增大到2FT时，a==，轻绳中拉力F′=3ma=FT，轻绳刚好被拉断，故当F=1.5FT时，还未被拉断．故C正确；

D、轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为FT，后面两个木块的加速度a′=，对质量为m木块研究，由牛顿第二定律得：摩擦力为 f=ma′=，故D错误．

故选：C

知识点：物理

（1）等效替代；（2）AC；（3）4.00

【考点】验证力的平行四边形定则．

【分析】该实验采用了“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，从而正确的解答本题；

根据弹簧秤指针的指示可读出拉力的大小．

【解答】解：（1）在该实验中，合力与分力的概念是一种等效替代的科学思想方法．

（2）A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故A正确；

B、弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只有把O点拉到同一位置即可，故B错误；

C、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；

D、F1、F2方向间夹角为90°并不能减小误差，拉力的夹角适当大一些，故D错误．

故选：AC．

（2）由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力F的大小为：4.00N．

故答案为：（1）等效替代；（2）AC；（3）4.00

知识点：探究加速度与力、质量的关系

（1）B；（2）Ⅰ．0.60；Ⅱ．①0.10；如图所示：③C

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系；探究影响摩擦力的大小的因素．

【分析】（1）利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，当小车与车中砝码的总质量远大于小桶及桶中砝码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中砝码的总重力；

（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动；a﹣F图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端．

【解答】解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误．

B、探究“小车的加速度与合外力的关系”：当小车与车中砝码的总质量远大于小桶及桶中砝码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中砝码的总重力，故B正确．

C、曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a﹣m图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a﹣图象，故C错误．

故选：B

（2）Ⅰ．每隔五个打印点取一个计数点，所以2，3两计数点间的时间间隔为T=0.1s，

根据匀变速直线运动的推论△x=aT2，有：

s4﹣s1=3aT2，

所以解得：a=

Ⅱ．①在a﹣F图象中根据所给的数据描点．作图，如图所示：

②当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动，由上问所得a﹣F图象可知当拉力等于0.10N时物体开始运动，故最大静摩擦力为0.10N．

③若要使作出的a﹣F图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端．故C正确．

故选：C．

故答案为：（1）B；（2）Ⅰ．0.60；Ⅱ．①0.10；如图所示：③C

知识点：匀变速直线运动

解：（1）由h=得：

t===4s

（2）第1s内的位移：

最后1s内的位移：

h′=80m﹣m=35m

答：（1）经过4s落到地面；（2）第1s内的位移为5m，最后1s内的位移为35m．

【考点】自由落体运动．

【分析】（1）已知物体下落的高度，故由h=可求得下落时间；

（2）第1s内的位移直接由位移公式求出，而最后1s内的位移要由总位移减去1s前的总位移；

知识点：共点力的平衡

解：（1）设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，

由平衡条件可得：

Fcos30°=FTcosθ…①

Fsin30+FTsinθ=mg…②

代入解得：FT=10N，tanθ=，

即：θ=30°

（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得：

Fcos30°=f

N+Fsin30°=（M+m）g

又f=μN

得到：μ==

答：（1）运动过程中轻绳对小球的拉力为10N，而轻绳与水平方向夹角θ为30°；

（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ为．

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】（1）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角θ；

（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ．

知识点：匀变速直线运动

解：（1）对小滑块，由牛顿第二定律得：μmg=ma

小滑块加速度a 1=μg=4 m/s2

对木板，由牛顿第二定律得：F﹣μmg=Ma’

木板加速度

要是小滑块从木板上面滑下，则要求a’＞a

解得F＞20 N

（2）恒力F=28N＞20 N，小滑块m、木板M相对运动，设恒力F作用了t 1时间后撤去，又经时间t 2，小滑块m从木板M上掉下，

木板在t 1时间内的位移为x 1，时刻的速度为v 1，由牛顿运动定律得：

F﹣μmg=Ma 1

v1=a1t1

木板在t 2时间内的位移为x 2，时刻的速度为v 2，由牛顿运动定律得：

μmg=Ma 2

v2=v1﹣a2t2

小滑块在时间内的位移为x 3，时刻的速度为v 3，由牛顿运动定律得：

μmg=ma 3

v3=a3（t1+t2）

恰能抽出时应满足 v2=v3 且L=（ x1+x2）﹣x 3

代入数据解得 t 1=1s

答：（1）现用恒力F作用在木板M上，为使得m能从M上面滑落下来，F大小的范围F＞20N．

（2）其他条件不变，若恒力F=28N，欲抽出木板，水平恒力至少要作用1s时间

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律，求出木块和木板的加速度，当木板的加速度大于木木块的加速度时，m就会从M上滑落下来．

（2）恒力F=28N，m在M上发生相对滑动，设m在M上面做匀加速运动，木块运动的位移为撤去F前后的位移之和，刚要抽出时，木板速度和小滑块速度相等，两者位移之差等于木板的长度L．