知识点：物理

A

【考点】加速度；物理学史．

【专题】直线运动规律专题．

【分析】在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度；

等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况，效果要相同；

当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法．

【解答】解：A、等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况；没有采用假设法；故A错误；

B、根据速度定义式v=△x/△t，当△t非常非常小时，△x/△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；

C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，因为三量之间相互都有关系，故应采用控制变量法；故C正确；

D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．故D正确；

本题选错误的，故选：A．

【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．

知识点：物理

C

【考点】滑动摩擦力；加速度．

【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．

【分析】米、千克是国际单位制中的基本单位，而牛顿不是国际单位制中的基本单位；

放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力大小等于物体对斜面的压力，但不能说就是物体对斜面的压力；

加速度是反映速度变化快慢的物理量，方向与速度变化量的方向相同，可能与速度的方向相同，可能相反，可能不在同一条直线上；

摩擦力的方向可以与物体的运动方向不在同一直线上．

【解答】解：A、米、千克是国际单位制中的基本单位，而牛顿不是国际单位制中的基本单位，根据牛顿第二定律得到的导出单位．故A错误；

B、放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力大小等于物体对斜面的压力，但不能说就是物体对斜面的压力，压力的受力物体是斜面，而重力的分力的受力物体是该物体．故B错误；

C、物体的速度变化很大，若变化的时间较长，加速度可能很小，故C正确；

D、摩擦力的方向可以与物体的运动方向不在同一直线上，比如在水平圆盘上随圆盘一起匀速转动的物体所受的摩擦力方向与速度方向垂直．故D错误．

故选：C．

【点评】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，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．摩擦力的方向总与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反．

知识点：物理

C

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】人保持静止，其合力为零；分析人受力情况，根据平衡条件判断有无静摩擦力．

【解答】解：A、C、D、人保持静止，合力为零；人受重力和支持力是一对平衡力；故A错误，C正确，D错误；

B、人对踏板的压力和踏板对人的支持力是一对作用力与反作用力，故B错误；

故选：C．

【点评】本题关键根据人所处的平衡状态分析人的合力与受力情况，不能凭空想象出人受到静摩擦力作用，那样将与平衡条件矛盾．

知识点：物理

BD

【考点】运动的合成和分解．

【专题】运动的合成和分解专题．

【分析】因B匀速下降，所以滑轮右边的绳子收缩的速度是不变的，把A实际运动的速度沿绳子收缩的方向和与绳子摆动的方向进行正交分解，结合B的速度不变，可判断A的运动情况．

因B匀速下降，所以绳子的拉力的大小不变，把绳子拉A的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知A对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况．

【解答】解：AB、B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，VB是VA在绳子方向上的分量，VB是恒定的，随着VB与水平方向的夹角增大，VA增大，所以A在水平方向上向左做加速运动．选项A错误B正确；

CD、因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=GB，

A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向的F1，在竖直方向上，有N+F2=GA．绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2增大，支持力N减小，所以摩擦力减小，选项C错误、D正确．

故选：BD．

【点评】该题既考查了力的合成与分解，又考察了运动的合成与分解，是一道质量较高的题．该题在对A的运动的分解时，要明确谁是合速度，谁是分速度，注意物体实际运动的速度为合速度．此种情况是把合速度沿绳子收缩的方向和绳子摆动的方向进行正交分解．

知识点：物理

C

【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

【专题】受力分析方法专题．

【分析】用水平力F推Q，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀速滑动，对各自进行受力分析，分别从重力、弹力、摩擦力等三个角度去分析．对于摩擦力要分静摩擦力与滑动摩擦力．

【解答】解：在水平推力的作用下，物体P、Q一起匀速滑动，都处于平衡状态，则对P受力分析：重力与支持力．

对于Q受力分析：重力、地面支持力、P对Q的压力、水平推力、地面给Q的滑动摩擦力．

因此P受到二个力，Q受到五个力．故C正确；ABD错误；

故选：C．

【点评】考查学会受力分析，通常从重力、弹力、摩擦力角度去分析，同时强调受力的研究对象．

知识点：物理

AD

【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】失重状态：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；超重状态：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．人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此．

【解答】解：A、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲﹣起立的动作，故A正确，B错误；

C、由图可知，下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，故C错误，D正确；

故选：AD

【点评】本题考察物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别．

知识点：物理

A

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】由几何知识求出两弹簧的伸长量之比，然后根据胡克定律求出两弹簧的拉力之比，最后由平衡条件求出重力与弹簧拉力的关系．

【解答】解：由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：△L=L

右图中弹簧的伸长量为：△L′=L

根据胡克定律：T=K△L

则两情况下弹簧拉力之比为：

根据平衡条件：2Tcos37°=mg

2T′cos53°=Mg

得：

故选：A．

【点评】本题考查了受力平衡和胡克定律的综合应用，注意弹簧的弹力是与形变量成正比，不是与弹簧的长度成正比．

知识点：物理

AD

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【专题】运动学中的图像专题．

【分析】在速度﹣﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．

【解答】解：A、在速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度，由图象可知，t1＜t＜t2时间段图象的斜率小于0＜t＜t1时间段图象的斜率，故0＜t＜t1时间段各个时刻的加速度一定大于t1＜t＜t2时间段各个时刻的加速度，故A正确；

BCD、根据图象可知0﹣t3时刻，图象都在时间轴上方，都为正，速度方向不变，位移一直增大，故BC错误，D正确；

故选：AD．

【点评】本题考查v﹣t图象的认识，知道图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移．

知识点：物理

D

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】以整体为研究对象求出整体向上运动的加速度，在以A和B分别为研究对象求弹簧中的弹力，剪断细线瞬间绳的弹力立即消失，弹簧弹力由于形变没有变化而瞬间不变，再根据牛顿第二定律分析球A的加速度大小．

【解答】解：以AB整体为研究对象受力分析根据牛顿第二定律有整体加速度为：a=，

再以B为研究对象，B受弹力和重力作用而产生向上的加速度，故有：Fx﹣mg=ma

得此时弹簧中弹力为：Fx=mg+ma=mg+m·=，

又在线断瞬间，弹簧形变没有变化，线断瞬间弹簧弹力仍为

线断瞬间以A为研究对象，A受重力和弹簧弹力作用产生加速度，合力为：FA=Fx+mAg=+2mg

根据牛顿第二定律知，此时A物体产生的加速度为：aA=，所以ABC错误，D正确；

故选：D．

【点评】本题是运用整体法和隔离法求物体的受力，并熟悉线断瞬间弹力立即消失，而据胡克定律知弹簧弹力发生变化其形变量必须变化即线断瞬间弹簧弹力保持不变，这是解决本题的一个关键点．

知识点：物理

C

【考点】运动的合成和分解．

【专题】运动的合成和分解专题．

【分析】由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解．

【解答】解：A、若只增大υ1大小，不必改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A错误；

B、若只增大θ角，不必改变υ1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B错误；

C、若在增大υ1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C正确；

D、若增大υ1的同时，也必须适当减小θ角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故D错误．

故选：C．

【点评】考查运动的合成与分解，掌握平行四边形定则的应用，注意要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，必须满足船在水流方向的分速度不变，且垂直河岸的分速度要增大．

知识点：物理

D

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】整个系统始终保持静止，合力保持为零．先研究未加沙子时，A的受力情况，再分析加沙子过程中，A受力情况．对B来说，保持平衡，绳子的拉力与其重力平衡．

【解答】解：A、对B研究可知，绳子拉力与B的重力大小mg相等，保持不变．故A错误．

B、C、D未加沙子时，绳子的拉力大小为T=mg，A的重力沿斜面向下的分力大小为2mgsin30°=mg，两力平衡，则知A相对斜面没有运动趋势，不受斜面的静摩擦力．重力垂直于斜面的分力大小为2mgcos30°=mg，A对斜面的压力大小为N1=2mgcos30°；加沙子过程中，A有向下运动趋势，重力的两个分力都增大，A所受的摩擦力为f=2mgsin30°﹣T，m增大，则f逐渐增大，A对斜面的压力也增大．故D正确，BC错误．

故选D

【点评】本题是动态平衡问题，要根据相对趋势方向分析静摩擦力方向，由平衡条件分析静摩擦力大小．

知识点：物理

ABC

【考点】匀变速直线运动的图像．

【专题】运动学中的图像专题．

【分析】物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题．

【解答】解：A、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A正确；

B、小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B正确；

C、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故C正确；

D、物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1后匀速运动，故D错误．

故选ABC

【点评】本题关键是对于物体运动过程分析，物体可能一直减速，也有可能先减速后匀速运动，也可能先减速后加速再匀速运动，难度适中．

知识点：物理

A

【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．

【专题】实验题．

【分析】在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定．

【解答】解：A、弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确．

B、弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比．故B错误．

C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量．故C错误．

D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误．

故选：A．

【点评】本题关键明确实验原理，知道伸长量、原长和长度间的关系，明确弹簧的劲度系数由弹簧本身决定．

知识点：物理

①记录两跟细线的方向；

②根据F1和F2两个分力的大小和方向，应用平行四边形定则作图；

③把结点拉到相同的位置O．

【考点】验证力的平行四边形定则．

【专题】实验题．

【分析】实验中我们需要记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向，利用平行四边形画出合力的理论值再和实际的合力进行比较．

【解答】解：①实验中我们需要记录的是两个分力的大小和方向，所以①中的疏漏是：记录两跟细线的方向．

②在白纸上根据F1和F2两个分力的大小和方向，应用平行四边形定则作图求出合力F．所以①中的疏漏是：根据F1和F2两个分力的大小和方向，应用平行四边形定则作图；

③为了保证两次的作用效果相同，所以我们要把节点O拉到相同的位置，所以③中的错误是：要把结点拉到相同的位置O．

故答案为：①记录两跟细线的方向；

②根据F1和F2两个分力的大小和方向，应用平行四边形定则作图；

③把结点拉到相同的位置O．

【点评】这个实验的原理是：记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向，利用平行四边形画出合力的理论值再和实际的合力进行比较．结合实验原理和合力与分力的关系，记忆需要注意的事项．

知识点：物理

（1）交流；细线与木板平行；（2）0.26；0.50；（3）平衡摩擦力过度．

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）电火花打点计时器应使用交流电源，为了使绳子的拉力等于合力，绳子的方向应与长木板平行；

（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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上打3点时小车的瞬时速度大小；

（3）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a﹣F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a﹣F图象的a轴上有截距．

【解答】解：（1）电火花计时器应接在交流电源上．调整定滑轮高度，使细线与长木板平行．

（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：

=0.26m/s

根据作差法得：

a==0.49m/s2．

（3）由图象可知，a﹣F图象在a轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的．

故答案为：（1）交流；细线与木板平行；（2）0.26；0.50；（3）平衡摩擦力过度．

【点评】本题考查了打点计时器的应用及打出的纸带的处理方法，有利于学生基本知识的掌握，同时也考查了学生对实验数据的处理方法，及试验条件的掌握，难度适中．

知识点：物理

（1）A球落地时的速度大小为50m/s；

（2）A球落地时，A、B之间的距离为18m．

【考点】平抛运动．

【专题】平抛运动专题．

【分析】（1）根据机械能守恒定律列式求解即可；

（2）先求出平抛运动的水平分位移，再对滑块B受力分析，求出加速度，根据运动学公式求B的位移，或根据动能定理求解B滑行的距离，最后得到AB间距离．

【解答】解：（1）对于A球：根据动能定理（或机械能守恒）得：

mgH=﹣

得到 v== =50m/s

即A球落地时的速度大小为50m/s．

（2）A球做平抛运动，由H=

得到：tA==s=3s

故水平分位移为sA=v0t=40×3m=120m

B滑行的加速度大小为 a===μg=0.4×10=4m/s2

B滑行的时间为 tB==s=10s

所以当小球A落地时物体B还在运动

得到A落地时B滑行的距离为 sB=v0tA﹣=40×3﹣×4×32=102m

故AB间距 sAB=sA﹣sB=120﹣102m=18m，即A球落地时，A、B之间的距离为18m．

答：（1）A球落地时的速度大小为50m/s；

（2）A球落地时，A、B之间的距离为18m．

【点评】本题中A球平抛运动，可以根据机械能守恒定律和位移时间关系公式列式求解；同时B滑块做匀减速运动，可以根据动能定理或运动学公式求解．

知识点：物理

（1）电梯启动时的加速度大小为2m/s2，制动时加速度大小也为2m/s2．

（2）该大楼的层高为3m．

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【专题】直线运动规律专题．

【分析】（1）从图象可以看出，电梯从2s末开始加速，3s末开始匀速，29s末开始减速，30s末停止，根据图象得到各个时间段的弹力，然后根据牛顿第二定律列式求解；

（2）求出加速度后，根据速度时间公式和平均速度公式列式求解各时间段位移，最后得到楼高．

【解答】解：（1）对于启动状态有：F1﹣mg=ma1

得 a1=2m/s2

对于制动状态有：mg﹣F3=ma3

得 a3=2m/s2

即电梯启动时的加速度大小为2m/s2，制动时加速度大小也为2m/s2．

（2）电梯匀速运动的速度 v=a1t1=2×1=2m/s

从图中读得，电梯运动的总时间t=28s，电梯匀速上升的时间t2=26s，加速运动时间为t1=1s，减速上升时间也为t3=1s．

所以总位移 S=vt2+（t1+t3）=54m

层高h==m=3m

即该大楼的层高为3m

答：（1）电梯启动时的加速度大小为2m/s2，制动时加速度大小也为2m/s2．

（2）该大楼的层高为3m．

【点评】本题关键是结合图象，根据牛顿第二定律求解出物体的加速度，然后根据平均速度公式列式求解位移，得到每层楼的高度．

知识点：物理

欲使物体由斜面底端开始，沿斜面冲到顶端，物体上滑时的初速度至少为10m/s．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】物体沿斜面匀速下滑时，受重力、支持力和滑动摩擦力，受力平衡，由平衡条件可求出物体所受的滑动摩擦力大小；当物体沿斜面上滑时，受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，方向相反，再根据牛顿第二定律和运动学公式求上滑的最大距离．

【解答】解：物体沿斜面匀速下滑时，受重力、支持力和滑动摩擦力，合力为零，由平衡条件，有：

平行斜面方向：f﹣mgsinθ=0

垂直斜面方向：N﹣mgcosθ=0

故物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsinθ，

当物体沿斜面向上滑动时，受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，方向相反，根据牛顿第二定律有：

﹣mgsinθ﹣f=ma

解得：a=﹣2gsinθ，方向沿斜面向下．

根据公式v2﹣=2ax解得：

=10m/s

答：欲使物体由斜面底端开始，沿斜面冲到顶端，物体上滑时的初速度至少为10m/s．

【点评】本题要求的是空间距离，运用动能定理求解比较简单，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．

知识点：物理

（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2分别是2m/s2和4m/s2；

（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离是0.27m；

（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离是0.54m．

【考点】牛顿第二定律；胡克定律．

【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）分别对小滑块和木板进行受力分析，然后结合牛顿第二定律即可求出两个加速度的大小；

（2）根据速度公式，求出速度相等的时间，然后由运动学的公式即可求出；

（3）二者速度相等后一起做匀减速直线运动，由位移公式求出位移，然后求和即可．

【解答】解：（1）小滑块对长木板的滑动摩擦力f2大于地面对长木板的滑动摩擦力f1，长木板向左加速；小滑块向左减速，据牛顿第二定律：

设向右为正：μ2mg﹣μ1（M+m）g=Ma1

设向右为正：μ2mg=ma2

代入数据得：a1=2m/s2 a2=4m/s2

（2）小滑块与长木板速度相等时，有：v0﹣a2t=a1t，

代入数据得：t=0.3s

小滑块运动的距离为：m

木板运动的距离为：m；

所以：L=s2﹣s1=0.27m

（3）此后以一起做匀减速运动，有：v=a1t=0.6m/s

据牛顿第二定律：μ1（M+m）g=（M+m）a3

加速度的大小为：a3=1m/s2

运动的距离为：m

所以小滑块滑行的距离为：s=s2+s3=0.54m

答：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2分别是2m/s2和4m/s2；

（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离是0.27m；

（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总距离是0.54m．

【点评】本题关键是对两个物体的运动情况分析清楚，然后根据牛顿第二定律列式求解出各个运动过程的加速度，最后根据运动学公式列式求解．

知识点：物理

（1）恒力F的大小是mg+ma；

（2）物块A从断裂处继续前进相同的距离后的速度是．

【考点】牛顿第二定律；胡克定律．

【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）先分析物体B，求出当物块B刚要离开C时弹簧的拉力，然后以A为研究对象，结合受力分析与牛顿第二定律即可求出F的大小；

（2）由受力分析求当物体B刚要离开C时A沿斜面向上运动的位移，再根据动能定理求物块A继续前进相同的距离后的速度．

【解答】解：（1）令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，

由胡克定律和牛顿定律可知：kx2=mgsinθ

F﹣mgsinθ﹣kx2=ma

联立得：F=mg+ma

（2）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和平衡条件可知

mgsinθ=kx1

弹簧与物块A连接处断裂，物块A的瞬时速度为v，

由s=x1+x2

又：v2=2as

物块A在恒力作用下继续沿斜面向上运动，由胡克定律和牛顿定律可知

F﹣mgsinθ=ma2

解得：

答：（1）恒力F的大小是mg+ma；

（2）物块A从断裂处继续前进相同的距离后的速度是．

【点评】该题属于含有弹簧的问题，这种情况下往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．