知识点：物理

D

【考点】加速度．

【分析】速度是表示物体运动的快慢，加速度是表示物体速度变化的快慢，速度变化率也是指速度变化的快慢，所以加速度和速度变化率是一样的．

【解答】解：A、物体的加速度为零，只是说明物体受到的合力为零，物体的速度不一定为零，如匀速直线运动，所以A错误．

B、加速度是表示物体速度变化的快慢，加速度减小只是说明物体的速度变化的慢了，但速度不一定是在减小，仍然可以是在增加，只是增加的慢了，所以B错误．

C、物体的加速度越小，其速度变化越慢，如果时间足够长的话，速度的变化量也是可以很大的，所以C错误．

D、加速度是表示物体速度变化的快慢，物体的加速度越大，其速度变化越快，所以D正确．

故选D．

【点评】本题主要是考查学生对于速度、加速度和速变化率的理解，关键是要理解加速度的物理含义，加速度是表示物体速度变化快慢的物理量．

知识点：物理

C

【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】由图象中的坐标可知物体速度的大小及方向；由斜率的大小可知加速度；由图象与时间轴围成的面积可表示位移．

【解答】解：A、由图可知两物体均沿正方向运动，故速度方向相同，故A错误；

B、4s内B的移大于A的位移，故B错误；

C、4s时丙物体的图象相交，说明两物体速度相同，故C正确；

D、A的斜率小于B的斜率，说明A的加速度比B要小，故D错误；

故选C．

【点评】解决v﹣t图象关键在于弄清图象中点的坐标、斜率及面积的含义；再由数学方法进行分析即可．

知识点：物理

C

【考点】自由落体运动．

【专题】自由落体运动专题．

【分析】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，结合运动学公式分析判断．

【解答】解：A、第2s内的位移=15m，则第2s内的平均速度为15m/s．故A错误．

B、根据v=v0+gt可知，任意1s的末速度总比其初速度大10m/s．故B错误．

C、第5s内的位移为=45m，故C正确；

D、根据△x=gT2得，后1s内的位移比前1s内的位移多△x=10×1m=10m，故D错误．

故选：C．

【点评】解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式，并能灵活运用．

知识点：物理

B

【考点】牛顿第二定律；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】物体下滑过程中只有重力做功，对物体由静止开始下滑到斜面下端的过程中运用动能定理即可解题．

【解答】解：物体从A运动到B端的过程中运用动能定理得：

解得：v=

故选B．

【点评】选取适当的运动过程用动能定理解题比较方便，同学们在以后做题的过程中要学会多运用动能定理解题．

知识点：物理

B

【考点】牛顿第二定律；胡克定律．

【分析】力F将B球向左推压弹簧，静止后，B球受推力F和弹簧的弹力处于平衡，撤去F的瞬间，根据牛顿第二定律，通过瞬时的合力求出瞬时的加速度．

【解答】解：静止后，弹簧处于压缩，弹力F′=F，撤去F的瞬间，弹力不变，A球所受的合力为零，则加速度为零，B球所受的合力为F′=F，则B球的加速度为．故B正确

故选：B．

【点评】解决本题的关键得出撤去F瞬间两球所受的合力，通过牛顿第二定律得出瞬时加速度．注意弹簧的弹力不能突变．

知识点：物理

B

【考点】共点力平衡的条件及其应用．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F1外的两个力的合力，然后将转向后的力F1与除F1外的两个力的合力合成．

【解答】解：力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除F1外的两个力的合力大小等于F1，方向与F1反向，故等效成物体受两个互成90°的大小等于F1的力作用；

根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成90°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，故此时物体所受到的合力大小为F1；

故选：B．

【点评】本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；当用到两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力．

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】由题，圆环的位置不动，物体缓慢下降，两个物体都处于平衡状态．先以重物为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析F如何变化．再以两物体整体为研究对象，分析受力情况，再根据平衡条件分析杆对环的摩擦力f和支持力的变化情况．

【解答】解：以重物为研究对象，分析受力情况：重力G、水平力F和绳子的拉力T，如图1所示．由平衡条件得：

F=Gtanθ，当θ减小时，F逐渐减小．

再以两物体整体为研究对象，分析重力G总、水平力F，杆的摩擦力f和支持力N，则有

N=G总，保持不变．

f=F，逐渐减小．

故选D

【点评】本题的解题关键是灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合求解，是比较简单方便的．

知识点：物理

A

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力．

【专题】压轴题．

【分析】根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4﹣6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2﹣4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．

【解答】解：由v﹣t图可知4﹣6s，物块匀速运动，有Ff=F=2N．

在2﹣4s内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律得 ma=F﹣Ff，

将F=3N、Ff=2N及a代入解得m=0.5kg．

由动摩擦力公式得，所以A正确．

故选A．

【点评】本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．

知识点：物理

BC

【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】对物体分别进行受力分析，注意AB间弹簧弹力为2N，但没有具体到是拉伸时的弹力还是压缩时的弹力，考虑到拉伸和压缩的不同情况，故本题有2解．

【解答】解：分别就弹簧拉伸和压缩时，对A和B进行受力分析：

如图，F1和F2为弹簧的两种情况下的弹力，故有F1=F2=2N，GA=3N，GB=4N，根据A、B均处于平衡有

第一种情况弹簧拉伸时对A弹力2N，据A平衡有T=F1+GA=5N，据B平衡有：FN=GB﹣F1=2N；

第二种情况弹簧压缩时对A弹力2N，据A平衡有T=GA﹣F2=1N，据B平衡有：FN=GB+F2=6N；

故选：BC．

【点评】弹簧的弹力为2N，不能想当然认为弹簧此时一定为拉伸状态，压缩时弹力也可以为2N，谁多同学只注意到拉伸状态，没有考虑到压缩状态，故会出现漏选．

知识点：物理

AC

【考点】牛顿第二定律；力的合成．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数等于重物的重力．弹簧秤的示数变为8N，产生了失重现象，以重物为研究对象，根据牛顿第二定律分析加速度方向，再确定电梯的运动情况．

【解答】解：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数等于重物的重力，即G=10N．当弹簧秤的示数变为12N时，弹簧的拉力大小等于12N．以重物为研究对象，

F﹣mg=ma

a=2m/s2[来源:学。科。网Z。X。X。K]

根据牛顿第二定律分析得出其加速度方向竖直向上，处于超重，电梯的运动情况可能是：向上加速运动或向下减速运动．

故选：AC．

【点评】本题关键运用牛顿第二定律分析加速度方向，而电梯的运动方向可能有两种：竖直向上或竖直向下．可理解的基础上记住结论．

知识点：物理

D

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

【专题】牛顿运动定律综合专题．[来源:学科网ZXXK]

【分析】结合小球的运动情况对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．

【解答】解：A、小球静止不动时，受力平衡，必受重力和向上的弹力，即弹力F=mg，竖直向上，故AB错误；

C、当小球向右以加速度a运动时，对其受力分析，受重力和弹力，如图

合力

F合=ma，水平向右

根据平行四边形定则，弹力

故弹力不一定沿杆方向，故C错误；

D、当小球向左以加速度a运动时，对其受力分析，受重力和弹力，合力

F合=ma，水平向左

根据平行四边形定则，弹力F=，方向斜向左上方，故D正确；

故选：D．

【点评】杆的弹力可以沿杆方向，为拉力或者支持力，也可以不沿杆子的方向．

知识点：物理

BCD

【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】在前t秒内物体做加速运动，后t秒内物体做匀速运动．由运动学公式求出总位移，再求解平均速度，并求出位移之比．后ts内Q与传送带之间无摩擦力．

【解答】解：A、B、在前t秒内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，后t秒内物体的速度与传送带相同，不受摩擦力而做匀速运动．故A错误，B正确．

C、前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为：：vt=1：2，故C正确；

D、Q由传送带左端运动到右端的总位移为：x=，传送带的总位移：x1=v•2t=2vt，则相对位移：，故D正确；

故选：BCD．

【点评】本题可通过分析物体的受力情况来确定其运动情况，也可以通过作速度图象研究位移和平均速度．

知识点：物理

（1）B （2）甲

【考点】验证力的平行四边形定则．

【专题】实验题；定量思想；等效替代法；平行四边形法则图解法专题．

【分析】（1）本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的．本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择．

（2）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答．

【解答】解：（1）A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误．

B、本实验研究合力与分力的关系，合力与分力是等效的，同一次实验过程中，O点位置不能变动，以保证橡皮筯伸长的长度相同，效果相同．故B正确．

C、只要橡皮筋的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，两弹簧秤之间的夹角不需要取90°，故C错误．

D、本实验，弹簧称的拉力应不超过量程，两个弹簧称拉力的大小没有要求，只要使两次效果相同就行，故D错误．

故选：B

（2）F1、F2合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其实验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，一定沿AO方向，由此可知F是F1、F2合力的理论值，F′是合力的实验值；由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，故甲更符合实验事实．

故选为：（1）B （2）甲

【点评】本实验采用是等效替代的思维方法．实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同，难度适中．

知识点：物理

①AD； ②远小于；③小于，大于．

【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；推理法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】①实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；

②砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；

③a﹣F图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况．

【解答】解：①A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；

B、在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上，故B错误；

C、实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故C错误；

D、根据平衡条件可知，与质量大小无关，当通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；

选择：AD；

②按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg﹣T=ma，对小木块有T=Ma．综上有：小物块的实际的加速度为 a=，只有当m＜＜M时，才能有效的保证实验的准确性；

③当没有平衡摩擦力时有：T﹣f=ma，故a=T﹣μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg．

观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙；

故答案为：①AD； ②远小于；③小于，大于．

【点评】本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法．

知识点：物理

这辆小汽车是会与前方故障车发生追尾事故

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

【专题】直线运动规律专题．

【分析】汽车在反应时间内做匀速直线运动，求出匀速直线运动和匀减速直线运动的位移之和，判断是否相撞．

【解答】解：（1）司机反应时间内汽车作匀速运动，v0==30m/s

=v0t

解得，x1=30m

设减速位移为x2

v=2ax2

解得，x2==75m

从发现故障车到停下来通过的距离x=x1+x2=105m

即x＞100m，故会发生追尾

答：这辆小汽车是会与前方故障车发生追尾事故．

【点评】本题综合了匀速直线运动和匀减速直线运动，关键是理清过程，灵活运用运动学公式求解，要求司机在开车过程中不要使用电话，不要酒后驾驶等，注意安全．

知识点：物理

（1）墙壁对金属球的弹力大小为30N，金属球对斜面体的弹力大小为50N；

（2）水平地面对斜面体的摩擦力的大小为30N．

【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】画出受力分析图，根据平衡条件求力，斜面有向右运动的趋势，受的摩擦力向左．

【解答】解：（1）对金属球，由平衡条件可得

墙壁对金属球的弹力为N1=mgtanθ

斜面体对金属球的弹力为

解得，N1=30N，N2=50N

由牛顿第三定律得，金属球对斜面体的弹力大小为50N．

（2）对斜面体，地面对斜面体的摩擦力大小为f=N2sinθ

解得，f=30N

答：（1）墙壁对金属球的弹力大小为30N，金属球对斜面体的弹力大小为50N；

（2）水平地面对斜面体的摩擦力的大小为30N．

【点评】本题考查了共点力平衡，关键是采用隔离法，对物体正确受力分析后根据平衡条件求解．

知识点：物理

（1）F增大到6N时，铁块能在木板上发生相对滑动．

（2）若木板长L=1m，水平拉力恒为8N，经过1s时间铁块运动到木板的右端．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；物体的弹性和弹力．

【专题】计算题；定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）F增大到AB恰好保持相对静止，且两者间的静摩擦力达到最大值，F为铁块能在木板上发生相对滑动的最小值．对木板，根据牛顿第二定律求出临界加速度，再对整体，运用牛顿第二定律求F．

（2）先由牛顿第二定律求出铁块和木板的加速度，当铁块运动到木板的右端时m和M的位移之差等于板长，由位移时间公式和位移关系列式求解时间．

【解答】解：（1）设F=F1时，A、B恰好保持相对静止，此时二者的加速度相同，两者间的静摩擦力达到最大．

根据牛顿第二定律得：μ2mg﹣μ1（m+M）g=Ma

可得 a=2m/s2

以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有

F1﹣μ1（m+M）g=（m+M）a

解得：F1=6N

（2）铁块的加速度大小 a1==4m/s2

木板的加速度大小 a2==2m/s2

设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有

﹣=L

解得：t=1s

答：

（1）F增大到6N时，铁块能在木板上发生相对滑动．

（2）若木板长L=1m，水平拉力恒为8N，经过1s时间铁块运动到木板的右端．

【点评】铁块相对于木板的运动，要在分别研究两个物体运动的基础上，关键找到位移关系．再由牛顿第二定律和位移公式研究．