2020-2022三年上海高考物理一模汇编之《牛顿运动定律》.docx

1、高考一模汇编之牛顿运动定律一选择题（共44小题）1（2021秋浦东新区期末）加速度a的定义式是（）ABCD2（2021秋浦东新区期末）如图（1）所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1。使用时发现某一根杆上有 A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s13.5cm，B与上边框相隔s22cm。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出 A、B运动的vt图像如图（2）所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略 A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则（）A能回到自己的归零位；A不能回到自己的归零位；B能回到自己的归零位；B不能回到自己的归零位。A结论正确B结论正确

2、C结论正确D结论正确3（2020秋松江区期末）物体由静止开始沿斜面下滑，阻力大小与速度成正比，能反映此运动过程的vt图是（）A BC D4（2020秋嘉定区期末）如图所示，一物块放在倾斜的木板上，当木板的倾角增大时，物体由静止变为运动，发现倾角为30和37时，物块所受摩擦力的大小恰好相等，则物块与木板间的动摩擦因数为（）ABCD5（2021秋闵行区期末）以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是（）A质量、kgB位移、mC力、ND时间、s6（2021秋杨浦区期末）列车沿平直轨道向北匀速行驶，车厢光滑地板上有一个相对列车静止的物体，在列车刹车过程中，物体相对轨道（）A向北匀速运动B向南匀速

3、运动C向北加速运动D向南加速运动7（2020秋杨浦区期末）牛顿第一定律是（）A直接通过理论推导得到的B实验定律，可以通过实验来验证C描述惯性大小的，又叫惯性定律D以实验为基础，通过推理、想象总结出来的8（2020秋静安区期末）从牛顿第一定律可直接演绎得出（）A质量是物体惯性的量度B物体的加速度与所受合外力成正比C物体有保持原有运动状态的性质D物体的运动需要力来维持9（2020秋崇明区期末）根据牛顿第一定律，我们可以认识到物体（）A只有在不受力时才具有惯性B维持运动状态的原因是受力的作用C运动状态改变的原因是受力的作用D只有不受力时牛顿第一定律才适用10（2020秋虹口区期末）如图所示，底部装有

4、4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周均有一定空间。当公交车（）A缓慢启动时，a、b均相对于公交车向后运动B急刹车时，行李箱a相对于公交车向前运动C缓慢转弯时，a、b均相对于公交车向外侧运动D急转弯时，行李箱a相对于公交车向内侧运动11（2021秋青浦区期末）鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是（）A B C D12（2021秋杨浦区期末）在如图所示的箱子里有一光滑斜面，通过水平细绳系住一质量分布均匀的小球。箱子水平向右匀速运动时细绳对球的拉力为T，斜面对球的支持力为N。当箱子水平向右作匀减速直线运动（）AT增大，N不变BT不变，N减小CT减小，N不

5、变DT不变，N增大13（2021秋嘉定区期末）一位同学将水杯竖直握在手里，匀速走在校道上。如果水杯离地的高度保持不变，当他减速向前走时，手对水杯的作用力（）A变大B不变C变小D无法确定14（2021秋静安区期末）质量为0.2kg的气球，用一竖直细绳拉住并保持静止，当把细绳突然放开的瞬间，气球的加速度大小为4m/s2、方向竖直向上，则原来细绳的拉力大小为（）A0.8NB1.2NC2ND2.8N15（2020秋虹口区期末）如图，物块以一定的初始速度v0由底端冲上粗糙程度均匀的斜面，最高到达B点。若物块在滑行过程中（）A施加一个竖直向下的恒力，最高仍到B点B施加一个竖直向上的恒力，最高仍到B点C施加

6、一个水平向右的恒力，最高可能在B点之下D施加一个水平向右的恒力，最高必在B点之上16（2020秋嘉定区期末）如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10m/s2。依据图象给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H和运动员的最大加速度大小a分别为（）A5m 40m/s2B5m 50m/s2C9.8m 40m/s2D9.8m 50m/s217（2020秋金山区期末）若超市的自动门（阴影部分）移动时所受合力大小恒为40N，开门过程共右移1.6m，如图所示。已知门的质量为25kg，宽为1.6m，则开门所用的时间是（）A1sB

7、1.41sC2sD2.83s18（2020秋闵行区期末）如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力（）A大小为mg，方向竖直向上B大小为ma，方向水平向右C大小与小球的加速度大小无关D方向与小球的加速度大小有关19（2020秋闵行区期末）太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力F，测得其加速度为20m/s2，然后将标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力F，测得共同加速度为8m/s2。已知标准物体质量m12.0kg，则待测物体质量m2为（）A3.0kgB5.0kgC7.0kgD8.0kg20（2020秋徐汇

8、区期末）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（）AgB1.8gC2gD3g21（2020秋宝山区期末）物体所受的合外力不为零，则一定发生变化的是（）A加速度B速度C动能D机械能22（2019秋虹口区期末）在光滑水平面上，一个物块同时受到两个水平力F1与F2的作用。若F1、F2随时间的变化如图所示，且第1s内物块处于静止状态，则（）A第2s内加速度逐渐减小，速度逐渐增大B第3s内加速度逐渐减小，

9、速度逐渐减小C第4s内加速度逐渐减小，速度逐渐增大D第5末物块的速度为零且离出发点最远23（2019秋浦东新区期末）如图所示，小球沿不同倾角的光滑斜面滑下，小球的加速度a及对斜面的压力N与各自最大值的比值y随变化的图象分别对应y图中的（）A和B和C和D和24（2019秋徐汇区期末）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（）AF1BF2CF3DF425（2021秋虹口区期末）测量力学中的三个基本量，对应的仪器分别为（）A量筒、天平、秒表B米尺、天平、秒表C米尺、弹簧秤、秒表D米尺、测力计、光电门26（2021秋奉贤区期末）下列每组三个单位均属于国际单位制中基本单位的是（）Ag、s、N

10、Bkg、A、NCW、J、kgDK、mol、s27（2021秋松江区期末）下列单位中属于国际单位制基本单位的是（）A韦伯B库仑C牛顿D安培28（2021秋嘉定区期末）在国际单位制中，力学的基本单位有：千克（kg）、米（m）、秒（s），压强的单位用基本单位来表示，应为（）Akgms2Bkgm2s2Ckg/（ms2）Dkg/（m2s2）29（2021秋金山区期末）剂量当量是表示辐射效果的物理量，它的单位是Sv，1Sv等于1kg受照射物质吸收了1J的辐射能量，即1Sv1J/kg。则Sv用基本单位可表示为（）ANm/kgBNkg/mCs2/m2Dm2/s230（2020秋金山区期末）电荷量的单位C用基本

11、单位可表示为（）ANm/sBAsCJ/VDV/A31（2020秋闵行区期末）功和能的单位焦耳用力学单位制的基本单位可表示为（）ANmBW/sCkgm2/s2DA2s32（2020秋长宁区期末）下列单位中属于国际单位制的基本单位的是（）A千克B牛顿C库仑D特斯拉33（2020秋浦东新区期末）功的单位“焦耳”，用国际单位制基本单位表示为（）AJBNmCkgms2Dkgm2s234（2019秋嘉定区期末）下列单位中，属于国际单位制基本单位的是（）A千克B牛顿C伏特D特斯拉35（2020秋青浦区期末）2020年12月1日，随着嫦娥五号探月飞船的月球软着陆成功，中国在无人探月领域成为了世界第一。嫦娥工程

12、核心技术之一的“变推力发动机”，通过向某方向喷出大量高温高速燃气而获得反向推力，实现嫦娥五号月球表面精准软着陆。该发动机产生推力涉及的主要物理学原理是（）A牛顿第一定律B牛顿第二定律C牛顿第三定律D万有引力定律36（2021秋虹口区期末）某同学站在电梯内的台秤上，发现台秤的读数比静止时少了5千克。则电梯（）A正在向上运劫B正在向下运动C一定向下加速运动D可能向上减速运动37（2020秋虹口区期末）航天飞机中的物体处于完全失重状态时，其（）A受到的合力为零B受到的向心力为零C对支持物的压力为零D受地球的万有引力为零38（2020秋奉贤区期末）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关

13、系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g，则（）A0t1时间内，v增大，FNmgBt1t2时间内，v减小，FNmgCt2t3时间内，v增大，FNmgDt2t3时间内，v减小，FNmg39（2020秋浦东新区期末）在用DIS探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图象如图所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图象最接近图（）ABCD40（2020秋静安区期末）如图，A、B两物块叠放在一起，以相同的初速度竖直向上抛出后，不计空气阻力，若A的重力为GA，A对B的作用力为F，

14、则（）A在上升和下降过程中，F均为零B上升过程中，F大于GAC下降过程中，F大于GAD在上升和下降过程中，F均等于GA41（2021秋黄浦区期末）如图，某飞行器在月球表面起飞后，一段时间内沿与月面夹角为的直线做加速运动。此段时间飞行器发动机的喷气方向可能沿（）A方向B方向C方向D方向42（2020秋嘉定区期末）经典力学有一定的局限性。当物体以下列速度运动时，经典力学不再适用的是（）A2.5101m/s B2.5102m/s C2.5105m/s D2.5108m/s43（2020秋长宁区期末）有多位大家在牛顿第一定律的建立过程中做出了重要贡献，下列按贡献时间先后排序，正确的是（）A牛顿、伽利略

15、、亚里士多德、笛卡尔B笛卡尔、亚里士多德、牛顿、伽利略C亚里士多德、笛卡尔、伽利略、牛顿D亚里士多德、伽利略、笛卡尔、牛顿44（2020秋嘉定区期末）如图（a）为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。某实验小组改变所挂钩码的数量，多次重复测量，绘出如图（b）所示的图象。引起误差的主要原因是（）A小车与轨道之间存在摩擦B先点击“记录数据”，后释放小车C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大二多选题（共1小题）（多选）45（2021秋区期末）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率v4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v012m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图象

16、如图乙所示，取g10m/s2，则下列说法正确的是（）A倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan0.75B煤块与传送带间的动摩擦因数0.5C煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD煤块在传送带上留下的痕迹长为m三填空题（共6小题）46（2020秋松江区期末）牛顿第一定律 牛顿第二定律的推论（选填“是”或“不是”）； 用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度（选填“能”或“不能”）。47（2020秋杨浦区期末）如图（a），商场半空中悬挂的钢丝上挂有可以自由滑动的夹子，各个柜台的售货员将票据和钱夹在夹子上通过钢丝传送给收银台。某时刻铁夹的加速度恰好在水平方向，钢丝的形状如图（b），其左侧与水平

17、夹角为，右侧处于水平位置，已知铁夹的质量为m，重力加速度为g，则铁夹的加速度方向 ，大小为 。48（2021秋崇明区期末）现有以下一些物理量和单位，A特斯拉B米/秒C牛顿D焦耳E电功率F秒G厘米H库仑等。其中属于物理量的有 ；在国际单位制中被选定为基本单位的有 。49（2021秋静安区期末）某同学计算一个物体运动的位移时，得到的表达式为：s（t1+t2），用单位制进行检查，这个结果 （选填“正确”或“错误”），理由是： 。50（2021秋青浦区期末）如图，光滑固定斜面的倾角为30，A、B两物体的质量之比为4：1。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。此时B物体上、下两

18、绳拉力之比为 ，在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为 。51（2020秋杨浦区期末）有一种加速度传感器通过测量作用在质量块上的力，根据质量块的质量求得加速度，其依据的物理定律是 。这类加速度传感器 （选填“能”或“不能”）用于研究加速度与力、加速度与质量的关系的实验。四实验题（共5小题）52（2021秋浦东新区期末）如图（1）为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。（1）实验时有以下一些步骤，先后顺序是 。（填写字母标号）A点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值。B保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验。C点击“开始记录”并释放小车，当小车

19、到达终点时，点击“停止记录”，得到vt图像。（2）（单选）若测得小车、配重片和发射器的总质量为360g，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质量范围最适合用 。A1g25g B100g200g C180g360g D大于360g（3）当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置 （填写“必须相同”或“可以不同”）。实验中某小组获得如图（2）所示的图线，在进行“选择区域”操作记录小车加速度时，小明认为选择AB段和AC段，获得的加速度基本相同。请发表你的观点，并说明理由：53（2021秋静安区期末）如图（a）所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置。（1）位移传感器的接收部分

20、，安装在 （选填“固定支架”或“小车”）上。（2）实验中，保持 的总质量不变，改变拉力，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据，根据数据绘出的图像如图（b）所示，图中OA段为直线。分析OA段，可得出的实验结论是： 。（3）图（b）中，图线AB段为曲线，该组同学讨论分析后猜测，可能主要是因为实验中小车所受的拉力没有直接测量，实验中对小车的合外力作了近似造成的。他们改进了实验装置，用力传感器直接测量小车所受的拉力，如图（c）所示，选用三组不同质量的钩码，得到小车所受拉力F的大小随时间t的变化关系分别如图（d）的、所示，其中0t1时间内用手拉住小车使小车静止，t1时刻释放小车，小车开始运动。由

21、图（d）推断出，在使用图（a）的装置进行实验时，要使实验误差尽量小，钩码总质量应尽量： （选填“大”或“小”）一些，你是如何推断的： 。54（2020秋松江区期末）如图a为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置：（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持 不变，用钩码所受的重力作为 ，用DIS测小车的加速度；（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线（如图b），此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 ；（3）若在原装置中的P处加装一力传感器，重复上述实验，得到的aF图线与图b中的图线相比会有什么不同： ；（4）在（3）中，若小车的质

22、量为M，不断增加钩码的数量，则力传感器示数的极限值为 。55（2020秋长宁区期末）如图是某同学利用光电门传感器等器材验证“小车的加速度与质量关系”的实验装置，光电门固定在轨道上的B点。（1）实验过程中，下列做法正确的是 。A要控制小车和钩码的质量都不变B要控制小车和钩码的总质量不变C要控制小车的质量不变，改变钩码的质量D要控制钩码的质量不变，改变小车的质量（2）在A点由静止释放小车，测出小车上挡光片通过光电门的时间为t，若挡光片的宽度为d，挡光片前端距光电门的距离为L，则小车的加速度a 。（3）若实验中测得5组实验数据，为比较直观地得到加速度与质量的关系，应该画出a 图象，其理由是 。（4）

23、实验得到的结论是 。56（2020秋静安区期末）如图（a）所示，是“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置。（1）小车上安装的是位移传感器的 部分（选填“接收”或“发射”）。（2）实验中，多次改变 的总质量，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据。某同学根据数据绘出的图象如图（b）所示，图线没有通过坐标原点，经检查分析，是由于小车与轨道间存在摩擦所致，则该小车与轨道间的摩擦力大小为 N。（3）另外4位同学均得到一条几乎通过坐标原点的直线。现将这4位同学的aF图象画在同一个坐标系内，得到如图（c）所示的4条图线，这4位同学记录的小车总质量分别为：m10.50kg、m20.75kg、m31

24、.00kg、m41.20kg。由图（c）及4位同学记录的小车总质量，推断出小车加速度与小车总质量的定性关系是： ，你是如何推断的： 。五计算题（共4小题）57（2020秋闵行区期末）我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用Fkv2表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69103kg时，起飞离地速度为78m/s；装载弹药后质量为2.56103kg。（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；（2）若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180

25、m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小（不计所有阻力）。58（2019秋宝山区期末）如图斜面，AB段粗糙，BC段长为1.2m且光滑。滑块以初速度v09m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB3m/s，到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC滑行时间相等。求：（1）滑块从B滑到C的时间及加速度大小；（2）AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；（3）滑块从C点回到A点的速度大小。59（2021秋嘉定区期末）“DIS研究加速度和力关系”的实验装置如图1所示。（1）实验所用的传感器是 ，小车上安装的是该传感器的 部分。（2）实验时若要以钩码的重力作为小车所受的合外力

26、，则轨道应满足的条件是 ，钩码应满足的条件是 。（3）某同学根据多组数据作出了aF图像，如图2所示，发现图线不过原点，应采取的改进措施是 。60（2020秋虹口区期末）滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。图中ABCD为滑板的运动轨道，AB和CD是两段光滑的圆弧，水平段BC的长度L5m。一运动员从P点以v06m/s的初速度下滑，经BC后冲上CD轨道，达到Q点时速度减为零。已知运动员连同滑板的质量m70kg，h2m，H3m，g取10m/s2。求：（1）运动员第一次经过B点和C点的速度vB、vC；（2）滑板与BC之间的动摩擦因数；（3）运动员最后静止的位置与B点之间的距离x。牛顿运动定律

27、 答案与解析一选择题（共44小题）1【答案与解析】根据加速度为速度变化量与所用时间的比值，即，a是牛顿第二定律表达式，a运动学公式变形，a是向心加速度表达式，故A正确，BCD错误。故选：A。2【答案与解析】设算珠的质量为m，减速过程中的加速度大小为：ag0.110m/s21m/s2算珠A从速度为v00.4m/s减速到v10.3m/s经过的时间为：t1s0.1s所以横坐标每格之间的时间间隔为0.1s。根据vt图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得A减速到速度为零的位移为：xA0.04m4cm而s1+s23.5cm+2cm5.5cm，故A不能回到自己的归零位；B减速到速度为零的位移为：xBm0.02

28、m2cms2，故B能回到自己的归零位；综上所述结论正确，结论错误，故C正确、ABD错误。故选：C。3【答案与解析】设阻力大小为f，物体的质量为m，斜面的倾角为，据题有fkv，k是常量。根据牛顿第二定律得mgsinfma，即得agsin，可知，随着速度v的增大，物体的加速度减小，当mgsinf时a0，结合vt图象的斜率表示加速度，可知A图正确，故A正确，BCD错误。故选：A。4【答案与解析】当木板倾角是30时，物块受到是静摩擦力，其大小等于mgsin30。当木板倾角是37时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于mgcos37。由题意可得：mgcos37mgsin30解之得：，故C正确，ABD错误。故

29、选：C。5【答案与解析】A质量是标量，国际单位制基本单位是kg，故A错误；B位移是矢量，其单位m是国际单位制的基本单位，故B正确；C力是矢量，其单位N不是国际单位制基本单位，故C错误；D时间是标量，其单位s是国际单位制基本单位，故D错误。故选：B。6【答案与解析】列车沿平直轨道向北匀速行驶，列车和物体相对轨道的速度方向都向北，在列车刹车过程中，由于车厢地板光滑，物体的运动状态不变，所以物体相对轨道向北匀速运动，故A正确，BCD错误。故选：A。7【答案与解析】牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出，但能接受住实验的检验，是描述不受力的物体的运动情况，不是

30、描述惯性的大小，惯性大小只与质量有关，质量越大，惯性越大。故ABC错误，D正确；故选：D。8【答案与解析】一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。静止状态或匀速直线运动状态是指原来静止的将保持静止状态，原来运动的将保持匀速直线运动状态。故牛顿第一定律说明了一切物体均有惯性，会保持原来的运动状态；同时说明了力是改变物体运动状态的原因，故C正确，ABD错误。故选：C。9【答案与解析】A、惯性是物体的固有属性，物体在任何状态下均具有惯性，故A错误；BC、物体本身具有维持运动状态不变的性质，力是改变运动状态的原因，而不是维持运动状态的原因，故B错误，C正确；D、牛顿第一定律说明了惯性和

31、力是改变物体运动状态的原因，只要在惯性参考系中均适用，与是否受力无关，故D错误。故选：C。10【答案与解析】设行李箱a竖立时与汽车发生相对运动的加速度为a1，行李箱b平放时与汽车发生相对运动的加速度为a2，根据实际情况可知a1a2。A、缓慢起动时，汽车的加速度比较小，如果小于a1，则两只行李箱不会相对车子运动，故A错误；B、急刹车时，汽车减速运动的加速度很大，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；C、缓慢转弯时，只要转动的向心加速度小于a1，两只行李箱不会相对车子向外侧运动，故C错误；D、急转弯时，行李箱a一定会相对车子向外侧运动，不会相对车子向内侧运动，故D错误。故选：B。11【答案与解析

32、】鱼在水中受水的浮力保持鱼在竖直方向的平衡，由于水平方向向左加速，故鱼受水平方向向左的外力；故水对鱼的作用力应是浮力与向左推动力的合力；故应斜向左上方；故选：D。12【答案与解析】当小球随箱子一起匀速运动时，对小球受力分析，根据共点力平衡可知TNsin，Ncosmg，联立解得N，Tmgtan当当箱子水平向右作匀减速直线运动，在竖直方向合力为零，则Ncosmg，在水平方向，根据牛顿第二定律可得：NsinTma联立解得：，Tmgtanma，故T减小，N不变，故ABD错误，C正确；故选：C。13【答案与解析】匀速行走时，根据平衡条件可得手对水杯的作用力Fmg当他减速向前走时，设手对水杯的作用力变为F

33、，则根据牛顿第二定律有竖直方向 Fymg水平方向 Fxma整理可得F其中a表示该同学减速运动的加速度大小，故有FF，故A正确，BCD错误。故选：A。14【答案与解析】设气球的浮力为F，细线的拉力为T，静止时有：FT+mg当把细绳突然放开的瞬间，有：Fmgma联立解得：T0.8N，故A正确、BCD错误。故选：A。15【答案与解析】物体匀减速上滑，施加力F前，物体受重力mg、支持力N和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律，有平行斜面方向：mgsin+fma垂直斜面方向：Nmgcos0其中：fN故mgsin+mgcosma解得ag（sin+cos）A、在物块上施加一个竖直向下的恒力F后，根据牛顿第二定律，

34、有平行斜面方向：（mg+F）sin+fma垂直斜面方向：N（mg+F）cos0其中：fN解得a（g+ ）（sin+cos）由得到加力后加速度变大，故物体一定不能到达B点，故A错误；B、在物块上施加一个竖直向上的恒力F后，根据牛顿第二定律，有平行斜面方向：（mgF）sin+fma垂直斜面方向：N（mgF）cos0其中：fN解得a（g ）（sin+cos）由得到加力后加速度变小，故物体最高必在B点之上，故B错误；CD、在物块上施加一个水平向右的恒力，根据牛顿第二定律，有平行斜面方向：mgsin+f1Fcosma1垂直斜面方向：NmgcosFsin0其中：f1N1故mgsin+（mgcos+Fsin

35、）Fcosma1解得：a1g（sin+cos）+（sincos）由得到，由于动摩擦因数与角度大小关系未知，故无法比较两个加速度的大小关系，故C正确，D错误。故选：C。16【答案与解析】由图知，运动员的重力G500N，则其质量为mkg50kg，可以求出运动员的质量。B、当蹦床对运动员的弹力最大时，运动员的加速度最大，由图读出最大的弹力Fm2500N，根据牛顿第二定律得：Fmmgmam，得运动员的最大加速度由图读出运动员在空中运动的时间为T8.7s6.7s2s根据对称性可知：下落时间为t1s所以运动员离开蹦床上升的最大高度hgt25m，故A正确，BCD错误；故选：A。17【答案与解析】自动门先从静

36、止开始做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，最终静止，加速过程和减速过程加速度大小相等，根据运动的对称性，两个过程时间相等，位移大小相等。设总时间为t，则有：2a（）2x；根据牛顿第二定律有：Fma；联立，代入数据解得：t2s。故ABD错误，C正确。故选：C。18【答案与解析】AB、对小球受力分析可知，小球受重力、铁夹对球的作用力，当机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，合力沿水平方向，则铁夹对球的作用力斜向上方，故AB错误；C、根据平行四边形定则，铁夹对球的作用力大小为：F，与加速度大小有关，故C错误；D、合力方向水平，设铁夹对球的作用力与竖直方向成，由矢

37、量三角形可得：tan，方向与小球的加速度大小有关，故D正确；故选：D。19【答案与解析】对标准物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：Fm1a1220N40N对整体，由牛顿第二定律得 F（m1+m2）a2解得 m23.0kg，故A正确，BCD错误。故选：A。20【答案与解析】当时间很长时，拉力等于重力，即由图象得加速度最大时，F0由牛顿第二定律，FGma联立以上解得：a2g，故C正确，ABD错误。故选：C。21【答案与解析】A、物体所受的合外力不为零，根据牛顿第二定律可知一定存在加速度，但如果合外力恒定，则另速度恒定，故A错误；B、运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做

38、变速运动，速度一定会发生变化，故B正确；C、如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；D、合外力不为零时物体的机械能可能不变，如做自由落体运动的物体机械能守恒，故D错误。故选：B。22【答案与解析】第1s内物块处于静止知，两拉力大小相等。A、在第2s内，F2逐渐减小，知合力逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大。故A错误。B、在第3s内，F2继续减小，则合力继续增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大。故B错误。C、第4s内，F2逐渐增大，则合力逐渐减小，加速度逐渐减小，但是加速度方向与速度方向相同，则速度逐渐增大。故C正确。D、第5s内

39、，做加速度减小的加速运动，5s末加速度为零，05s内速度一直增大，所以第5末物块的速度不为零。之后，物块做匀速运动，故D错误。故选：C。23【答案与解析】对小球进行受力分析，则根据牛顿第二定律得：agsin，当90时加速度最大为g，则比值为：ysin，随着的增大，y增大，对应；支持力Nmgcos，支持力的最大值为mg，则有：ycos，随着的增大，y减小，对应，故A正确，BCD错误。故选：A。24【答案与解析】鸟沿虚线斜向上加速飞行的过程中，可认为鸟受两个力的作用，一是重力，二是空气的作用力，二力的合力沿着虚线斜向左上方，根据平行四边形定则可知空气对鸟的作用力可能是F2，故B正确，ACD错误。故

40、选：B。25【答案与解析】力学中基本物理量包括长度、质量和时间。米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，弹簧秤是测量力的仪器。而力不是基本物理量，故B正确，ACD错误。故选：B。26【答案与解析】A、g、N不是国际单位制中基本单位，故A错误；B、N不是国际单位制中基本单位，故B错误；C、W、J不是国际单位制中基本单位，故C错误；D、K、mol、s均为国际单位制中基本单位，故D正确。故选：D。27【答案与解析】韦伯、库仑、牛顿分别是磁通量的单位、电荷量的单位和力的单位，都是国际单位制中的导出单位，安培是电流的单位，国际单位制基本单位，故ABC错误，D正确；故选：D。28

41、【答案与解析】压强定义式为P，它的单位是帕斯卡（Pa），根据牛顿第二定律Fma知，1Nkgm/s2而面积S的单位是m2。所以：1Pakg/（ms2），故ABD错误，C正确。故选：C。29【答案与解析】J（焦耳）是功的单位，由WFs和Fma，则Wmas，其中m、a、s的单位分别为kg、m/s2、m代入，可得1J1kgm2s2；所以：1Sv1J/kg1m2s2；故ABC错误，D正确。故选：D。30【答案与解析】电流，可得qIt，I的基本单位A，t的基本单位s，电荷量单位C可表示为As，故B正确，ACD错误；故选：B。31【答案与解析】功和能的单位都是焦耳。根据功的定义：WFs，所以：1J1N1m1

42、kgm2/s2，故C正确，ABD错误。故选：C。32【答案与解析】A、千克是质量的单位，是国际单位制基本单位，故A正确；BCD、牛顿、库仑、特斯拉分别是力的单位、电荷量的单位和磁感应强度的单位，都是国际单位制中的导出单位，故BCD错误。故选：A。33【答案与解析】ABD、1J1Nm1kgm2s2，J和Nm是功的单位，但不是国际单位制基本单位，故D正确，A、B错误；C、kgms2，是力的单位，故C错误。故选：D。34【答案与解析】千克是国际单位制基本单位，牛顿、伏特、特斯拉都是国际单位制中的导出单位，故A正确，B、C、D错误。故选：A。35【答案与解析】由于嫦娥工程核心技术之一的“变推力发动机”

43、，通过向某方向喷出大量高温高速燃气而获得反向推力，所以该发动机产生推力涉及的主要物理学原理是牛顿第三定律中作用力与反作用力的知识，故C正确，ABD错误。故选：C。36【答案与解析】台秤示数减小，可知人处于失重状态。由牛顿第二定律可知人具有向下的加速度，则可能是电梯减速上升，或电梯加速下降，故D正确，ABC错误。故选：D。37【答案与解析】AB、航天飞机中的物体处于失重状态，物体做圆周运动，合力提供向心力，并不为零，故AB错误；C、航天飞机中的物体处于失重状态，对支持物的压力为零，故C正确；D、处于完全失重状态的物体仍受地球的万有引力作用，万有引力不为零，故D错误.故选：C。38【答案与解析】s

44、t图象的斜率表示速度A、0t1时间内，v增大，乘客加速向上运动，由牛顿第二定律：FNmgma，FNmg，故A错误；B、t1t2时间内，v不变，匀速上升，FNmg，故B错误；CD、t2t3时间内，v减小，减速上升，由牛顿第二定律：mgFNma，FNmg，故C错误，D正确；故选：D。39【答案与解析】由图可知人的重力为600N，t1t2时间内压力传感器示数F大于重力，则人受到向上的支持力大于重力，且支持力先增大后减小，所以人向上加速且加速度a先增大后减小，而vt图象的斜率对应人运动的加速度，所以加速度先增大后减小，即斜率先增大后减小；t2t3时间内压力传感器示数F小于重力，则人受到向上的支持力小于

45、重力，且支持力先减小后增大，加速度a先增大后减小，所以斜率先增大后减小，故A正确，BCD错误。故选：A。40【答案与解析】以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下。再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力，所以在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零，故A正确，BCD错误；故选：A。41【答案与解析】由“飞行器在月球表面起飞后的一段时间内沿与月面夹角为的直线做加速运动”可知：飞行器做加速直线运动，加速度方向沿速度方向，故合力的方向与速度方向同向。飞行器

46、受到月球的吸引力与喷气时气体的反作用力。A、喷气方向沿的方向喷气时，反作用力F与月球的吸引力均在速度方向的一边，故F和月球的吸引力的合力不能沿速度方向，故A错误；B、喷气方向沿时，反作用力F的沿速度方向，反作用力F和月球的吸引力的合力不能沿速度方向，故B错误，C、喷气方向沿时，气体的反作用力F和月球的吸引力分别位于速度的两边，两个力的合力能沿速度方向向前，所以是可能的，故C正确；D、喷气方向沿的方向时反作用力的方向几乎竖直向上，两个力的合力不可能沿速度方向，故D错误。故选：C。42【答案与解析】经典力学只适用于宏观低速，物体速度接近光速c3108m/s时不再适用，故ABC错误，D正确。故选：D

47、。43【答案与解析】在牛顿第一定律的建立过程中，物理学家按贡献时间先后排序为：亚里士多德、伽利略、笛卡尔、牛顿，故ABC错误，D正确。故选：D。44【答案与解析】由图象乙可知，当F从0开始逐渐增大时，加速度并未直接产生，也就是说当绳子上有拉力时小车依然没有加速度，原因可能是平衡摩擦力时轨道倾角过小，摩擦力未被完全平衡。故A正确，BCD错误。故选：A。二多选题（共1小题）45【答案与解析】AB、01s内，煤块的加速度大小为 a1m/s28m/s2，方向沿传送带向下；根据牛顿第二定律得 mgsin+mgcosma112s，物块的加速度大小为a2m/s24m/s2，方向沿传送带向下；根据牛顿第二定律

48、得 mgsinmgcosma2，由联立解得 37，0.25，则tan0.75，故A正确、B错误。C、物块上升的位移大小等于vt图象与时间轴所包围的面积大小，为x10m；根据xa2t下2，得煤块下滑的时间t下s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s，故C错误；D、传送带的速度v4m/s。在01s内传送带的位移x带1vt141m4m，煤块的位移为x煤1m8m，两者相对位移大小为x1x煤1x带14m在12s内传送带的位移x带2vt241m4m，物块的位移为x煤2m2m，两者相对位移大小为x2x带2x煤22m；所以整个上升过程中痕迹的长度为4m；2（2+）s传送带向上运动，煤块向下运动

49、，划痕总的长度为2m+vt（12+4）m，故D正确。故选：AD。三填空题（共6小题）46【答案与解析】（1）牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的定量关系，所以牛顿第一定律不是牛顿第二定律的推论；（2）力是改变物体运动状态的原因，加速度描述物体运动状态变化的快慢由Fma 得F一定时，m越大，a越小即物体运动状态越不容易改变；说明m越大，物体惯性越大；a一定时，m越大，F越大即要更大的力才能改变相同的运动状态，说明m越大，物体惯性越大，所以m是惯性大小的量度，即能用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度。47【答案与解析】对此时节点处的钢丝进行受力分析

50、。如图所示由正交分解可得：y轴方向：Tsinmg，即x轴方向：故，方向向右故答案为：向右 48【答案与解析】根据国际单位制中的基本内容可知，属于物理量有：E.电功率；属于国际单位中属于基本单位的是F秒。故答案为：E；F。49【答案与解析】根据导出单位可推导位移的单位是m，所以等号左侧单位为m，等号右侧单位为m/s，单位不一致，则这个结果是错误的。故答案为：错误；等号右侧单位为m/s，等号左侧单位为m，单位不一致。50【答案与解析】设AB的质量分别为4m和m，对A分析可知，绳子的拉力T14mgsin302mg对B物体T1mg+T2解得下边绳子的拉力为T2mg则B物体上、下两绳拉力之比为2：1；设

51、开始时AB距离地面的高度分别为h，则对B根据机械能守恒有：mghB落地时间t对A根据速度时间关系有：vAgsin30t当B落地前瞬间，解得A、B的速度大小之比为1：2，故答案为：2：1，1：251【答案与解析】根据牛顿第二定律a可知，这种加速度传感器的理论依据为牛顿第二定律；因为本传感器就是根据牛顿第二定律制造出来的，不能用结果去验证原因，所以该加速度传感器不能用于研究加速度与力、加速度与质量的关系的实验。故答案为：牛顿第二定律；不能。四实验题（共5小题）52【答案与解析】（1）实验需要测出小车的加速度，先做出vt图象，然后根据vt图象求出小车的加速度，为得出普遍结论，应改变小车质量进行多次实

52、验，因此合理的实验步骤是CAB；（2）由实验原理知道，平衡摩擦力后，钩码拉动小车做匀加速直线运动时，要满足钩码的质量远小于小车及配重的总质量，故选：A组钩码；（3）当小车的质量一定时，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置可以不同，只要小车不要从太过靠近滑轮所在的位置释放即可；因为在AB区域内vt图线是倾斜直线，在误差允许范围内取得的斜率相同，即加速度相同；而AC区域虽然数据较多，计算机拟合的斜率更精确，与实际情况有差异，故选择AB段。故答案为：（1）CAB；（2）A；（3）可以不同、理由：在AB区域内vt图线是倾斜直线，在误差允许范围内取得的斜率相同，即加速度相同53【答案与解析】（1）位移传

53、感器的接收部分，安装在固定支架上。（2）实验中，保持小车的总质量不变，改变拉力，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据，根据数据绘出的图像如图（b）所示，图中OA段为直线。分析OA段，可得出的实验结论是：物体的质量一定时，物体的加速度与外力成正比。（3）由图（d）推断出，在使用图（a）的装置进行实验时，要使实验误差尽量小，钩码总质量应尽量小一些；理由：实验中用钩码重力mg近似作为小车所受的拉力F，则m越小，运动时F与mg的差值越小，所以实验误差会越小。故答案为：（1）固定支架；（2）小车；物体的质量一定时，物体的加速度与外力成正比；（3）小；实验中用钩码重力G近似作为小车所受的拉力F，G

54、越小，运动时F与G的差值越小，所以实验误差会越小54【答案与解析】（1）探究加速度与力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力（2）以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，由牛顿第二定律得：m钩码g（m小车+m钩码）a，小车的加速度a小车受到的拉力Fm小车a，当m钩码m小车时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，aF图象偏离直线（3）若在原装置中的P处加装一力传感器，小车受到的合力为传感器的示数，不需要满足m小车m钩码，应该为一条倾斜的直线，不会发生弯曲；（4）以小车

55、与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力mg，由牛顿第二定律得：mg（M+m）a，小车的加速度a小车受到的拉力FMa，当mM时，此时FMg故答案为：（1）小车总质量；小车所受外合力 （2）钩码质量过大或未满足m小车m钩码；（3）图线为直线，没有弯曲部分 （4）Mg55【答案与解析】（1）该实验是探究加速度与质量的关系，采用控制变量法进行研究，要使拉力不变，改为小车的质量，所以要控制钩码的质量不变，改变小车的质量，故D正确ABC错误；（2）在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则遮光片通过光电门的速度为v，小车做匀加速直线运动，则v22aL，解得a（3）根据牛顿第二定律得

56、：aF，在F一定时，a与成正比，为方便实验数据处理，使作出的图象直观，应作出a图中；（4）根据图象可知，当小车受到的合力恒定时，小车的加速度与小车的质量成反比；故答案为：（1）D；（2）；（3），a与成正比，为一条倾斜的直线；（4）当小车受到的合力恒定时，小车的加速度与小车的质量成反比；56【答案与解析】（1）按照传感谢器的使用方法，安装在小车上的传感器是发射部分；（2）实验中，多次改变钩码的总质量，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据，再描出aF图象；图象b的图象不过原点，是由于摩擦力的影响，据牛顿第二定律有：a。根据图象的斜率和截距有：k，当a0时，0.5Mg，从而解得：M0.5k

57、g，0.1。所以小车与轨道间的摩擦力FfMg0.10.510N0.5N；（3）这4位同学的aF图象画在同一个坐标系内，得到如图（c）所示的4条图线，这4位同学记录的小车总质量分别为：m10.50kg、m20.75kg、m31.00kg、m41.20kg。通过四个图象的倾斜程度知道质量的大小，若沿平行于纵轴画一直线，分别与四个图象相交，显然a1a2a3a4，从而得到：拉力大小相等时，质量越大，加速度越小；附判断方法：在图（c）中作一条与纵轴平行的直线，结合该直线与四条图线交点的纵坐标值及相应同学记录的小车的总质量，可以推断出来。故答案为：（1）发射；（2）钩码、0.5；（3）拉力大小相等时，质量

58、越大，加速度越小、在图（c）中作一条与纵轴平行的直线，结合该直线与四条图线交点的纵坐标值及相应同学记录的小车的总质量，可以推断出来五计算题（共4小题）57【答案与解析】（1）由起飞条件知：kv12m1gkv22m2g联立可得起飞速度：v296m/s（2）根据公式：x可求得：t3.75s由公式a25.6m/s2根据牛顿第二定律可知推力Fma6.55104N答：（1）飞机装载弹药后的起飞离地速度为96m/s；（2）飞机在滑行过程中所用的时间为3.75s，飞机所获得的平均推力大小为6.55104N。58【答案与解析】（1）根据平均速度的推论知，解得滑块从B到C的时间滑块从B到C的加速度大小。（2）根

59、据平均速度的推论知，AB段的长度。AB段加速度大小7.5m/s2。（3）上滑时aAB2aBC由牛顿运动定律可知：滑块在上升时，受力情况如图，设斜面倾角为mgsin+fma1mgsinma2 f+mgsin2mgsin，即fmgsin；物体从BCB，由机械能守恒可得：滑块返回到B点时速度大小仍为3m/s，当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，则到达A点的速度大小为3m/s。答：（1）滑块从B滑到C的时间为0.8s，加速度大小为3.75m/s2；（2）AB段的长度为4.8m，滑块从A滑到B的加速度大小为7.5m/s2；（3）滑块从C点回到A点的速度大小为3m/s。59【答案与解析】（1）由图

60、可知，实验所用的传感器是位移传感器，小车上安装的是该传感器的发射器部分；（2）若以钩码的重力作为小车所受的合外力，则小车受到的其他力的合力为0，即需要平衡轨道的摩擦力，对钩码受力分析有：mgTma对小车受力分析有：TMa联立可得：因此钩码的质量应远小于小车的质量，才能使得重力和拉力近似相等；（3）拉力为0时，加速度不为零，说明平衡摩擦力过大，应将轨道垫高的一端适当调低一点。故答案为：（1）位移传感器；发射器；（2）平衡轨道的摩擦力；钩码质量远小于小车的质量；（3）将轨道垫高的一端适当调低一点60【答案与解析】（1）以水平轨道BC所在水平面为零势能面，运动员从P点滑至B点的过程，根据机械能守恒定

61、律，有： mv02+mghmvB2代入数据解得：vB2m/s运动员由C点到Q点的过程，由机械能守恒定律，有： mvC2mgH代入数据解得：vC2m/s。（2）运动员由B点滑至C点的过程中，由动能定理有：mgLmvC2mvB2代入数据解得：0.16。（3）设运动员在BC轨道上滑行的总路程为s。对从P点到静止的整个过程，由动能定理有： mghmgs0mv02代入数据解得：s23.75m4L+3.75m故运动员最后静止的位置与B点之间的距离x3.75m。答：（1）运动员第一次经过B点和C点的速度vB、vC分别为2m/s、2m/s。（2）滑板与BC之间的动摩擦因数是0.16；（3）运动员最后静止的位置与B点之间的距离x是3.75m。