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1、参考答案1. B【详解】A.弹簧劲度系数与形变量无关，与自身性质有关，故A错误；BC.对小车和重物整体，有小车受到的合力所以在小车向右运动压缩弹簧的过程中，弹簧形变量变大，则小车受到的合力增大；重物受到的摩擦力故摩擦力变大，故B正确，C错误；D.重物随小车向右减速运动，加速度向左，则小车对重物摩擦力向左，则重物对小车的 摩擦力方向向右，故D错误。故选Bo2. A【详解】同一条绳上拉力处处相等，由平衡条件可得，对甲对乙联立解得A正确。故选Ao3. B【详解】当物块相对于木板运动时，木板的加速度最大，且木板的最大加速度 故选Bo【详解】(1)包裹从八端放上传送带后，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定
2、律解得根据运动动学公式因为X2m,此后包裹匀速运动到8端，所以到达B端时速度的大小为(2)设包裹从A端运动至B端过程中，匀加速直线运动和匀速运动的时间分别为。和有解得从Z4到8匀速运动过程中，由运动学公式解得从8端到C端，包裹一直做匀加速运动，由牛顿第二定律解得由运动学公式解得所以从入到C的总时间17. (1) 12m/s ； (2) 156m【详解】(1)第一阶段由牛顿第二定律有第二阶段由牛顿第二定律有解得由匀加速运动速度公式得代入数值解得(2)由匀加速运动公式得由匀加速运动公式得代入数值解得18. (l)ls； (2)34.5m【详解】对小滑块，根据牛顿第二定律可得则由位移公式得对木板，根
3、据牛顿第二定律可得则木板的位移且联立可得小滑块离开木板时，小滑块的速度为木板的速度为小滑块停止运动时，运动时间为移动的距离为小滑块离开木板后，木板的加速度木板移动的距离为 小滑块与木板的距离4. D【详解】A.设4落地前轻绳的拉力大小为丁，4 B的加速度大小均为内，则对48分别应用牛顿 第二定律可得联立解得故A错误；B.八落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为故B错误；C. A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为B向右运动的路程为故C错误；D.根据匀变速直线运动规律可知8在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为所以整个过程中8运动的平均速度大小为lm/s,故D正确。故选Do5.
4、 C【详解】AB.由题意可知，辆车恰好未碰撞故在交点处，甲乙的距离为0,则在3秒时甲乙两个物 体的位移只差为t=0时乙车在甲车前方的距离，有速度时间图像的面积表示位移可得故AB错误;C.由图可得当甲停下时，时间为3.6s此时乙的速度为故C正确；D.当上3s时辆车距离为0,故均停止的距离为图线相交后，图像与x轴围成的面积为 故D错误。故选Co6. D【详解】A.当汽车向左加速运动时，能给向左的力只有B对C的分力，所以是B对C的力增大，A 对C的力减小，故A错误；BC.小车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有故有竖直方向解得因为处于平衡状态，所以B对C的力大小不会改变，故BC错
5、误；D.当加速度为且g时，水平方向有3竖直方向有代入a解得故D正确。故选Do7. A【详解】设。的质量为则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉 力始终等于b的重力，即T=2mg了保持不变。以。为研究对象，。受到重力、细绳的拉力7、支持力和摩擦力、水平拉力，受力如图所示 设绳子与水平方向夹角为巴 支持力向右缓慢拉动的过程中，。角逐渐减小，水平方向又联立求得因为=亭，利用数学知识可得即。从90减小到30,则sin(60 +6)逐渐增大,所以F将一直增大。故选Ao8. AC【详解】AB.对小球受力分析如图所示由平衡条件和几何关系有F、= F?, 2F sin 0 = mg可得
6、A正确，B错误；C.设弹簧的形变量为x,根据胡克定律有8=丘，根据几何关系有联立解得C正确；D.以小球和圆弧轨道整体为研究对象，受重力、地面的支持力，由共点力平衡条件可 知，二力相互抵消，水平方向没有外力，即圆弧轨道不受地面的摩擦力，D错误。故选ACo9. CD【详解】A.滑块A下滑的加速度位移为 根据可得同理，B下滑的时间可知两滑块滑至底端的时间相等，故A错误；B.滑块A滑到底端的速度B滑到底端的速度也为质，两滑块的速度方向与重力夹角相同，但是质量不同，所以重 力的瞬时功率不同，故B错误；C.因为A、B的加速度均沿斜面向下，对整体分析，整体处于失重状态，则支持力小于三 个物体得总重力，故C正
7、确；D. A对斜面体压力的水平分力大小为“Agsinacosa , B对斜面体压力的水平分力大小为 mAgsin/?cos/?,因为“则地面对斜面体有向左的摩擦力，故D正确。故选CDo10. ABC【详B.设板与水平地面的夹角为以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力而处于平衡 状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将P绕。点缓慢旋转到虚 线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图1,其中B对A的支持力、摩擦力的合 力仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，根据牛顿第 三定律可知，A对B的作用力也不变，B正确；A.后来B的上表面与水平方向之间的夹
8、角是6,则支持力A/i=Ga-cos0所以B对A的支持力减小了，A正确；CD.以AB整体为研究对象，分析受力情况如图2,由平衡条件可知，板对B的作用力大 小与总重力大小相等，保持不变N2=GabC0S。,力=GABSin。减小，N2增大,加减小，故C正确，D错误。故选ABCo11. BC【详解】对滑块受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力机gsin。，摩擦力/AB.当2gsin9,则滑动摩擦突变为静 摩擦向上，大小为mgsind,物体和传送带一起做匀速直线运动，若最大静摩擦力/伙?sin。，则摩擦力方向会突变向上，物体做匀加速直线运动，加速度为比较可得4 的,故B正确，A错误；CD.
9、若物体相对于传送带向下运动，若最大静摩擦力/(mgsin*则物体一直做匀 加速速直线运动，加速度为若如果最大静摩擦力根gsine,则物体一开始做匀减速直线运动，速度与传送带相等 时，滑动摩擦力突变为静摩擦力向上，大小为mgsin。，故C正确，D错误。故选BCo12. CD【详解】A.该工件先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动三个阶段，图线表示的是匀速的后半 段和匀减速，所以010s时间内，工件做匀速运动，处于平衡状态，选项A错误；B.根据动量定理得匀速运动时有解得 工件做匀速运动的速度大小为2m/s,选项B错误;C.根据牛顿第二定律得解得工件做匀减速运动的加速度大小为o.25m/s2,选项C正
10、确；D.地面和指定位置之间的总距离为选项D正确；故选CDo13. BC 0.400.30【详解】（1）1AD.力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要 使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；BC.实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，在一次实验中要求拉力不变，所以细线 要求与木板平行，故BC正确。（2） 2数点间的时间间隔为7=5x0.02 s = 0.1s根据/x=aT2运用逐差法得，则有a= %/ j*0.4O m/s2o4T2（3）由牛顿第二定律得2F=Ma则有a F图像的斜率解得M=030 kgo14. AC可以将竖直面转至水平面内做实验CD【
11、详解】（1）1A.弹簧测力计在实验前没有调零，读数不准，导致实验结果不准确，故A正确；B.实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度，是正确 的操作，故B错误；C.弹簧测力计自身的重力对拉力大小有影响，导致实验结果不准确，故C正确。（2） 2为减小重力对实验的影响，可以将竖直面转至水平面内做实验。（3） 3A.为了验证力的平行四边形定则，不仅需要作力的图示来表示分力与合力，还需 要以两个分力为邻边作平行四边形，且作出对角线，比较对角线和合力的大小以及方向的 关系，故A错误；B.因实验中存在误差，故不可能严格使F与实际合力重合，所以实验中用平行四边形定则 求得的合力F不
12、与。人在一条直线上，故B错误；c.根据平行四边形定则可知，若保持。点的位置和角不变，夹角可变，若6增大， 若见也增大，则尸2可能减小，故C正确；D.若保持。点的位置和尸2大小不变，增大。2，则”增大，可能增大也可能减小，故D 正确15. (1) 8m/s； (2) 12.8m； (3) 0.8m； (4) 6s【详解】(1)对物体在斜面上运动，有代入数据得：(2)物体在传送带上速度为零时离人最远，此时有所以又代入数据解得L= 6.4 m所以传送带的长度(3)物体在传送带上返回到与传送带共速，有代入数据得知物体在到达八点前速度与传送带相等，又对物体从A点到斜面最高点的过程中的加速度 仍然为则有得(4)开始时向下做匀加速直线运动，则得物体在传送带上向左运动的时间物体在传送带上加速时的加速度大小与减速时的加速度大小相等，所以物体在传送带上向 右加速的时间物体在传送带上做匀速直线运动的时间物体沿斜面向上运动的时间所以物体运动的总时间16. (1) v = lm/s ； (2) ? = 3.1s