一、单选题（本大题共13小题，共40.0分） 1.
下列物理量中属于标量的物理量是( )
A. 功
2.
B. 力 C. 位移 D. 速度
在国际单位制中属于导出单位的是( )
A. 𝑘𝑔
3.
B. 𝑁 C. 𝑚 D. 𝐴
依据《深圳经济特区道路交通安全违法行为处罚条例》第十五条的规定，在高速公路或城市快速路上，驾驶人不按规定使用安全带的，处500元罚款，记2分。这是因为系好安全带可以( )
A. 减小车的惯性
C. 减小因车的惯性而造成的伤害
4.
B. 减小人的惯性
D. 减小因人的惯性而造成的伤害
设地球自转周期为𝑇，质量为𝑀，引力常量为𝐺.假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为𝑅.同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为( )
𝐺𝑀𝑇
A. 𝐺𝑀𝑇2−4𝜋2𝑅3−4𝜋
C. 𝐺𝑀𝑇𝐺𝑀𝑇2
2
2𝑅32
B. 𝐺𝑀𝑇𝐺𝑀𝑇2+4𝜋2𝑅3
+4𝜋
D. 𝐺𝑀𝑇
𝐺𝑀𝑇2
2
2𝑅3
2
5. 如图所示，长为𝐿的轻质硬杆，一端固定一个质量为𝑚的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴𝑂在竖直平面内匀速转动，转动的角速度为𝜔，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角𝜃为( )
A. 𝑠𝑖𝑛𝜃=
6.
𝜔2𝐿𝑔
B. 𝑠𝑖𝑛𝜃=𝜔2𝐿
𝑔
C. 𝑡𝑎𝑛𝜃=
𝜔2𝐿𝑔
D. 𝑡𝑎𝑛𝜃=𝜔2𝐿
𝑔
如图所示，原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。训练过程中，运动员先由静止下蹲一段距离，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。关于摸高过程中各阶段的分析正确的是( )
A. 运动员能从地面起跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力 B. 运动员离开地面后在上升过程中处于超重状态 C. 运动员到达最高点后在下落过程中的重力势能减小 D. 运动员落地静止后没有惯性
7. 在一段半径为𝑅的圆弧形水平弯道上，已知弯道路面对汽车轮胎的最大静摩擦力等于车重的𝜇倍，
则汽车拐弯时的安全速度是( )
A. 𝑣≤√𝜇𝑔𝑅
8.
B. 𝑣≤√𝜇
𝑔𝑅
C. 𝑣≤√2𝜇𝑔𝑅 D. 𝑣≤𝜇√𝑔𝑅
在斜面上的物体受到的重力𝐺，可以分解为沿斜面向下的力𝐺1和垂直斜面向下的力𝐺2，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 𝐺1和𝐺2的代数和等于𝐺 B. 𝐺2就是物体对斜面的压力
C. G、𝐺1和𝐺2是斜面上的物体同时受到的三个力
D. 若物体静止在斜面上，斜面对物体的作用力一定竖直向上
9.
若一物体做初速度为20𝑚/𝑠，加速度大小为0.5𝑚/𝑠2的匀减速直线运动，则4𝑠后物体的速度为( )
A. 24𝑚/𝑠 B. 22𝑚/𝑠 C. 18𝑚/𝑠 D. 16𝑚/𝑠
10. 如图(𝑎)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器
相连，细绳水平。𝑡=0时，木板开始受到水平外力𝐹的作用，在𝑡=4𝑠时撤去外力。细绳对物块的拉力𝑇随时间𝑡变化的关系如图(𝑏)所示，木板的速度𝑣与时间𝑡的关系如图(𝑐)所示。已知木板的质量是物块质量的2倍，木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度取𝑔=10𝑚/𝑠2。结合图中数据可知( )
A. 物块的质量为1𝑘𝑔
B. 𝑡=1𝑠时，力𝐹的大小为0.1𝑁
C. 0～2𝑠内，木板受到的摩擦力大小保持不变 D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.04
11. 在真空环境中，铁钉和羽毛同时从同一高处自由下落，总是同时落地，这是因为( )
A. 羽毛比铁钉重
C. 铁钉和羽毛均不受空气阻力
B. 铁钉比羽毛团重
D. 羽毛的重力加速度比铁钉的大
12. 𝑎，𝑏，𝑐到桌面的高度之比为ℎ1：ℎ2：ℎ3=3：2：1.若先后依次
释放𝑎，𝑏，𝑐，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A. 三者到达桌面时的速度之比是3：2：1 B. 三者运动时间之比为3：2：1
C. 𝑏𝑎开始下落的时间差小于𝑐𝑏下落时间差 D. 小球的加速度与运动时间成反比
13. 如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块𝑀相对车厢静止于竖直墙壁
上，当车的加速度𝑎增大时( )
A. 物块仍相对车厢滑动 B. 物块所受静摩擦力增大 C. 车厢壁对物块的压力增大 D. 车厢对物块的作用力方向不变
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
𝐴、𝐵两点处的电场强度分别为𝐸1、𝐸2，14. 如图所示，带箭头的直线是正点电荷周围的一条电场线，
𝐴、𝐵两点的电势𝜑𝐴、𝜑𝐵，下列说法正确的是：( )
A.𝐴、𝐵两点处的电场强度分别为𝐸1<𝐸2 B.电荷−𝑞在𝐴、𝐵两点处时受到的电场力𝐹1<𝐹2 C.𝐴、𝐵两点的电势𝜑𝐴>𝜑𝐵
D.电荷+𝑞在为𝐴、𝐵两点处具有的电势能𝐸𝐴>𝐸𝐵
A. 𝐴 B. 𝐵 C. 𝐶 D. 𝐷
15. 如图所示，以直角三角形𝐴𝑂𝐶为边界的有界匀强磁场区域，磁感
应强度为𝐵，角𝐴=60°，𝐴𝑂=𝐿，在𝑂点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为𝑚，发射速度大小都为𝑣0=
𝑞𝐵𝐿𝑚
𝑞
.设粒子发射方向与𝑂𝐶边的夹角为𝜃，不计粒子间相互作用及重力。对于粒
子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )
A. 当𝜃=45°时，粒子将从𝑂𝐴边射出
B. 所有从𝑂𝐴边射出的粒子在磁场中运动时间相等
C. 随着𝜃角从0增大到90°的过程中，从𝐴𝐶边射出的粒子在磁场中运动的时间先变小后变大 D. 在𝐴𝐶边界上只有一半区域有粒子射出
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
16. 验证力的平行四边形定则的实验情况，如图甲所示，其中𝐴为固定橡皮筋的图钉，𝑂为橡皮筋与
细绳的结点，𝑂𝐵和𝑂𝐶为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。 (1)图乙中的______是力𝐹1和𝐹2的合力的实际值。(填𝐹或者𝐹′)
(2)在实验中，如果保持𝑂𝐶细绳位置不变，改变𝑂𝐵细绳的位置，那么连接𝑂𝐶细绳的弹簧测力计的示
数一定会发生变化吗？
答：______(选填：“一定会”；“可能会”；或“一定不会”) (3)本实验采用的科学方法是：______
A.理想实验法 𝐵.等效替代法 𝐶.控制变量法 𝐷.建立物理模型法。
17. 在做“探究加速度与质量的关系”的实验时，实验装置如图甲所示(不计滑轮的摩擦)。 (1)实验时，一定要进行的操作是______。 A.用天平测出砂和砂桶的质量
B.取下砂和砂桶，将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
C.挂上砂和砂桶，让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带 D.为减小误差，实验中一定要保证小车的质量𝑀远小于砂和砂桶的质量𝑚
(2)图乙是实验中得到的一条纸带，𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还
有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离如图乙所示。已知打点计时器的打点周期为𝑇=0.02𝑠，则打点计时器打下𝐶点时小车的速度大小𝑣𝐶=______𝑚/𝑠，小车运动过程中的加速度大小𝑎=______𝑚/𝑠2(结果保留2位有效数字)。
(3)若实验时电网中交变电流的频率变为53𝐻𝑧，但该同学并不知道，那么这个同学测得的物体加速
度的大小与实际值相比______(选填：“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)保持砂和砂桶的质量𝑚不变，改变小车质量𝑀进行多次实验，得到多组数据，该同学根据实验数
据作出了如图丙所示的图象，其中纵轴为小车的加速度𝑎，则横轴应为______。 A.B. 𝐶.𝐹 𝐷.𝑚𝑔
𝑀
𝑚1
1
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
18. 跳伞运动以自身的惊险和挑战性，受到越来越多年轻人的喜爱，假若某一运动员进行跳伞训练，
他从悬停在离地面300𝑚高空的直升飞机上由静止跳下，跳离一小段时间后，立即打开降落伞做减速运动，打开降落伞后运动员下落的𝑣−𝑡图如(𝑎)所示，降落伞在空中用8根对称悬绳悬挂运动员，每根悬绳与中轴的夹角均为𝜃=30°(如图(𝑏)所示，已知运动员的质量𝑚1=60𝑘𝑔，降落伞的质量𝑚2=40𝑘𝑔，𝑔=10𝑚/𝑠2，忽略运动员所受的阻力．求：
(1)该运动员打开降落伞时离地面的高度𝐻；
(2)运动员打开降落伞瞬间的加速度大小和在下落过程中每段绳承受的最大拉力．
19. 如图所示，质量为𝑚的小球通过轻绳悬挂在一倾角为𝜃的光滑斜面上，轻绳与斜
面平行，开始时系统处于静止状态．
(1)求系统静止时，绳对小球的拉力大小和斜面对球的支持力大小．
(2)当系统以多大的加速度向左运动，斜面对小球支持力恰好为零？
20. 如图所示，放置在竖直平面内的1
4圆轨道𝐴𝐵，𝑂点为圆心，𝑂𝐴水平，𝑂𝐵竖直，
半径为2√2𝑚。在𝑂点沿𝑂𝐴抛出一小球，小球击中圆弧𝐴𝐵上的中点𝐶，𝑣𝑡的反向延长线与𝑂𝐵的延长线相交于𝐷点。已知重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2。求： (1)小球运动的时间？ (2)𝑂𝐷的长度为多少？
参考答案及解析
1.答案：𝐴
解析：解：𝐴、功是只有大小，没有方向的物理量，是标量。故A正确；
𝐵𝐶𝐷、力、位移和速度都是即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量，都是矢量，故BCD错误。 故选：𝐴。
即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；
只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握，正确理解标量和矢量的区别。
2.答案：𝐵
解析：解：𝐴𝐵𝐶、千克、米和安培都是国际单位制中的基本单位，故ACD错误。 D、力的单位牛顿(𝑁)是由牛顿第二定律推导出来的导出单位，故B正确。 故选：𝐵。
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。他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。 单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量，要牢记。
3.答案：𝐷
𝐴𝐵、解析：解：质量是物体惯性大小的唯一的量度，系好安全带不可以改变车的惯性以及人的惯性，故A错误，B错误；
𝐶𝐷、安全带系在人的身上，对人有一定的作用力，可以改变人的运动状态，所以系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，故D正确，C错误； 故选：𝐷。
物体总保持原来运动状态不变的特性叫做惯性，质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态和所处的位置无关。力是改变物体运动状态的原因。
本题考查了惯性的基本概念及影响因素，同学们只要记住质量是惯性的唯一量度，与其它任何因素无关就可以了。该题难度不大，属于基础题。
4.答案：𝐴
解析：
在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力。 考查物体受力分析及圆周运动向心力的表达式，明确在两极物体没有向心力。 解：在赤道上：𝐺 在南极：𝐺
𝑀𝑚𝑅2
𝑀𝑚𝑅2
−𝐹𝑁=𝑚𝑅2，可得𝐹𝑁=𝐺
𝑇
4𝜋2
𝑀𝑚𝑅2
−𝑚𝑅
4𝜋2𝑇2
①
′=𝐹𝑁 ②
′𝐹𝑁
由①②式可得：故选A。
𝐹𝑁
=
𝐺𝑀𝑇2𝐺𝑀𝑇2−4𝜋2𝑅3
.故A正确，BCD错误。
5.答案：𝐵
解析：解：小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，受力如图所示； 根据牛顿第二定律有：
𝑚𝑔
=𝑚𝜔2𝐿 sin𝜃
解得：𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐿𝜔2 故B正确，ACD错误。 故选：𝐵。
小球做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角。
解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解即可。
𝑔
6.答案：𝐶
解析：解：𝐴、地面对人的支持力和人对地面的压力属于作用力和反作用力，始终等大反向，故A错误；
B、运动员在空中上升时时，加速度向下，处于完全失重状态，故B错误； C、下落过程高度降低，重力势能减小，故C正确；
D、惯性是物体的一种属性，与速度无关，与质量有关，故D错误。 故选：𝐶。
作用力和反作用力始终等大反向，与运动状态无关。
明确加速度向上时物体处于失重，而加速度向下时，物体处于超重状态。 运动员的重力势能与运动员所处的高度有关，运动员下降，重力势能减小。
惯性与质量有关，与速度无关。
该题考查了一些基本的物理概念，题目简单，掌握相互作用力、超重、失重以及惯性的相关知识即可解答。
7.答案：𝐴
解析：解：汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做圆周运动。 其所需要的向心力由静摩擦力提供：𝐹静=𝑚
𝑅
由上式可知，当速度越大时，静摩擦力也越大。所以速度最大时，静摩擦力达最大。 即𝐹𝑀静=𝑚𝑣𝑀∴𝑉𝑀=√
𝑅
2
𝑣2
𝐹𝑀静𝑅𝑚
=√
𝜇𝑚𝑔𝑅𝑚
=√𝜇𝑔𝑅
所以汽车的安全速度小于或等于最大速度√𝜇𝑔𝑅。 故选：𝐴。
汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做的是圆周运动．此时汽车需要的向心力是由静摩擦力提供的，而汽车的最大安全速度是指由路面的最大静摩擦力提供向心力，从而求出的速度．当速度再大时，汽车就会侧向滑动，失去控制了．
搞清汽车做圆周运动所需要的向心力来源是本题关键，同时知晓安全速度是指汽车在转向时没有侧向位移．
8.答案：𝐷
解析：解：𝐴、重力为𝐺分解为垂直斜面向下的力𝐺2和平行斜面向下的力𝐺1.𝐺1和𝐺2的矢量和等于𝐺.故A错误；
B、𝐺2是使物体紧压斜面的分力，不是物体对斜面的正压力，故B错误；
C、𝐺是物体受到的重力、𝐺1和𝐺2是物体的重力的分力，实际上是不存在的，故C错误； D、若物体静止在斜面上，根据共点力平衡的条件可知，斜面对物体的作用力的和与重力大小相等方向相反，所以一定竖直向上。故D正确。 故选：𝐷。
根据重力的作用效果，将重力为𝐺分解为垂直斜面向下的力𝐺2和平行斜面向下的力𝐺1，𝐺2不是物体对斜面的压力，而使物体紧压斜面的力，物体对斜面的压力方向与𝐺2的方向相同，大小为𝐺𝑐𝑜𝑠𝛼.𝐺1是使物体下滑的力，大小等于物体受到的静摩力。物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力三个力作用。
本题中压力与物体紧压斜面的分力尽管方向相同，大小相等，但施力物体与受力物体都不同。分析受力时，只分析物体实际受到的力，分力或合力不单独分析。
9.答案：𝐶
解析：解：根据𝑣=𝑣0+𝑎𝑡得，物体在4𝑠后的速度𝑣=20−0.5×4𝑚/𝑠=18𝑚/𝑠.故C正确，𝐴、𝐵、D错误． 故选：𝐶．
根据物体的初速度、加速度、时间，结合匀变速直线运动的速度时间公式求出4𝑠后物体的速度． 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，并能灵活运用，知道公式的矢量性．
10.答案：𝐷
解析：解：𝐶、结合两图像可判断出0～2𝑠内物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，对物块：由平衡条件可知，物块受到的摩擦力等于绳的拉力，也等于力传感器的示数，示数均匀增大，故物块所受摩擦力也均匀增大，由牛顿第三定律可知，木板受到的摩擦力均匀增大，故C错误；
𝐴𝐷、2～5𝑠内木板与物块发生相对滑动，静摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，设物块的质量为𝑚，木板的质量为𝑀，2～4𝑠对木板：
𝐹−𝜇𝑚𝑔𝑀
=0.2𝑚/𝑠2，4～5 𝑠对木板：
1
𝜇𝑚𝑔𝑀
=0.2𝑚/𝑠2，结
合图像知𝜇𝑚𝑔=0.2𝑁，可解得𝜇=0.04，𝑀=1 𝑘𝑔，𝑚=2𝑀=0.5𝑘𝑔，故A错误、D正确； B、因2𝑠时物块所受的摩擦力大于0.2𝑁，故𝑡=1𝑠时，力𝐹大于0.1𝑁，故B错误。 故选：𝐷。
由图(𝑐)可判断出0～2𝑠内物块和木板还未发生相对滑动，板块之间摩擦力为静摩擦力。结合图(𝑏)，因为0−2𝑠板块未发生相对滑动，因此拉力等于摩擦力，可判断最大静摩擦力以及滑动摩擦力。对滑块和木板进行受力分析，结合牛顿运动定律即可求解
本题考查板块模型，要求学生具备从图像读取信息的能力，以及结合受力分析和牛顿运动定律处理问题的能力，难度中等偏大。
11.答案：𝐶
解析：
在真空环境中，没有空气的阻力，故里面的物体都是只受重力，做自由落体运动．
知道真空环境中物体只受重力，下落的运动是自由落体运动，这个在自由落体一节会介绍到牛顿管实验，注意联系一下这个实验．
在真空环境中，没有空气的阻力，故里面的物体都是只受重力，铁钉和羽毛都是做自由落体运动，两个同时释放，故他们的运动状态始终相同，会同时落地，故C正确． 故选：𝐶．
12.答案：𝐶
𝑣2：𝑣3=√3：解析：解：𝐴、设ℎ3=ℎ，则由𝑣2=2𝑔ℎ，得𝑣=√2𝑔ℎ.得到达桌面时的速度之比：𝑣1：√2：1，故错误。
B、由𝑡=√得三者运动时间之比：𝑡1：𝑡2：𝑡3=√3：√2：1，故B错误。
𝑔C、𝑏𝑎开始下落时间差△𝑡1=(√3−√2)√
2ℎ3𝑔
2ℎ
，𝑐与𝑏开始下落时间差△𝑡2=(√2−1)√
2ℎ3𝑔
，𝑏𝑎开始下
落的时间差小于𝑐𝑏下落时间差，故C正确。
D、三个小球的加速度与重力和质量无关，等于重力加速度，故D错误。 故选：𝐶。
三个小球均做自由落体运动，则由自由落体的运动规律得出通式，则可求得各项比值。 小球做自由落体运动，加速度为重力加速度。
自由落体运动由于是初速度为零的匀加速直线运动，在公式应用中有一定的便利，故一般会在过程上有些复杂，解题时要注意过程的分析。
13.答案：𝐶
解析：解：以物块为研究对象，物体受重力𝑀𝑔，车厢的弹力𝑁和静摩擦力𝑓，根据牛顿第二定律可得，水平方向：𝑁=𝑀𝑎，竖直方向：𝑓=𝑀𝑔
𝐴𝐵、当加速度增大时，物块仍相对于车厢静止，在竖直方向受力平衡，即𝑓=𝑀𝑔不变，故A错误，B错误；
C、当加速度增大时，车厢壁对物块的压力𝑁增大，故C正确；
D、物体受车厢的弹力和向上的静摩擦力，当加速度增大时，𝑁增大，静摩擦力𝑓不变，则两者合力的方向变化，车厢对物块的作用力方向改变，故D错误。 故选：𝐶
分析物块的受力情况，根据牛顿第二定律分析摩擦力、弹力与加速度的关系，再分析加速度增大时，各力的变化情况。
解决本题的关键知道物块与小车具有相同的加速度，隔离对物块分析，运用牛顿第二定律进行求解。
14.答案：𝐶𝐷
解析：试题分析：正点电荷周围的电场线是向外扩散状，所以左边的电场线比右边的电场线密集，所以𝐸1>𝐸2，沿着电场线方向电势是降低，所以𝜑𝐴>𝜑𝐵.所以A错误C正确；因为𝐸1>𝐸2，所以𝐵两点受到的电场力𝐹1>𝐹2，电荷在𝐴，所以B错误；电荷+𝑞从移动到𝐵电场力做正功，电势能减少，所以𝐸𝐴>𝐸𝐵，所以D正确
考点：电场线；电场强度，电势，电势能
15.答案：𝐶𝐷
解析：解：𝐴、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣0𝐵=𝑚0，已知𝑣0=
𝑟𝑣2
𝑞𝐵𝐿𝑚
，解
得粒子的运动半径𝑟=𝐿，当𝜃=60°入射时，粒子恰好从𝐴点飞出，则当𝜃=45°时，粒子将从𝐴𝐶边射出，故A错误；
B、所有从𝑂𝐴边射出的粒子，𝜃不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于2(2−𝜃)=𝜋−2𝜃，所用时间𝑡=
𝜋−2𝜃2𝜋
𝜋
𝑇，𝑇一定，则知粒子在磁场中运动时间不等，故B错误；
C、粒子从𝐴𝐶边上射出时，随着角度的变化，在磁场中的弧线长度先减小后增加，所以粒子在磁场中运动的时间先较断，后增长，故C正确；
D、当𝜃=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从𝐴𝐶中点飞出，因此在𝐴𝐶边界上只有一半区域有粒子射出，故 D正确。 故选：𝐶𝐷。
带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解。
此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论。𝜃从0°到60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键。
16.答案：(1)𝐹′；(2)一定会；(3)𝐵
解析：解：(1)实验中𝐹是由平行四边形得出的，是理论值，而𝐹′是通过实验方法得出的，是力𝐹1和𝐹2的合力的实际值。
(2)𝑂𝐶细绳位置不变，说明𝐹2的方向不变，𝑂点位置不变，则合力不变，如果改变𝑂𝐵细绳的位置，则𝑂𝐵绳的拉力改变，根据力的平行四边形定则可知，连接𝑂𝐶细绳的弹簧测力计的示数一定发生变化。 (3)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故ACD错误，B正确。
故答案为：(1)𝐹′；(2)一定会；(3)𝐵。
(1)在实验中𝐹和𝐹′分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答； (2)根据力的平行四边形定则分析𝑂𝐶细绳的弹簧测力计的示数是否变化；
(3)本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用。
题主要考查对验证力的平行四边形定则的原理理解，所以实验中一定要通过实验的原理去掌握实验，脱离开原理是无法正确解决实验问题的。
17.答案：𝐵𝐶 0.76 2.0 偏小 𝐴
解析：解：(1)考察操作过程的测量必须步骤：𝐴、由于是探究加速度与质量的关系，要满足拉力一定，而拉力是用沙和桶的总重力代替的，所以不必测出；
B、实验之前要平衡摩擦力，即只让小车在倾斜的木板上做匀速直线运动，选项B是必须的； C、凡涉及打点计时器的操作均要求先通电再释放小车，故选项C是必须的；
D、由牛顿第二定律可先表示出绳子拉力为：𝐹=𝑀𝑎=𝑚+𝑀=1+𝑚，只有当小车质量𝑀>>𝑚时，
𝑀
𝑀𝑚𝑔𝑚𝑔
拉力𝐹≈𝑚𝑔，故选项D错误。 (2)𝑣𝐶=𝑣𝐵𝐷=2.0𝑚/𝑠2。
(3)由于计算的周期是按50𝑠(比实际偏大)，由述公式计算的加速度的值偏小。
(4)根据牛顿第二定律知道：当砂和桶的质量一定时，加速度与质量成反比，而与小车质量的倒数成正比，𝑎−𝑀图象是一条过原点的直线，𝐴选项符合要求。 故答案为：(1)𝐵𝐶；(2)0.76，2.0；(3)偏小；(4)𝐴
(1)“探究加速度与力、质量的关系”实验中，研究三者关系必须运用控制变量法，正确理解控制变量法的应用即可解答；
(2)从减小误差角度考虑，要适当使长木板的右端垫高，为了平衡摩擦力；要使小车前段的细线与长木板平行，打点计时器应该接交流电源；
(3)利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度。 解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，纸带的处理。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
1
1
−
(6.59+8.61)×10−2
2×0.1
𝑚/𝑠=0.76𝑚/𝑠，加速度为：𝑎=
△𝑥𝑇2=
(8.61+10.60−4.60−6.59)×10−2
(2×0.1)2𝑚/𝑠2=
18.答案：解：(1)运动员在开始时做自由落体运动，由题意可知自由下落的末速度为20𝑚/𝑠；
则自由下落的高度ℎ=2𝑔=
𝑣2
40020
=20𝑚；
此时离地高度为𝐻=300−20=280𝑚； (2)打开伞的瞬间由图可知； 加速度大小为；𝑎=
204
=5𝑚/𝑠2；
此时每段绳承受的拉力最大，以𝑚1为对象
8𝐹𝑐𝑜𝑠30°−𝑚1𝑔=𝑚1𝑎
解得：𝐹=75√3𝑁；
答：(1)该运动员打开降落伞时离地面的高度𝐻为280𝑚；
(2)运动员打开降落伞瞬间的加速度大小和在下落过程中每段绳承受的最大拉力为75√3𝑁. 解析：(1)由自由落体的运动规律可知运动员下降的高度，再由题意可知离地高度； (2)对打开伞后由牛顿第二定律可求得各段绳子的拉力．
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意正确应用图象进行分析，明确牛顿第二定律的应用求解．
19.答案：解：(1)对小球受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图
根据共点力平衡条件可知
𝑇=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑁=𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃
即系统静止时，绳对小球的拉力大小为𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，斜面对球的支持力大小为𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃． (2)对小球受力分析，受到重力、支持力，如图
小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根据牛顿第二定律，有
𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑎…① 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑔…②
解得
𝑎=𝑔𝑐𝑜𝑡𝜃
即当系统以𝑔𝑐𝑜𝑡𝜃的加速度向左运动，斜面对小球支持力恰好为零．
解析：(1)对球受力分析，受到重力、支持力和拉力，根据平衡条件，运用合成法求解； (2)小球受重力和拉力，合力水平向左，根据牛顿第二定律列式求解．
本题关键是结合物体的运动状态，对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件或牛顿第二定律列式求解．
20.答案：解：(1)平抛运动的水平位移和竖直位移相等，𝑥=𝑦=𝑅𝑐𝑜𝑠45°=2𝑚
根据𝑦=2𝑔𝑡2 得，𝑡=√=√𝑠
𝑔5
(2)设𝑂𝐴与速度的反向延长线的交点为𝐸，因为平抛运动速度的反向延长线经过其水平位移的中点，则𝑂𝐸=1𝑚
设速度与水平方向的夹角为𝜃，因为速度与水平方向夹角的正切值等于此时位移与水平方向夹角正切值的两倍。
则𝑡𝑎𝑛𝜃=2𝑡𝑎𝑛45°=2 设角𝐵𝐷𝐶为𝛼，则𝑡𝑎𝑛𝛼=所以ℎ=2𝑚
答：(1)小球运动的时间是√𝑠；
5(2)𝑂𝐷的长度为2𝑚。
解析：小球击中圆弧𝐴𝐵上的中点𝐶，得出平抛运动的水平位移和竖直位移，根据竖直方向做自由落体运动求出平抛运动的时间。平抛运动速度的反向延长线经过其水平位移的中点。求出𝐶点的速度方向，根据几何关系求出ℎ。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及掌握平抛运动的推论，某时刻速度与水平方向夹角的正切值等于此时位移与水平方向夹角正切值的两倍。
2𝑂𝐸ℎ
2𝑦
2
1
=
= tan𝜃2
11
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容