【詳解】A．牛頓第一定律是在實驗的基礎上進一步的推理概括出來的科學理論，而不能直接通過實驗得出
的。該定律是在可靠的事實基礎上，通過科學推理概括出來的，不能直接用實驗來驗證，故 A 錯誤；
BD．在國際單位制中，力學的三個基本單位是 kg、m、s，其它單位例如 m/s、N 是國際單位的導出單位，
故 B 正確；D 錯誤；
C．物塊對海綿的力與海綿對物塊的力是作用力與反作用力，大小相等，故 C 錯誤。
故選 B。
2. 【答案】D
【詳解】A．無人機在 3s 末前速度為正值，說明速度一直向上，所以無人機在 3s 末上升到最高點，故 A 錯
誤；
B． 圖像斜率表示加速度，由圖知，無人機在 3s 時加速度不為 0，故 B 錯誤；
C．無人機在 1s 末和 5s 末的斜率相同，所以加速度方向相同，故 C 錯誤；
D．無人機在 0-2s 的平均速度
無人機在 2s-3s 的平均速度
所以無人機在 0s-2s 和 2s-3s 兩個階段的平均速度相等，故 D 正確。
故選 D。
3. 【答案】D
【詳解】D．足球對網兜的作用力與網兜對足球的作用力是一對相互作用力，其大小相等，
故 D 項正確；
A．對足球受力分析，其足球受到重力、墻壁 彈力以及網兜對足球的作用力，其網兜對足
球的作用力方向斜向上，故 A 項錯誤；
B．足球的受力如圖所示
運用合成法，根據(jù)平衡條件，有
若懸繩變長后細線與豎直方向的夾角減小，則懸繩對足球的拉力變小，故 B 項錯誤；
C．足球受到墻壁的支持力是墻壁發(fā)生彈性形變引起的，故 C 項錯誤。
故選 D。
4.【答案】B
【詳解】AB．將小車的速度沿繩和垂直繩方向分解，則物體 A 的速度與小車的速度沿繩方向的分速度大小
相等，即 故 A 錯誤，B 正確；
CD．小車向右勻速運動，v 不變， 減小， 增大，所以 增大，物體 A 加速上升，加速度向上，合
外力向上，繩子對物體 A 的拉力大于物體 A 的重力，故 C、D 錯誤。
故選 B。
5. 【答案】D
【詳解】雖然 a、b 與豎直粗糙墻壁接觸，但與墻壁之間并沒有擠壓作用，故與墻壁之間沒有彈力和摩擦力
的作用。
A．物塊 b 受力平衡，故根據(jù)受力分析可知彈簧彈力等于 的重力 mg。故 A 錯誤；
B．整個系統(tǒng)受力平衡，則細線的拉力等于 a、b 的總重力 2mg。故 B 錯誤；
C．剪斷細線瞬間物塊 b 的受力沒有變化，加速度大小為零。故 C 錯誤；
D．剪斷細線瞬間物塊 a 所受細線拉力消失，其他力沒變化，則有
可得加速度大小為
故 D 正確。
故選 D。
6. 【答案】B
【詳解】若支持力恰好為零，對小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖
小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
D．由以上分析可知，當 時，小球受 mg、FT 兩個力作用，當 時，小球受 mg、FT、
FN 三個力作用，故 D 錯誤；
AB．若 ，小球受 mg、FT 兩個力作用，故 A 錯誤，B 正確；
C．若 ，小球受 mg、FT、FN 三個力作用，故 C 錯誤。
故選 B。
7. 【答案】D
【詳解】P 沿斜面向下的分力為 ，整個系統(tǒng)沿繩子的合外力為 ，則系統(tǒng)的加速度為 ，對 Q
由牛頓第二定律得
得
故選 D。
8. 【答案】BD
【詳解】ABC．小張在開始的一段時間內做自由落體運動，當橡皮條開始繃緊之后，其對小張的彈力豎直
向上，且不斷增大，小張所受合外力逐漸減小，豎直向下的加速度逐漸減小，當橡皮條對小張的彈力與他
的重力大小相等時，小張的加速度減小至零，且速度達到最大值，之后橡皮條的彈力開始大于小張的重力，
小張開始做加速度不斷增大的減速運動，當小張下降至最低點時，速度減為零，此時橡皮條對小張的彈力
大于他的重力，綜上所述可知 AC 錯誤，B 正確；
D．小張在達到最大速度之前，他的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故 D 正確。
故選 BD
9. 【答案】ACD
【詳解】AD．取小球為研究對象進行受力分析，受到拉力 F、重力 G、細線拉力 ，如圖所示
由受力平衡可得 ，
聯(lián)立解得 ，
故 AD 正確；
BC．取 A、B 組成的系統(tǒng)為研究對象，受到總重力、支持力、水平拉力和靜摩擦
力，如圖所示
根據(jù)受力平衡可得
故 B 錯誤，C 正確。
故選 ACD。
10. 【答案】AC
【詳解】A．物塊做勻減速直線運動的初速度為 v0，末速度為 v1，時間為 t1，則物塊的位移為圖 2 中的梯形
面積有
故 A 正確；
B．t1 時刻物塊恰好滑至長木板的最右端，所以相對位移就是板長，根據(jù)圖 2 可知相對位移為
故 B 錯誤；
C．設物塊與長木板間的摩擦力大小為 f，物塊的加速度大小為
木板加速度大小為
所以物塊與木板的質量之比為
故 C 正確；
D．由于摩擦力為
所以物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為 故 D 錯誤。
故選 AC。
二、實驗題題(本題共 2 小題，共 18 分．)
11. （每空 2 分）【答案】（1）等效替代法 （2）D （3）C （4）OA
【小問 1 詳解】
該實驗過程，其合力與分力的作用效果，所以本實驗采用的科學方法是等效替代法。
【小問 2 詳解】
A．實驗前需對彈簧測力計校零，故 A 正確，不滿足題意要求；
B．實驗時兩個拉力的大小能相等，也可以不相等，故 B 正確，不滿足題意要求；
C．為了減小誤差，實驗時應保持細繩與長木板平行，故 C 正確，不滿足題意要求；
D．每次實驗時，兩個力拉和一個力拉需拉到結點 O 的位置，但是不同次實驗，O 的位置可以改變，故 D
錯誤，滿足題意要求。
故選 D。
【小問 3 詳解】
、 、 ，都是彈簧測力計測量得到，F(xiàn) 是通過作圖得到的。
故選 C。
【小問 4 詳解】
以 O 為對象，OB 與 OC 垂直，根據(jù)平行四邊形可知 OA 為斜邊，則 OA 的力最大。
12. （每空 2 分）【答案】（1）BC （2） ①. 2.00 ②. 0.52 （3）B （4）反比
【小問 1 詳解】
A．讓小車靠近打點計時器，先接通打點計時器的電源，后釋放小車，故 A 錯誤；
B．實驗中小車所受拉力為彈簧測力計的兩倍可以直接讀出，所以不需要測量砂和砂桶的質量，故 B 正確；
C．為了保證彈簧測力計示數(shù)的兩倍為小車所受的合外力，故實驗操作過程中需要平衡摩擦力，故 C 正確；
D．如果砂和砂桶的質量遠小于小車及其上砝碼總質量，可認為砂和砂桶重力的兩倍等于細繩對小車的拉力，
故 D 錯誤。
故選 BC。
【小問 2 詳解】
[1]根據(jù)逐差法，可求出小車的加速度大小
[2]打下 C 點時小車的速度大小
【小問 3 詳解】
對小車和砝碼受力分析，由牛頓第二定律有
化簡可得
由圖可知
可得小車的質量為
故選 B。
【小問 4 詳解】由圖像知 與 成正比關系，則可知 與 成反比。
三、計算題（本題共 3 小題，共 42 分。作答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算
步驟,只寫出最后答案的不能得分;有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.）
13.（10 分） 【答案】（1） （2）
【小問 1 詳解】
根據(jù)題意可知， ，炸彈脫離飛機到擊中目標在空中做平拋運動，豎直方向
(2 分）
水平方向 (2 分）
代入數(shù)據(jù)得 (1 分）
【小問 2 詳解】
根據(jù)題意 (2 分）
(2 分）
代入數(shù)據(jù)得 (1 分）
14. （14 分）【答案】（1）6s；（2） ，不小于
【詳解】（1）由牛頓第二定律得，工件剛開始加速時的加速度為 (1 分）
工件勻加速運動的位移 (2 分）
加速時間 (2 分）
勻速運動的時間 (1 分）
則工件運動的時間 (2 分）
（2）當工件一直做勻加速直線運動時，運行時間最短，則有 (2 分）
可得工件從 A 到 B 運動的最短時間為 (1 分）
則傳送帶的速度最小為 (2 分）
即傳送帶的速度不小于 。 (1 分）
15. （18 分）【答案】（1） ；（2） ；（3）
【詳解】（1）設企鵝向上“奔跑”時加速度大小為 ，有 (2 分）
解得 (2 分）
（2）設企鵝向上“奔跑”時的末速度大小為 ，有 (2 分）
設向上滑行時企鵝的加速度大小為 ，時間為 ，由牛頓第二定律有 (2 分）
解得
則可得上滑位移為 (2 分）
（3）企鵝臥倒向上滑行時 (2 分）
解得
設向下滑行時，企鵝的加速度大小為 ，時間為 ，由牛頓第二定律有 (2 分）
解得
由位移與時間的關系式可得 (2 分）
解得
總時間為 (2 分）

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