河北省衡水中学2013-2014学年高一下学期一调考试 物理试题 Word版含答案 by张

2013~2014学年下学期一调试卷
高一年级物理试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

第Ⅰ卷和第Ⅱ卷共6页。

共110分。

考试时间110分钟。

第Ⅰ卷（选择题共60分）
注意事项：1.答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2.答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。

不能答在试题卷上。

一、选择题（每小题4分，共60分。

下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案
的序号填涂在答题卡上。

全选对得4分，少选、漏选得2分，错选不得分）
1、钓鱼岛群岛自古以来就是中国领土，其附近海域是渔民祖祖辈辈传统的谋生渔场。

9月16日12时休渔结束，我国派出海监编队到钓鱼岛海域护渔。

如图，中国海监46船（甲）和中国海监49船（乙），在钓鱼岛领海内开展例行维权巡航。

甲、乙两船并排行驶，甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，乙船内的船员发现甲船没有动。

如果以钓鱼岛为参照物，上述事实说明（）
A.甲船向西运动，乙船不动
B.乙船向西运动，甲船不动
C.甲船向西运动，乙船向东运动
D.甲、乙两船以相等的速度都向西运动
【答案】D
甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，以钓鱼岛为参照物，甲船向西运动，乙船内的船员发现甲船没有动；甲、乙两船的速度、行驶的方向应该是一样的，即甲、乙两船以相等的速度都向西运动。

故选D。

【考点】参考系和坐标系
2、现代社会汽车大量增加，发生交通事故的一个重要原因是遇
到意外情况时车不能立即停止．司机从看到情况到操纵制动器来
刹车需要一段时间，这段时间叫反应时间；在这段时间内汽车要
保持原速前进一段距离，叫反应距离．从操纵制动器到车停下来，
汽车又要前进一段距离，这段距离叫刹车距离．图为《驾驶员守
则》中的安全距离图．下列对严禁超速和酒后驾驶（人饮酒后反
应时间变长）的原因分析正确的有（）
A．随着汽车行驶速度的增加，刹车距离也增加
B．刹车距离可作为判断车辆是否超速的一个依据
C ．驾驶员没饮酒和酒后都以相同的速度驾车，反应距离相同
D ．驾驶员没饮酒和酒后都以相同的速度驾车，反应距离不同 【答案】ABD
A 、根据图象可以看出，速度增大，刹车距离增大，故A 正确；
B 、根据2
v 2ax =，可知，通过刹车距离可以求出刹车时的速度，从而判断是否超速，故B 正确；
CD 、人饮酒后反应时间变长，根据x vt =可知，反应距离变大，故C 错误D 正确。

故选ABD 。

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
3、如图所示是A 、B 两物体运动的v-t 图线，下列说法正确的是（ ） A ．A 物体做匀加速运动，其加速度为0.75m/s 2
B ．B 物体在10s 末的加速度小于0.5m/s 2，在19s 末的加速度大于0.5m/s 2
C ．20s 末A 、B 两物体的速度相同
D ．A 、B 两物体一定是同时同地开始运动 【答案】BC
A 、A 物体v-t 图象的斜率恒定不变，即加速度恒定不变做匀加速运动，其加速度为
2v
a 0.5m /s t
∆=
=∆，故A 错误； B 、切线斜率表示物体的加速度，由图可见B 物体在10s 末的加速度小于A 物体的加速度0.5m/s 2，在19s 末的加速度大于A 物体的加速度0.5m/s 2，故B 正确； C 、20s 末A 、B 两物体的速度相同，C 正确；
D 、无法确定A 、B 两物体一定是同时同地开始运动，故D 错误 故选BC 。

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系
4、如图所示，将两个相同的木块a 、b 置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a 、b 中间用一轻弹簧连接，b 的右端用平行于斜面的细绳与固定在斜面上的
挡板相连．开始时a 、b 均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力，下列说法正确的是( ) A ．a 所受的摩擦力一定不为零 B ．b 所受的摩擦力一定不为零
C ．细绳剪断瞬间，a 所受摩擦力不变
D ．细绳剪断瞬间，b 所受摩擦力可能为零
【答案】ACD
A 、对a 分析，弹簧被压缩，对a 的弹力沿斜面向下，a 受的摩擦力沿斜面向上，故A 正确；
B 、当b 所受弹力加绳子的拉力和重力沿斜面方向的分量相等时，摩擦力可能为零，故B 错误；
C 、剪断瞬间绳子拉力立即消失，而弹簧形变量来不及改变故弹簧弹力不变，a 所受摩擦力不变，故C 正确；
D 、细绳剪断瞬间，b 所受摩擦力可能为零，当弹力和重力沿斜面方向的分量相等时，故D 正确。

故选ACD 。

【考点】摩擦力
5、如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P 、Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态。

当用水平向左的恒力
推Q 时，P 、Q 仍静止不动，则（ ）
Ａ.Q 受到的摩擦力一定变小 Ｂ.Q 受到的摩擦力一定变大 Ｃ.轻绳上拉力一定变小 Ｄ.轻绳上拉力一定不变 【答案】D
对物体P 受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P 的重力；当用水平向左的恒力推Q 时，P 、Q 仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P 的重力，轻绳上拉力一定不变，故D 正确；
再对物体Q 受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；
当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsinθ，当用水平向左的恒力推Q 时，静摩擦力f 会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反；当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsinθ，当用水平向左的恒力推Q 时，静摩擦力会增加；故B 错误。

故选D 。

【考点】共点力平衡；力的合成与分解
6、如图所示，一个直角支架AOB 的AO 部分水平放置，表面粗糙；
OB 部分竖直向下，表面光滑.AO 上套有小环P ，OB 上套有小环Q ，两环的质量均为m ，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡.现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡.那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对P 环的支持力F N 和摩擦力f 的变化情况是( )
A ．N F f 不变，变大
B ．N F f 不变，变小
C ．N F f 变大，变大
D ．N F f 变大，变小 【答案】B
对小环Q 受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图 根据三力平衡条件，得到mg
T cos θ
=
、N mgtan θ= 再对P 、Q 整体受力分析，受到总重力、OA 杆支持力、向右的静摩擦力、BO 杆的支持力，如图，根据共点力平衡条件，有N f =、
N F m m g 2mg =+=（）
故f mgtan θ=
当P 环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力f 变小，支持力FN 不变。

故选B 。

【考点】共点力平衡；
7、如图所示，一轻质弹簧其上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀加速竖直下降过程中，小球相对于升降机静止。

若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与升降机的内壁接触，则以地面为参照系，小球在继续下降的过程中 （ ）
A ．速度逐渐减小，加速度逐渐增大
B ．速度逐渐增大，加速度逐渐增大
C ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
D ．速度先减小后增大，加速度先增大后减小 【答案】C
在升降机匀加速竖直下降过程中，小球受到的弹簧的弹力小于重力，升降机突然停止运动，小球由于惯性继续运动，下降阶段，弹簧的弹力逐渐增大，小球的合力方向竖直向下，大小逐渐减小，与速度方向相同，所以小球的速度逐渐增大，加速度逐渐减小；当小球下降到弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，之后，小球的加速度反向增大，速度逐渐减小。

故选C 。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系
8、如图所示，在小车内用细绳a 和b 系住一个小球，绳a 处于斜向上的方向，拉力为F a ，绳b 处于水平方向，拉力为F b ，小车和小球均保持静止．现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是（ ）
A ．Fa 变大，Fb 不变
B ．Fa 变大， Fb 变小
C ．Fa 变大，Fb 变大
D ．Fa 不变， Fb 变小 【答案】D
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得
水平方向：a b F sin F ma α-= ① 竖直方向：a F cos mg 0α-= ② 由题，α不变，由②分析得知F a 不变
由①得知，b a a F F sin ma F sin αα=-＜，即F b 变小 故选D 。

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解
9、如右图所示，倾角为30°的斜面体固定在地面上，光滑斜面上放一辆小车．一根弹性杆的一端固定在小车上，另一端固定一个重为2 N 的小球．则下列说法不正确的是（ ） A. 当由于外力作用使小车静止在斜面上时，杆对小球的弹力为2N
B. 当由于外力作用使小车静止在斜面上时，杆对小球的弹力竖直向下
C. ，方向垂直斜面向上
D. 若斜面不光滑，下车仍可加速下滑，则杆对小球的弹力方向改变，大小不变 【答案】BD
AB 、小球手重力和弹力作用，由于小球处于静止状态，所以重力和弹力是一对平衡力，重力大小为2N ，方向竖直向下，所以弹力大小也为2N ，方向竖直向上，故A 正确B 错误； C 、当小车由静止沿斜面下滑时，球的加速度的大小为
g
2
，对球受力分析，球的重力分解，沿
，方向垂直斜面向上，故C 正确．
D 、斜面不光滑，下车仍可加速下滑，则杆对小球的弹力方向改变，加速度在改变，则重力垂直斜面的分力也在变化，即杆对小球的弹力大小也改变，故D 错误。

故选BD 。

【考点】弹力
10、质量为0m 20 kg ＝、长为L ＝5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为10.15μ＝.将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以0v 4 m /s
＝的速度从木板的左端水平滑
上木板(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为20.4μ＝ (最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
2g 10 m /s ＝)．则以下判断中正确的是( )
A ．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B ．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C ．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D ．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 【答案】A
m 对M 的摩擦力12f mg 40N μ==，地面对M 的摩擦力21f M m g 45N μ=+=（）；因为
12f f ＜，木板一定静止不动；根据牛顿第二定律小木块的加速度224/a g m s μ＝＝，则
2
v x 2m L 2a
=＝＜，小物块不会滑出，故A 正确。

故选A 。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律
11、如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，开始时小车处于静止状态。

当小车匀加速向右运动时，与静止状态相比较，下述说法中正确的是（ ）
A.弹簧秤读数变大，小车对地面压力变大
B. 弹簧秤读数变大，小车对地面压力变小
C. 弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变
D. 弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大 【答案】C
开始时小车处于静止状态，所以1F mg =绳，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动；小球受力如图：由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力2F mg 绳＞，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大。

对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力；当
小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力。

故选C 。

【考点】牛顿第二定律；胡克定律
12、在光滑水平面内建立平面直角坐标系xoy ，一质点从t=0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度–时间图像如图所示，下列说法正确的是( ) A. 4 s 末质点的速度为4 m/s
B. 2 s 末~4s 末，质点做匀加速直线运动
C. 4 s 末质点的位置坐标为(4 m, 4 m)
D. 4 s 末质点的位置坐标为(6m,2m) 【答案】
D
A 、由图象，结合运动的合成，则有4s
末质点的速度为v /s =
，故A 错误；
B 、在2s ～4s 内，物体在x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y 轴方向，故B 错误； CD 、在前2s 内，物体在x 轴方向的位移1v
x t 2m 2
=
=；在后2s 内，x 轴方向的位移为2x x v t 4m ==，y 轴方向位移为y=22×2m=2m ，则4s 末物体的坐标为（6m ，2m ），故C 错误D 正确。

故选D 。

【考点】运动的合成与分解
13、如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路
线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB 。

若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为（ ） A.t t <乙甲 B.t t =乙甲
C.t t >乙甲
D.无法确定
【答案】
C
设游速为v ，水速为v 0，OA OB l ==， 则甲整个过程所用时间：22000
2l l vl
t v v v v v v +=+--甲＝
， 乙为了沿OB 运动，速度合成如图：
则乙整个过程所用时间：2t =
乙，
因为v t t 乙甲＞，故选C 正确。

故选C 。

【考点】运动的合成与分解
14、如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与小球B 连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A 由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A 运动的速度大小为v A ，小球B 运动的速度大小为v B ，轻绳与杆的夹角为θ.则( )
A ．v A ＝v
B cos θ B ．v B ＝v A cos θ
C ．A 物体上升过程中绳中张力不变
D ．A 上升过程中，绳中张力始终小于B 的重力 【答案】
B
AB 、将物块A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿
绳子方向的分速度等于B 的速度．在沿绳子方向的分速度为A v cos θ，所以B A v v cos θ=，故A 错误B 正确；
CD 、A 、B 组成的系统重力做功开始的时候B 的速度逐渐增大，但是由于B A v v cos θ=，当θ=90°时，则B 的速度为0，所以B 的速度一定是先增大后减小，知B 先向下加速后向下向下减速，加速度方向先向下后向上，拉力先小于重力后大于重力，故CD 错误。

故选B 。

【考点】运动的合成和分解；牛顿第二定律
15
的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为 ( ) A ．
12
L B ．
13
L C ．
14
L D ．
15
L 【答案】
D
根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，
有：
21gt 2tan45vt
︒=
，解得2v t g = 物体自由下落的时间为v t g
'＝
根据2
1h gt 2
=知，平抛运动在竖直方向上的位移和自由落体运动的位移之比为4：1，木板在竖直方向上的高度为L ，则碰撞点竖直方向上的位移为L
5
，所以小球释放点距木板上端的水
平距离为L
5。

故选D 。

【考点】平抛运动；自由落体运动
卷Ⅱ（非选择题 共50分）
注意事项：1．答卷Ⅱ前考生务必将自己的姓名.班级.考号填在答题纸密封线内规定的地方。

2．答卷Ⅱ时用兰黑色钢笔或圆珠笔填写在答题纸上。

二、填空题（共12分，每空2分）
16、(1).研究小车的匀变速运动，记录纸带如图所示，图中两计数点间有四个点未画出。

已知打点计时器所用电源的频率为50Hz ，则小车运动的加速度a = m/s 2，打P 点时小车运动的速度v = m/s 。

(2)打点计时器原来工作电压的频率是50Hz ，如果用它来测定匀变速直线运动的加速度时，实验者不知工作电压的频率变为60Hz ，这样计算出的加速度值与真实值相比是______（填“偏大”“不变”或“偏小”）．
【答案】(1) 0.8 0.25 (2) 偏小
（1）由于两相邻计数点间有四个点未画出，所以两相邻计数点时间间隔为0.1s 根据运动学公式2
x at ∆=，得：()()
2n 122
x x 0.05300.0210
a 0.8m /s n 1T 40.01--=
==-⨯ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度， 图中第1、2两个点间的中间时刻速度大小等于t 2
0.021
v 0.21m /s 0.1
=
=
根据运动学公式0v v at =+得p t 2
T
v v a
0.25m /s 2
=+= （2）工作电压的频率变为60Hz ，则周期变小，由2x
a T
∆=，知a 变大，若仍然按照T 不变计算，显然计算出的加速度值比真实值偏小。

【考点】测定匀变速直线运动的加速度
17、某小组“验证牛顿第二定律”的实验装置如下图，长木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。

（1）该小组研究加速度和拉力关系时，得到的图象将会是图
（2）某同学在研究加速度和质量关系时，记录下如下数据，请在下面的坐标纸中选择合理的坐标，描出相关图线，并可以由图线可以得到实验结论： 。

【答案】（1） B ； （2）图如下所示；在外力一定的情况下，物体加速度与质量成反比
（1）该实验需要平衡摩擦力，如果不平衡摩擦力，当有较小拉力时，物体仍然处于静止状态，即加速度为零；
所以得到的图象在横轴有截距，故B 正确； 故选：B 。

（2）为研究a 与m 的关系，作a 与
1
m
关系关系图线；
可以得出的结论是在误差允许的范围内，保持外力不变，物体的加速度与质量成反比。

【考点】探究加速度和质量关系
三、计算题（共38分） 18、（8分）如图所示、某人用轻绳牵住一质量m=0.6kg 的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角，已知空气对气球的浮力为15N ，人的质量M=50kg ，且人受的浮力忽略不变。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）
求（1）水平风力的大小 （2）人对地面的压力大小
（3）若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？（说明理由） 【答案】12N F =风 491N N = 人对地面的压力不变
（1）对氢气球进行受力分析，设氢气球受绳子拉力为T ，水平风力为F 风，由平衡条件可知：1
cos372
T F ︒=风 由平衡条件：sin37F mg T =+︒
浮
计算可得：12N F =风 15T N =
（2）对人进行受力分析，设人受地面的支持力为N ，则有：sin 37N mg T =-︒ 解得：491N N =
（3）把气球及人作为一个整体，其竖直方向上的受力情况没改变，故地面的支持力不变 所以若风力增强，人对地面的压力不变。

【考点】共点力平衡
19、（9分）如图所示，在高15m 的平台上，有一个小球被细线拴在墙上，球与墙之间有一被压缩的轻弹簧，当细线被烧断时，小球被弹出，不计一切阻力， （1）小球在空中运动的时间是多少？
（2）已知小球落地时速度方向与水平成60°角，求小球被弹簧弹出时的速度大小？ ( 3)小球落地时小球在水平方向的位移多大？(g=10m/s 2)
10m/s m
根据竖直方向的自由落体运动s g
h t gt h 32,212===
， 把速度进行分解s m gt v v gt /1060tan ,60tan 0
000===， 由水平方向匀速直线运动水平距离x=vt=m 310 【考点】平抛运动
20、（9分）一宇宙空间探测器从某一星球表面垂直升空，假设探测器的质量恒为1500kg ，发
动机的推力为恒力，宇宙探测器升空到某一高度时，发动机突然关闭，如图为其速度随时间的变化规律，求：
⑴宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度； ⑵计算该行星表面的重力加速度； ⑶假设行星表面没有空气，试计算探测器的发动机工作时的推力大小。

【答案】m H 768m ＝ 2
g 4m /s ＝ F 18000N
＝
⑴在v-t 图象中，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，在时间轴的上方，面积为正，在时间轴的下方，面积为负，由v-t 图象可知，宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度为：
m 1
H 2464m 768m 2
⨯⨯＝＝
⑵当关闭发动机后，探测器仅在行星对它的重力mg 作用下做匀变速直线运动，在v-t 图象中，图线的斜率表示了其运动的加速度，根据牛顿第二定律有： 22064
a g m /s 248
--＝－＝ 解得该行星表面的重力加速度为：2
g 4m /s ＝
⑶由图线OA 段可知，发动机工作时探测器加速度为： 21640
a 8m /s 80
--＝＝ 根据牛顿第二定律有：1F mg ma －＝
解得探测器的发动机工作时的推力为：1F m(g a )1500(48)N 18000N ⨯＝＋＝＋＝ 【考点】匀变速直线运动速度时间图像；牛顿第二定律
21、（12分）如图所示，皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v 0=2 m / s 匀速运动，两皮带轮之间的距离L=3.2 m ，皮带与水平方向的夹角θ=37°。

将一可视为质点的小物块无初速地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10 m / s 2）
求：（1）物体从A 到B 所用时间
（2）物体从下端离开传送带后，传送带上留下的痕迹的长度。

【答案】t 1.2s =总 痕迹长度2L 1m ∆=
设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P ，则物块速度达到v 0前的过程中，由牛顿第二定律有：1mgsin mgcos ma θμθ+=， 代入数据解得21a 10m /s = 经历时间0
11
v t 0.2s a =
= P 点位移101x v t 0.4m ==， 物块位移01v t
x '0.2m 2
=
= 划出痕迹的长度111L x x 0.2m ∆==－＇ 物块的速度达到v 0之后
由牛顿第二定律有：2mgsin mgcos ma θμθ=－， 代入数据解得22a 2m /s =
到脱离皮带这一过程，经历时间t 2，22102221
x L x v t a t 2
'=-'=+ 解得2t 1s =
此过程中皮带的位移202x v t 2m ==
222L x x 3m 2m 1m ――∆===＇
由于21L L ∆∆＞，所以痕迹长度为2L 1m ∆=。

t 1.2s =总 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系
高一年级下学期一调物理答案
1D 2ABD 3BC 4ACD 5D 6B 7C 8D 9BD 10A 11C 12D 13C 14B 15D 16、(1) 0.8 (4分) 0.25 (4分) (2) 偏小(4分)
17、（1） B ； （2）图如下所示；在外力一定的情况下，物体加速度与质量成反比
18、【解析】
试题分析：（1）对氢气球进行受力分析，设氢气球受绳子拉力为T ，水平风力为F 风，用正交分解法可知：cos37T F ︒=风（1分） 由共点力平衡条件：
sin37F mg T =+︒浮（1分）
计算可得：12N F =风 15T N =（2分）
（2）对人进行受力分析，设人受地面的支持力为N ，则有：
sin 37N mg T =-︒ （2分） 解得：491N =N （2分）
（3）若风力增强，人对地面的压力不变（2分）
视气球及人为一整体可知，其竖直方向上的受力情况没改变，故地面的支持力不变（2分） 19、
s 10m/s
10m
【解析】本题考查平抛运动规律的应用，根据竖直方向的自由落体运动
s g h
t gt h 32,212===
，把速度进行分解s m gt v v gt /1060
tan ,60tan 0000===，由水平方向匀速直线运动水平距离x=vt=m 310
20、【解析】试题分析：⑴在v-t 图象中，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，在时间轴的上方，面积为正，在时间轴的下方，面积为负，由v-t 图象可知，宇宙探测器在该行星表面能达到的最大高度为：H m ＝
1
2
×24×64m ＝768m ⑵当关闭发动机后，探测器仅在行星对它的重力mg 作用下做匀变速直线运动，在v-t 图象中，
m -1/kg -1
a/m·s -2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
图线的斜率表示了其运动的加速度，根据牛顿第二定律有：a2＝－g＝064 248
-
-
m/s2
解得该行星表面的重力加速度为：g＝4m/s2
⑶由图线OA段可知，发动机工作时探测器加速度为：a1＝640
80
-
-
＝8m/s2
根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma1
解得探测器的发动机工作时的推力为：F＝m(g＋a1)＝1500×(4＋8)N＝18000N
21解: 设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P，则物块速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
代入数据解得a1=10 m / s2
经历时间
P点位移x1=v0t1=0.4 m，
物块位移
划出痕迹的长度ΔL1=x1－x1＇=0.2 m
物块的速度达到v0之后
由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ=ma2，
代入数据解得a2=2 m / s2
到脱离皮带这一过程，经历时间t2
解得t2=1 s
此过程中皮带的位移x2=v0t2=2 m
ΔL2=x2＇―x2=3 m―2 m=1 m
由于ΔL2＞ΔL1，所以痕迹长度为ΔL2=1 m。

t总=1.2s。