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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D B D A B ACD BD AD
1．C
【详解】研究飞往火星宇宙飞船的最佳运行轨道时，飞船的形状对于轨道没有影响，可以忽略，能看成质点，故
A不符合题意；计算从北京开往上海的一列火车的运行时间，火车的大小和形状可以忽略，能看成质点，故B不
符合题意；调整人造卫星的姿态，卫星的形状和大小为研究的问题不可以忽略，不能看成质点，故C符合题意；
研究各大行星绕太阳公转的周期时，行星的大小相对于运动的轨迹可以忽略不计，能看成质点，故D不符合题意．
2．D
【详解】A．位移反映物体位置变化的物理量，路程反映物体运动过程的物理量。物体做单向直线运动时，其位移
的大小等于路程，故A错误；
B．形状规则、质量分布均匀的物体，重心在几何中心，故B错误；
C．能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。
物体它的体积足够小但不一定能够忽略，不一定能看成质点，故C错误；
D．在世界杯的赛场上，德国队在开场的第35分钟时成功射门，此处的“第35分钟时”指的是某一瞬间，属于时
刻，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．位移和速度是矢量，运算时遵守平行四边形定则；时间是标量，运算时遵守代数加减法则。故A错误；
B．位移是矢量，运算时遵守平行四边形定则；速率和时间是标量，运算时遵守代数加减法则。故B错误；
C．加速度和速度变化量都是矢量，运算时遵守平行四边形定则；平均速率是标量，运算时遵守代数加减法则，故
C错误；
D．加速度、速度变化量和平均速度都是矢量，运算时都遵守平行四边形定则，故D正确。
故选D。
4．B
【详解】位移是从起点指向终点的有向线段的长度，可知物体从A到D这段时间内的位移大小为4m，方向沿x轴
正向。
故选B。
5．D
【详解】试题分析：设刚开始时弹簧压缩量为x，A对弹簧的压力：mgsinθ=kx …①
0 0
B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力：mgsinθ=kx …②
1
所以物体A向上的位移： ，故D正确．考点：胡克定律；物体的平衡．
6．A
【详解】A．“16日10时”是时间轴上的一点，指的是时刻，选项A正确；
B．“您这么早就来啦，抱歉！让您等了这么久”。这里的“早”指的是时刻，“久”指的是一段时间，表示了时
间，选项B错误；
C．“一分钟有六十秒”，这里的“一分钟”、“六十秒”都指的是一段时间，都表示时间，选项C错误；
D．“中学一节课45分钟，每一分钟都很重要，最后1秒也不能浪费”。这里“最后1秒”指的是一小段时间间
隔，表示时间，选项D错误。
故选A。
7．B
【详解】A．剪断细线前，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A分析可得
解得弹簧压缩量为
故A错误；
BCD．细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律
解得物体A、B的瞬时加速度为
对物体A，由牛顿第二定律
解得物体B对物体A的压力为
故B正确，CD错误。
故选B。
8．ACD
【详解】A．根据平行四边形定则可知，若 和 大小不变， 角越小，合力 越大，故A正确；
B．由力的合成方法可知，两力合力的范围
答案第2页，共2页所以合力有可能大于任一分力，也可能小于任一分力，还可能与两个分力都相等，故B错误；
C．由力的合成方法可知，如果夹角 不变， 大小不变，只有 增大，则合力 大小可能减小，也可能增加，
也可能不变，故C正确；
D．二力平衡时，合力为零，此时合力 比分力中的任何一个力都小，故D正确。
故选ACD。
【点睛】
9．BD
【详解】AC、对球受力分析，重力，杆OA、OB对球的支持力（沿着杆的方向），依据平行四边形定则，结合几
何关系与三角知识，则有：OA与竖直夹角为 ，即
，
解得：
，
因 ，轻杆OA与OB对小球的作用力大小之比是1：1，AC错误；
BD、对小滑块受力分析，如图所示；由上分析可知，
，
依据牛顿第三定律，则轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为 ，B正确；
对于小滑块，根据平衡条件，则有：
，
解得，
再由胡克定律，则有：
，
D正确；
10．AD
【详解】AB．由于在 图像中，图线与坐标轴围成的“面积”表示位移大小，两车在 时并排行驶，此时
所以 时甲车在前，距乙车的距离为
故B项错误；
同理，可得当 时
此时，甲在乙前方，距离为
故A正确，B错误；
CD．由v－t图像斜率表示加速度大小，可得
设甲、乙两者相遇时间为t，此时甲的位移
乙的位移
两者相遇，有
答案第4页，共2页联立解得： 或者 ，所以第一次并排行驶的时刻是 ，此时代入可求得
故两次并排行驶的位置沿公路方向相距
故C错误，D正确。
故选AD。
11． B 0.2 0.57 1.16 0.15
【详解】(1)[1]电火花打点计时器使用（220V，50Hz）的交流电源，即B。
(2)[2]纸带点迹均匀，说明系统受力平衡，根据平衡条件
解得
(3)[3]匀变速直线运动过程中某段时间内的中间时刻速度等于平均速度
[4]利用 求解加速度
[5]对系统应用牛顿第二定律
解得
12． CD/DC 3.20 D
【详解】（1）[1]A．实验时，只需要确保两个拉力均在弹簧的弹性限度之内，并不需要两个分力 、 大小必须
保持一致，A错误；B．实验时，为了减小误差，两个拉力之间的夹角适当大一些，并不需要两个分力 、 间夹角必须保持120°，B
错误；
C．为了减小实验误差，实验时，在弹性限度内，将两个将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些，C正确；
D．为了确保实验中拉力测量的精确度，实验时，拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平
面平行，D正确。
故选CD。
（2）[2]根据弹簧测力计的读数规律，该读数为3.20N。
（3）[3]实验中两根弹簧测力计同时拉与单独用一根弹簧测力计拉，均要求使得橡皮筋被拉至同一位置O，即前后
力的作用效果相同，可知本实验采用的科学方法是等效替代法。
故选D。
13．（1）375 m；（2）mgtan θ；
【详解】（1）0～10 s的时间内，游客加速上升，设加速度大小为a，由牛顿第二定律有
1
F－mg＝ma
1 1
解得
a＝3 m/s2
1
上升高度
10 s末速度
v＝at＝30 m/s
11
在10～25 s的t＝15 s时间内，游客减速上升，设加速度大小为a，由牛顿第二定律有
2 2
mg－F＝ma
2 2
解得
a＝2 m/s2
2
上升高度
悬停在空中的直升机距离地面的高度
h＝h＋h＝375 m。
1 2
（2）画出缆绳偏离竖直方向角度为θ时游客的受力图，如图所示
答案第6页，共2页由几何关系有
解得
，F＝mgtan θ
14．（1）0.05 （2）12.5s
【详解】（1）根据v-t图象可知，滑块以初速度v=6m/s冲上传送带时，在t=8s时刻到达A点，可得传送带的长度
2
为
根据图线b，可求得滑块的加速度为
由牛顿第二定律可得
-μmg=ma
解得
μ=0.05
（2）滑块在前后两段时间的位移大小相等，方向相反，根据v-t图线与坐标轴所围的面积表示位移可得
解得
t′=12.5s
15．（1）2m/s2，0.5m/s2（2）1s，2m/s（3）2.1m
【分析】(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度；
(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间，在将时间代入速度
时间的公式求出共同的速度；(3) 根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可．
【详解】(1) 根据牛顿第二定律可得
小物块的加速度：
m/s2
小车的加速度：
m/s2
(2)令两则的速度相等所用时间为t，则有：
解得达到共同速度的时间：t=1s
共同速度为：
m/s
(3) 在开始1s内小物块的位移
m
此时其速度：
m/s
在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：
m/s2
这0.5s内的位移：
m
则小物块通过的总位移:
m
【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运
动学公式求解．同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解．
答案第8页，共2页
