参考答案：1．D【详解】从图上屋顶的炊烟方向可以判断风的方向是向左的，图中甲物体的小旗向左飘，我们可以判断甲物体可以静止，可以向右运动，也可以向左运动，向左的速度必须小于风速；图中乙物体的小旗向右飘，我们可以判断乙物体一定向左运动，且向左运动的速度大于风速。选项D正确，ABC错误。故选D。2．D【详解】选取向下为正方向，由速度和位移关系可得解得对于自由落体运动过程有解得故选D。3．C【详解】A．根据题意知，子弹在气球水中做匀减速直线运动，在气球之间的空气可看做匀速直线运动，假设先不计气球之间的运动，则子弹在整个过程做匀减速直线运动，末速度恰好为零，运用逆向思维法，可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，由题意可知：，，，根据运动学基本公式：，即可算出加速度A，对于每一个气球来说，根据公式，可以算出子弹穿过气球的初末速度，则子弹在每个水球中的速度变化为：A选项可以计算出，A正确；B．根据公式可计算出在气球中和在水中的的时间，再根据公式可算出子弹的平均速度，B正确；C．由于不知道最后子弹距离地面的高度，所以不能算出子弹的落地速度，C错误；D．已经算出子弹的加速度A，根据牛顿第二定律即可算出子弹在水中受到的阻力，D正确；故选C。4．B【详解】根据公式变形可得由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的图像为图a。由于甲、乙的位移图像在处速度相同，由a图（即甲乙两车的v-t图）可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车是不同时间到达，故没在处相遇，故ACD错误，B正确。故选B。5．A【详解】球保持静止状态，根据二力平衡可知球受力如图由几何关系可知根据共点力平衡条件有代入数据联立解得故A正确，BCD错误。故选A。6．D【详解】A．对结点P受力分析，如图所示  设O2P与竖直方向的夹角为α，O2P绳上的拉力为T，根据几何关系可得根据正弦定理可得当α由0逐渐增大到90°的过程中，sinα逐渐增大，sin（120°-α）先增大后减小，所以F逐渐增大，当O2P水平时，即α=90°时，F达到最大，此时T先增大后减小，当α=30°时，T达到最大，此时故A错误；B．对滑轮O3与绳的结点受力分析，左右两段绳中的拉力大小相等，均等于T，而连接B物体的绳拉力始终等于mg，设绳与竖直方向的夹角为θ，根据力的合成法有当T先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角θ先增大后减小，所以物块B将先向上后向下移动，故B错误；C．对A物体受力分析，初始时重力沿斜面向下的分力与绳的拉力大小相等，所以摩擦力为零，当绳中的拉力先增大后减小的过程中，A所受到的摩擦力方向沿斜面向下，且有当T先增大后减小的过程中，Ff应先增大后减小，故C错误；D．对物块A以及斜面整体为研究对象，地面对斜面体的摩擦力等于O1O3间绳拉力在水平方向的分力，即当T先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角θ先增大后减小，所以f先增大后减小，故D正确。故选D。7．B【详解】A．弹簧处于水平静止状态，则A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，A错误；B．对A受力分析可知mAg＝Ftan60°对B受力分析可知mBg＝Ftan45°故B正确；C．细线对A的拉力FTA＝细线对B的拉力FTB＝故C错误；D．剪断细线前，弹簧弹力F＝mBg剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故A的加速度B的加速度为故A、B加速度之比为∶3，D错误；故选B。8．C【详解】在乒乓球加速上升的过程中，同体积的水球加速下降，水球比乒乓球的质量大，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小。故选C。9．CD【详解】加速度是表征物体速度变化快慢的物理量，物体的加速度大小等于速度变化率，与速度变化量无关．Δv大，a不一定大，选项AB错误；加速度a的方向就是Δv的方向，速度的变化率为，即加速度，选项CD正确；故选CD．【点睛】应该注意的是公式a=只是加速度的定义式，只能由此公式计算大小和判断方向，加速度的大小是由力和质量决定的．10．BD【详解】对整体，由牛顿第二定律有F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有F1－μ（3m）g＝3ma解得F1＝对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a解得F2＝所以与μ无关。故选BD。11．AB【详解】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为A与Ｂ之间的最大静摩擦力为所以当时，A、B都相对地面静止，故A项正确；BD．当，所以此时A、B发生相对运动，对A分析有解得对B分析有解得故B正确，D错误；C．当A、B刚要发生相对滑动时，对AB整体得可见只有当时，A、B之间才会发生相对滑动，故C项错误。故选AB。12．BCD【详解】A．开始阶段，设小物块的加速度大小为，由牛顿第二定律得解得小物块加速到与传送带的速度相等时，根据速度-位移关系有根据速度-时间关系有解得因为小物块共速后发生临界滑动，摩擦力反向，由牛顿第二定律得解得故A错误；B．根据位移-时间关系有解得小物块从A运动到的时间解得故B正确；C．设小物块离开传送带的速度大小为，根据速度-时间关系有解得故C正确；D．共速前小物块与传送带的相对位移解得共速后小物块与传送带的相对位移解得因为所以小物块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。故选BCD。13．28.4N/m0.156N【详解】（1）［1］根据题意有：L4﹣L1＝3ΔL，同理：L5﹣L2＝3ΔL，L6﹣L3＝3ΔL，因此每增加砝码的弹簧平均伸长量ΔL＝（2）［2］弹簧的劲度系数为：=28.4N/m［3］弹簧自身的重力为G0＝k（L1﹣L0）＝28.4（1.70﹣1.15）×10﹣2N＝0.156N14．BB0.602.0大【详解】（1）[1]电火花打点计时器使用220V交流电源；（2）[2]A．为充分利用纸带，打点前，小车应靠近打点计时器，要先打开电源，再释放小车，故A错误；B．为测量方便，要舍去纸带上密集的点，然后选取计数点，故B正确；C．打点频率为50Hz，每隔四个点取一个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，故C错误；D．实验中应使小车速度适中，太快会使打的点数太少，太慢会使打的点太密集，故D错误。（3）[3]打点2时小车的速度大小为（4）[4]根据，由逐差法可得（5）[5]如果当时电网中交变电流的频率是，则计算用的打点的时间间隔T小于真实值，故计算的出加速度的测量值大小大于真实值。15．（1）；（2）【详解】（1）滑块的两个过程均为匀变速直线运动，在A、C点时速度为零，设在B时速度为v，可得解得（2）设滑块质量为m，所受的拉力为F，上滑过程中的加速度分别为，由（或者）可知由牛顿第二定律有在最高点时恰好静止，则联立可得16．（1）；（2），方向水平向左；（3）【详解】（1）设支持力为F，绳子的拉力为T，则可得（2）以小球和斜面的整体为研究对象，则方向水平向左；（3）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直斜向左上方时，根据平衡条件可得拉力的最小值为Fmin=mgsin30°=mg17．（1）；（2）【分析】根据图像可以知道不同时刻受到的外力大小，再利用牛顿第二定律求解木块的加速度；根据木块和木板的受力分析各自的加速度和运动情况，利用运动学公式分析求解．【详解】（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为mg=ma1解得a1=4m/s2保持木块与木板一起做匀加速运动最大拉力Fm=(M+m)g+(M+m)a1=30N因F1=24NFm=30N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2为F－mg－(M+m)g＝Ma2经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得vt2+a2t22－（vt2+a1t22）＝l解得a2=6m/s2t2=1s此时木块的速度v块=v+a1t2  木板的速度v板=v+a2t2  木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得h=gt32  在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3内，木块在水平方向向前的位移为S块=v块t3  木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得F－Mg＝Ma3在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向向前的位移为S板=v板t3+a3t32   所以，木块落地时距离木板左侧s=S板－S块联立以上式子解得s=1.68m【点睛】本题较复杂，要时刻关注不同的运动状态下的受力状况，求出加速度，分析运动．