在1s时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；
2s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B正确；
该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲-起立的动作，选项C错误。
考点牛顿第二定律，失重与超重。
2.套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住前方放置在地面0.2m高的竖直细杆即为获胜，抛出时圆环前端与细杆间的水平距离为3m。人从距地面1m的高度水平抛出圆环，圆环直径为0.16m，要想套住细杆，他水平抛出圆环的速度可能为不计空气阻力， 取g10m/s2 A. 7.2m/sB. 7.8m/sC. 8.4m/sD. 8.6m/s 【答案】B 【解析】 详解】根据 得 则平抛运动的最大速度 最小速度 则7.5m/s＜v＜7.9m/s，故B正确。
3.如图所示，甲、乙、丙三个物体放在匀速转动的水平粗糙圆台上，甲的质量为 2m ，乙、丙的质量均为 m ，甲、乙离轴为 R ，丙离轴为 2R ，则当圆台旋转时（设甲、乙、丙始终与 圆台保持相对静止），下列判断正确的是（ ） A. 甲物体所受的摩擦力比丙物体小 B. 乙物体的角速度比丙物体的角速度小 C. 甲物体的向心加速度比乙物体的向心加速度大 D. 乙物体所受的合力比丙物体所受到的合力小 【答案】D 【解析】 【详解】甲、乙、丙转动的角速度大小相等，根据可知甲、丙两物体所受的摩擦力大小相等，选项AB错误；
根据向心加速度arω2，且甲、乙半径相等，可知甲物体的向心加速度和乙物体的向心加速度相等，故C错误；
根据Fmrω2知，乙、丙的质量之比为11，转动的半径之比为12，则向心力大小之比为12，所以乙物体受到的向心力比丙物体受到的向心力小，故D正确。
4.我国汽车的整车安全性碰撞试验在1998年已与国际开始接轨。碰撞试验是让汽车在水平面上以48.3km/h的国际标准碰撞速度驶向质量为80t的国际标准碰撞试验台，撞击使汽车的动量一下子变到0，技术人员通过查看载着模拟乘员的传感器的数据以便对汽车安全性能装置进行改进。请结合以上材料回答，以下说法正确的有 A. 若试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的2.4倍 B. 在水平路面上运动时汽车受支持力的冲量与重力的冲量相同 C. 因为安全带对座位上的模拟乘员的保护，在碰撞时乘员的速度变为0所用时间约为0.13，则安全带对乘员的作用力约等于乘员重力的10倍 D. 为了减轻碰撞时对模拟乘员的伤害程度，轿车前面的发动机舱越坚固越好 【答案】C 【解析】 【详解】A．由pmv可知试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则动量变为原来的1.2倍，故A错误；
B．水平路面上运动时汽车受支持力的冲量与重力的冲量方向不同，故B错误；
C．由动量定理得 重力是80104，是10倍关系，故C正确；
D．轿车前面的发动机舱在碰撞时若能运动可减小能量，减轻对模拟成员的伤害程度，故D错误。
5.列车在空载时加速经过一段平直的路段，通过某点时速率为，加速度大小为；
当列车满载货物再次加速经过同一点时，速率仍为，加速度大小变为。设列车发动机的功率恒为，阻力是列车重力的倍，重力加速度大小为，则列车空载与满载时的质量之比为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因两次经过某点的速率相同，功率相同，由可知牵引力相同；
由牛顿第二定律，空载时；
满载时；
联立解得，故选B. 6.2019年4月10日，世界上首张黑洞图像照片发布，如图所示，它提供了黑洞存在的直接“视觉”证据。早在1799年，法国科学家拉普拉斯在对牛顿引力理论做过透彻研究后指出，对于一个质量为M的球状物体，质量和M半径R的关系满足（其中c为光速、G为引力常量）时即成为一个黑洞。倘若若干年后太阳能收缩成黑洞，其半径约为（可能用到的条件地球公转周期取365天，日地距离取m,光速取m/s,g取10m/s2，） A. 0.03mB. 3m C. 30mD. 3000m 【答案】D 【解析】 【详解】地球绕太阳做圆周运动动，由万有引力提供向心力得 其中 ， 根据逃逸速度（第二宇宙速度）的定义，结合题意可知，须满足 所以半径约为 联立解得 故D正确。
7.如图所示，质量为m的小球套在坚直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是 A. 绳与竖直方向的夹角为θ时，F2mgcosθ B. 小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大 C. 小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大 D. 小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变 【答案】AD 【解析】 【详解】A、对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力N，如图，根据平衡条件可知mg和N的合力与F大小相等、方向相反，根据几何知识得知Nmg，且有F2mgcosθ，故A正确。
BCD.小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，N，三个力。满足受力平衡。作出受力分析图，由图可知△OAB∽△GFA，即 则得 ，Nmg 当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，故D正确，BC错误. 8.如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为的固定斜面C匀速下滑，则 A. A、B间没有静摩擦力 B. A与B间的动摩擦因数 C. A受到斜面的滑动摩擦力大小为 D. A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下 【答案】CD 【解析】 【详解】AD．对B受力分析可知，B受重力、支持力；
将重力分解可知重力有沿斜面向下分力，要使B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的摩擦力，所以A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，故A错误，D正确；
B．由于AB间为静摩擦力，无法确定动摩擦因数，故B错误；
C．对整体分析，并将整体重力分解，由平衡可知，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，故C正确。
9.如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为，它们与地面间的动摩擦因数相同，为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是 A. 仅增大B的质量 B. 仅增大A的质量 C. 仅将A、B的位置对调 D. 仅减小水平面的粗糙程度 【答案】AC 【解析】 【详解】设弹簧的弹力为T，对于A、B整体，由牛顿第二定律得 对B受力分析 联立解得 A．由知增大mB，T增大，则弹簧稳定时的伸长量增大，故A正确；
B．由知仅增大A的质量，T减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故B错误；
C．仅将A、B的位置对调，同理可得弹簧的弹力 因mA＞mB，则T′＞T，所以弹簧稳定时的伸长量增大，故C正确；
D．由知T与μ无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，弹簧稳定时的伸长量不变，故D错误。
10.如图所示，长为0.5m的轻杆一端与质量为2kg的小球相连，另一端可绕过O点的水平轴无摩擦自由转动。现给小球一初速度，使其在竖直面内做圆周运动，若小球通过轨道最低点a时的速度为6m/s，重力加速度g10m/s2，不计空气阻力。则小球通过最低点a和最高点b时，下列说法正确的是 A. 在a点，小球对轻杆作用力的方向竖直向下 B. 在a点，小球对轻杆作用力的大小为144N C. 在b点，小球对轻杆作用力的方向竖直向下 D. 在b点，小球对轻杆作用力的大小为44N 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．在a点时，由于小球做圆周运动，所以轻杆对小球具有竖直向上的拉力，根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力的方向竖直向下，根据向心力公式可知 即 故A正确，B错误；
CD．从最高点到最低点由动能定理得 解得 当小球过最高点时与轻杆间无弹力时有 解得 说明在最高点，轻杆对小球有向下的拉力，根据向心力公式可知 解得 故C错误，D正确。
11.两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化图象如图所示，下列判断正确的是 A. A的加速度大小为2m/s2 B. A、B在x 6m处的速度大小为m/s C. A、B在x 6m处相遇 D. A、B在x 9m处相遇 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．对于汽车A，有 得A的初速度为v06m/s，根据匀变速直线运动的速度位移关系公式得，加速度为 故A正确；
B．汽车A、B在x6m处的速度大小设为v，对A有得 故B正确；
CD．A汽车停止的时间为 此过程A汽车位移为9m，对于汽车B，初速度为0，加速度为 汽车B要是行驶9m的距离所用的时间为 所以是汽车A静止后，B才追上A的，所以汽车A、B在x9m处相遇，故C错误，D正确。
12.如图所示，一光滑细杆固定在水平面上C点，细杆与水平面的夹角为，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是 A. 在下滑过程中小环的机械能先减小后增大 B. 小环刚释放时的加速度大小为g C. 小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零 D. 小环的最大速度为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小环受重力、支持力和拉力，拉力先做正功后做负功，故环的机械能先增加后减小，故A错误；
B．在A位置，环受到重力、拉力、支持力，根据牛顿第二定律有 在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，则有 联立解得 故B正确；
C．小环到达AD中点时，弹性绳的长度为2L，伸长量为L，故弹性势能不为零，故C错误；
D．小环和弹性绳系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D位置环的机械能相等，则有 解得 故D正确。
13.验证“力的平行四边形定则”，如图所示，实验步骤如下 ①用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1 ②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向 ③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向 ④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3 ⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F ⑥比较F3和F的一致程度 1下