2025-2026学年甘肃省兰州某校高一（上）期末物理试卷（含解析）

2025-2026学年甘肃省兰州大学附中高一（上）期末物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.公交公司为了宣传乘车安全，向社会征集用于贴在公交车上友情提示语，下面为征集到的其中几条，你

认为对惯性的理解正确的是（）

A.站稳扶好，克服惯性B.稳步慢行，避免惯性

C.当心急刹，失去惯性D.谨防意外，惯性恒在

2.某拉力器并列装有四根相同的轻弹簧，每根弹簧的原长都是0.4m。如图所示，小刚用

600N的力把它们拉长至1.6m（未超过弹簧的弹性限度），则（）I___1

A.小刚的每只手受到拉力器的拉力为300NB.每根弹簧产生的弹力为300N!\

C.将拉力器拉长至14m所需拉力为375ND.每根弹簧的劲度系数为125N/mU口

3.如图所示，两楔形物块4、8部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天

花枚上，绳子处于竖直伸直状态，力、8两物块均保持静止，卜列说法止确的是（）

A.物块力B间存在弹力

B.绳子的拉力可能小于力的重力

C.物块A受到8的摩擦力方向水平向左A/

D.物块8与地面间不存在摩擦力不）））））），

4.如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB,8为较链装置，。工为轻质细绳且与水平方向夹角9=30。，小

球质量为m，通过轻绳系于。点，初始时整个装置处于静止状态，现保证0点位置不变，逐渐减小绳。4的长

度，使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g,不计所有摩擦，则下列说法正确的是（）

A,初始时0A绳的拉力大小为Cmg

B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大

C.承动过程中08杆的弹力逐渐减小

D.最终。力绳的拉力大小减小至0

5.如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t=0时，物块4（可视为质点）以3m/s的

初速度滑上8的左端，力、8的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2,则（）

v/(ms')

1.01.5t/s

图乙

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A.A的质量为4kgB.4与B之间的动摩擦力为IN

C.B的长度为l.5mDM在8上滑动过程中对地的位移为2m

6.如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具一一“冲天火馅”，模型火箭被安装在竖直发射支架上，

当小朋友用力一踩旁边的气囊，模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去，离开支架后

的运动可看成直线运动，若运动过程所受阻力大小与速率成正比，以刚开始离开支架瞬间为计时起点，火

箭的速度一时间图像如图乙所示，贝"）

A.0〜b过程火箭的加速度先减小后增大

时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g

C.火箭离开支架后上升的最大高度小于守口

D.若匕时刻火箭回到起始位置，则£2=2tl

7.把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上,如图甲所示。t=0时刻，将金

属小球从弹簧止上方由静止释放，小球落到弹簧I：后压缩弹簧到最低点，乂被弹起离开弹簧，上升到一定

高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小『随时间£变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（)

A.。时刻，小球的速度最大B.打时刻小球到达最低点

C.”〜打时间内，小球先超重再失重D.t2〜％时间内，小球正在上升

二、多选题：本大题共3小题，共15分。

8.如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30。，质量为0.3如的小物块静止在力点，现有一沿斜面向上的

恒定推力户作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力G小物块能达到的最高位置为。点，小物块从4到C

的u-C图像如图乙所示，g取10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.小物块到C点时位移为3.6m

B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的;

C.小物块与斜面间的动摩擦因数为，

D,推力产的大小为6/V

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9.乘坐“空中缆车”飞跃黄河上空是旅游者俯瞰金城兰州绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30。的山坡以

加速度a（Q<gs出30。）加速下行，如图所示。若在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面:斜面上放一个质量

为小的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A.小物块处于失重状态

B.小物块与斜面间有滑动摩擦力

C.小物块受到的摩擦力为:mg-ma

D.若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力减小

10.如图所示，物体8和。叠放在竖直弹簧上，物体4和。通过跨过定滑轮的轻绳相连接。初始时用手托住物

体4,整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直且没拉力。已知14和8的质量均为2m,C的质量为m,重力

加速度为g，弹簧的劲度系数为匕不计一切摩擦，释放物体4则（）

A.释放瞬间，C的加速度大小为看9

B.B和。分离之前，8和C之间的弹力逐渐增大

C.释放瞬间，绳子的拉力为

D.8和C分离时，8向上移动了要

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

11.为探究加速度与物体受力、物体质量的关系，实验装置如图1所示:

（1）以下实验操作正确的是______>

4补偿阻力时，需将木板不带定滑轮一端适当垫高，使小车在钩码的牵引下恰好做匀速直线运动

8.调节定滑轮的高度，使细线与木板平行

。.补偿好阻力后，将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带

上打下一系列点，断开电源

D实验中为减小误差应保证车及车中祛码的总质量远小于钩码的总质量

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(2)实验中得到如图2所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器频率为50Hz,

根据纸带可求出小车的加速度为m/s2(结果保留两位有效数字)。

(3)某同学保持小车及车中祛码质量一定，探究加速度a与所受外力尸的关系，他在轨道水平及倾斜两种情况

下分别做了实验，得到两条a-尸图线，如图3所示。图线—(填“①”或“②")是在轨道水平情况下

得到的：小车及车中砂码的总质量血=_____kg.

12.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，主要实验步骤如下：

4质光滑小圆环(可视为质点)挂在橡皮条的一端，橡皮绳另一端固定，此时橡皮条刚好伸直无弹力。长度

为GE；

蒯过弹簧测力计对小圆环同时施加两个力F］、&。在&、尸2的共同作用下，小圆环处于。点，记录。点的

位置，读出两个弹簧测力计的示数并记录其方向；

领去Fl、F2,改用一个力F单独拉住小圆环，_____,读出弹簧测力计的示数并记录其方向；

谢出三力的图示，猜想它们的关系并检验，改变抖力Fi、尸2的大小和方向，重到上述实验，睑证猜想是

(1)本实验采用的科学方法是。

H理想实验法

8.控制变量法

C等效替代法

。.转换法

(2)若在步骤②的操作过程中，己标记。点，读数时发现右边测力计指针刚好超过量程。观察发现两测力计

夹角大于90。，此时可以将右边测力计拉着绳子绕。点(填”顺时针转动”或“逆时针转动”)直到测

力计指针回到测量范围内。

(3)其中步骤③中，横线上应填入的内容是______。

(4)实验用的弹簧测力计标记的单位为N,某次实验如图丙所示，则测力计示数%=_____N(保留一位小数)。

(5)下列选项四个实验报告中的实脸记录及数据处埋，正确的是(选填对应选项的字母)。

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四、简答题：本大题共1小题，共12分。

13.如图所示，放在粗糙固定斜面上的物块力和悬挂的物体8均处于静止状态，左端固定在墙壁的轻绳。。水

平，轻绳0B竖直，轻绳0C绕过光滑的定滑轮与平行于斜面的轻弹簧连接，弹簧下端连接物体4。0。与竖直

方向的夹角6=53。，斜面倾角a=37。，4和8的质量分别为6人=5〃g,mB=1.5kg,弹簧的劲度系数/c=

500/V/m,(sin37°=0.6,cos370=0.8)求：

(1)轻绳。。上的拉力大小；

(2)弹簧的伸长量“：

(3)物块A受到的摩擦力。

五、计算题：本大题共2小题，共27分。

14.如图甲，倾角为6=37。的斜面体固定在水平面上，木块A通过轻绳与小球B相连，小球8的质量为7?0=

5的。小球B由静止释放时，木块A静止在斜面体底端，轻绳恰好伸直。小球8落地后不再反弹，轻绳处于松

弛状态，木块4恰好能运动到斜面体顶端，木块4运动的U-£图像如图乙，不计滑轮的质量和摩擦，重力加

速度g取lOm/s2,s勿37。=0.6,cos37。=0.8。求：

(1)木块A与斜面体间的动摩擦因数;

(2)木块力的质量。

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15.在大型物流货场广泛使用传送带运送货物，如图甲所示，倾角为e的传送带以恒定速率逆时针运动，皮

带始终是绷紧的，将m=1kg的货物无初速度地放在传送带上佗4处，经过1.2s货物到达传送带的8端，川

速度传感器测得货物与传送带的速度大小v随时间t变化的关系图像如图乙所示。重力加速度g取10m/s2,

求：

(D斜面的倾角、货物与传送带之间的动摩擦因数:

(2)/1、8两点间的距离；

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答案解析

1.【答案】D

【解析】解：力、8、。、惯性是具有的保持原来运动状态的性质，是物体固有的属性，不能被克服或避免,

也不会失去，故48C错误。

。、当公交车突然刹车(或速度由快突然变慢，或突然倒车)时的情景。当公交车突然刹车时，公交车和乘客

的脚同时受到阻力的作用而停止运动，而乘客的上半身由于惯性，继续保持向前的运动状态而向前倾倒，

所以谨防意外，惯性恒在是对惯性的正确理解。故。正确。

故选：0。

惯性是物体本身具有的一种性质，只要是物体，其都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有美.

此题与实际生活联系密切，而且内容比较新颖，能够激发学生学习物理的兴趣，关键要正确理解惯性的概

念.

2.【答案】D

【解析】解：4、由题，某人用600N的力，根据牛顿第三定律得知，人的每只手受到拉力器的拉力为600M

故,4错误；

B、由于四根弹簧并联，每根弹簧受到的拉力相等，拉力之和等于600N,则每根弹簧产生的弹力均为150N.

故5错误；

CD、每根弹簧的伸长长度为=1.6m-0.4m=1.2m,弹力尸=150/V,

则由胡克定律F=k"x得，每根弹簧的劲度系数为：k=福=聘N/m=125N/m,将拉力器拉长1m所需

拉力尸=4依=4xl25x(1.4-0.4)N=500N,故C错误，。正确。

故选：Do

四根弹簧并联，每根弹簧受到的拉力相等，拉力之和等于600N,每根弹簧伸长量为％=1.6m-0.4m=1.2m,

根据胡克定律求出劲度系数。

求弹簧劲度系数，关键确定出弹簧的弹力和伸长量或压缩量，公式尸=质中%是弹簧的形变量，不是弹簧的

长度。

3.【答案】D

【解析】解:ABC、由题可知，AB接触面光滑，4B间没有摩擦力，对4分析知，4受到重力和绳子的拉力，

根据二力平衡可知绳子拉力等于4的重力，8对A没有弹力，否则绳子不可能竖直状态，故44C错误：

。、对B分析知，B受到重力、地面的支持力，根据平衡条件知，地面对B的支持力等于物块8的重力，地面

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对B没有摩擦力，故。正确。

故选：0。

隔离对4分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无。对B分析，判断地面有无摩擦力以及对地面的压力与重

力关系。

解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法进行研究。

4.【答案】C

【解析】解：力、初始时整个装置处于静止状态，设。力绳的拉力大小为尸丁，竖直方向上，根据平衡条件得：

mg=FTsin30°,解得：FT=2mg,故4错误；

BD、根据平衡条件，竖直方向上可得

mg=FTsinO

则得—箸

绳的上端由4点缓慢移动至C点，6增大,s50增大，则用逐渐减小直至mg,故80错误；

。、水平方向上，根据平衡条件得：产加=黑

iant7

绳的上端由4点；缓慢移动至。点，8增大，tan。增大,则以B逐渐减小，故C正确。

故选:Co

初始时整个装置处「静止状态，根据平衡条件求解。4绳的拉力大小。根据平衡条件得到。4绳的拉力、0B

杆的弹力与6的关系，再分析它们的变化情况。

本题是动态平衡问题，采用正交分解法处理，根据平衡条件列式进行分析。

5.【答案】D

【解析】解：AB.由题意可知，在运动过程中4做减速运动，8做加速运动，则图乙中0〜1.0s上部分图线

为物块4的£图线，下部分为长木板8的u-t图线，

u-t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，则物块A与长木板8的加速度大小分别为：图=y^m/s2=2m/

22?

s,an=-yym/s=lni/s

根据牛顿第二定律可得：f=nrnAg=mAaA=mRaR

联立可得：mA=1kg,f=2N,故44错误；

。、口-《图线与£轴所围面积大小表示位移大小，则。〜1.0s即物块A在B上滑动过程中，物块力对地的位移大

小为：xA=x1.0TH=2m,故。正确；

C、由于不知道物块4与长木板8相对静止时，物块4与长木板B右瑞的距离，则长木板B的具体长度无法确定，

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故C错误；

故选：0。

结合题图，根据图像斜率的绝对值表示加速度的大小、牛顿第二定律、牛顿第三定律分别列式，即可

分析判断；

图线与t轴所围面积大小表示位移大小，据此列式，即可分析判断；

不知道物块A与长木板8相对静止时，物块4与长木板8右端的距离，据此分析判断。

本题主要考杳牛顿第二定律求解多过程问题，解题时需注意：分析物体的运动过程、分析每一阶段物体受

力的变化、根据牛顿第二定律分析物体加速度的变化、根据加速度的情况分析物体的运动情况。

6.【答案】C

【解析】解：40〜t］过程，火筋处于上升阶段，根据牛顿第二定律可得：。=曙=。+2，随着火箭速

度的减小，加速度逐渐减小：

〃〜功过程，火箭处于下降阶段，根据牛顿第二定律可得：=*9弋，随着火箭速度的增大，加

速度继续逐渐减小；

故。〜与过程火箭的加速度一直在减小，故A错误；

8七时刻，火箭的速度为0,所受阻力为零，只受重力作用，加速度大小为g,故8错误：

C.根据u-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知火箭上升的最大高度小于守口，故C正确；

。.上升过程、卜.降过程位移大小相等，由于上升过程的平均加速度大于卜.降过程的平均加速度，根据平均

速度等于总位移除以总时间，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，则有口<«2-G），可得。>2口，

故D错误。

故选：Co

根据牛顿第二定律，对0〜G过程，火箭处于上升阶段，L〜以过程，火箭处于下降阶段分别列式，结合”-t

图像与横轴围成的面积表示位移分析求解。

本题考查了牛顿运动定律，理解”一£图像与运动状态的关系，正确列出牛顿第二定律方程是解决此类问题

的关键。

7.【答案】D

【解析】解：8.匕时刻小球受到的弹簧弹力最大，是小球下落到最低点的时刻，此时弹簧的形变量最大，小

球的速度为零，故夕错误；

4CD.ti时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹力先是小于重力的，小球做加速运动，当弹力增大到与

重力平衡，即加速度为零时，速度达到最大，在ti〜以时间内，小球先加速后减速，明以是先向下加速，后

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减速运动，加速度方向是先向下后向上，则小球先失重后超重，在£2〜%时间内，物体先向上做加速，之后

在向上做减速，加速度先向上，后向下，先超重，后失重，故/C错误，。正确。

故选：Do

通过/-t图像分析弹簧弹力变化，对应小球与弹簧的接触、压缩、弹开过程，结合弹力与重力的关系判断

超重失重，再依据“弹力等于重力时速度最大”“弹力最大时达最低点”等临界状态，逐一验证选项。

这道题以弹簧与小球的往复运动为情境，结合尸-t图像考查弹力、运动阶段、超重失重及临界状态的关联,

需将图像信息转化为运动与受力分析，既考受力与运动的动态对应，又练临界状态的判断，是力学动态过

程分析的典型题。

8.【答案】BC

【解析】解:分析u-t图像及物块受力情况：

2

加速阶段加速度％=岑=会之瓶4=学m/s2,减速阶段加速度大小散=I1卜九斤=10m/so

A.物块从A点运动到C点的总位移＞为图像与坐标轴围成面积，J=1.2sx3m/s=1.8m,敌A错误；

10

B、加速与减速阶段加速度之比嘴=禹=g,故8正确;

C、撤去推力后，物块沿斜面向上匀减速，由牛顿第二定律得mgsin30。+nmgcos30°=解得：〃=今

故C正确：

。、加速阶段，由牛顿第二定律得尸-(mgsin30o+〃mgcos30o)=mQi，结合减速阶段受力关系可知?一

ma2=mai,解得：F=4N,故D错误。

故选:BC。

从速度一时间图像中提取加速和减速阶段的加速度数值，通过图像与时间轴所围面积得到总位移。利用减

速阶段物块沿斜面向上滑动的受力分析，结合重力沿斜面向下分量和滑动摩擦力方向均沿斜面向下，由牛

顿第二定律建立加速度与摩擦因数关系式。加速阶段物块受推力、重力沿斜面向下分量和滑成摩擦力共同

作用，其中滑动摩擦力方向沿斜面向下，通过牛顿第二定律将推力与已知加速度及已求摩擦区数相关联。

本题综合考查动力学图像分析、牛顿第二定律在斜面模型中的应用以及匀变速直线运动规律。题目以

图像呈现运动过程，要求考生从图像中准确提取加速度、位移等信息，并灵活进行受力分析计算量适中,

难度中等偏上，重点考查了学生的信息提取能力、模型构建能力以及运用牛顿定律解决多过程问题的综合

能力。解题关键在于正确理解图像斜率与加速度的对应关系，并区分加速与减速阶段不同的受力情况，特

别是摩擦力方向的判断。通过建立方程求解动摩擦因数与推力，有效检验了学生对物理规律的掌握程度和

数学运算能力。

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9.【答案】AC

【解析】解：小缆车沿倾角为30。的斜坡加速下行，其加速度Q具有竖直向下的分量的=asi〃30。，根据超

重与失重的定义，小物块处于失重状态，故4正确；

8、由于小物块相对于斜面保持静止，小物块与斜面之间为静摩擦力，故8错误；

CD、以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有mgsin30。一/=ma,解得：f=-ma；

当缆车加速度a减小时，由表达式可知摩擦力f增大，故C正确，。错误。

故选：AC.

缆车沿坡面加速下行，小物块相对斜面静止，两者加速度相同且小于重力加速度沿斜面分量。分析小物块

受力时需沿斜面方向建立动力学关系，重力沿斜面的分力与静摩擦力的合力提供加速度，由此确定摩擦力

大小与加速度的关联。判断超重失重状态需比较加速度竖直分量方向，加速度具有竖直向下分量时物体处

于失重状态。分析摩擦力变化需根据沿斜面方向的受力关系，摩擦力随加速度改变而相应变化。

本题以缆车沿斜坡加速卜行为背景，巧妙考查牛顿运动定律在非惯性系或斜面模型中的综合应用。题目涉

及受力分析、牛顿第二定律的矢量分解、超重失重现象以及静摩擦力随运动状态变化的规律，是•道中等

偏上难度的动力学问题。解答时需将小物块与缆车视为具有相同加速度的连接体，关键在于沿斜面方向建

立牛顿第二定律方程。本题计算量适中，但要求学生对加速度法行分解并准确判断摩擦力的性质与方向，

能有效锻炼学生的模型构建能力和逻辑推理能力。选项C的表达式推导是核心环节，而选项。则进一步考

查了对函数关系的理解。

10.【答案】AD

【解析】解.：AC、释放物体A的瞬间，4、8、C三个物体加速度大小相同，对三个物体，根据牛顿第二定律，

有2mg=(2m+2m+rri)a

解得a=

对4有2mg—T=2ma

解得释放瞬间,绳子的拉力为T=以故4正确.C错误：

BD、8和C分离时加速度相等、相互作用力为零，对力C,根据牛顿第二定律，有27ng-mg=3ma'

对B有?那-2mg=2ma'

联立解得Q/=gg，/弹

由于弹簧的压缩量逐渐减小，所以8和C分离之前，8和。之间的弹力逐渐减小；由胡克定律得「弹=Img=kx

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初始时有r朗0=2mg+mg=kxQl

8和C分离时，8向上移动的距离4x=》o—x=哭，故8错误，D正确。

故选：ADa

先确定初始时弹簧的弹力（等于8、。的总重力）；释放4后，对人。（及8）整体分析，结合弹簧弹力、重力、

拉力的关系，用牛顿第二定律求。的加速度：隔离力分析，求绳子拉力；B、C分离时弹力为零，此时8、C

加速度相同；结合弹簧弹力的变亿，分析B、C分离前弹力的变化趋势；再根据弹簧形变量的变化，计算B

上移的距离。

这道题是弹簧连接体与轻绳系统的综合受力题，合了“弹簧瞬时弹力不变”“连接体整体与隔离法”“分

离的临界条件（弹力为零）”，是多个力学核心考点的融合，能检验知识的串联应用能力。

11.【答案】BC；1.3；②；0.5

【解析】（1）4实验前要补偿阻力，补偿阻力时小车不能与钩码相连，故/错误；

8.为使小车受到的合力等于细线的拉力，应调节定滑轮的高度，使细线与木板平行，故8正确；

C.为充分利用纸带，实验前将小车停在打点计时器附近，实验时要先接通电源后释放纸带，打下一系列点

后断开电源，故。正确；

。.实验中为减小误差应保证钩码的总质量远小于小车及车中祛码的总质量，故。错误。

故选：BC。

（2）相邻两计数点间还有两个点没有画出，所以相邻两计数点间的时间间隔为

T=0.06s,

根据逐差法可得加速度

%36—%。3（3.8+3.3+2.8—2.3—1.9—1.4）x10-2.

a=———5——=-----------------————5----------------m/sz=1.3m/sz

9T29x0.062//

（3）如果在轨道水平时做实验而未平衡摩擦力，则会出现力尸大于最大静摩擦力时才有加速度的情况，故图

线②是在轨道水平情况下得到的。图线①是在轨道倾斜的情况下得到的。在轨■道倾斜时（设倾角为。），由牛

顿第二定律有

F+mgsinO-f=ma

可得

Ff

a=----1-qsinO-----

mm

所以图线①的斜率为小车及车中祛码的总质量的倒数，故

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11

m=J?=0.4—0.2如=05的

-01-

故答案为：(1)BC；(2)1.3；(3)②；0.5o

(1)平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力；

(2)从纸带上求加速度可以用逐差法求解；

(3)由图像可知，当r=0时，aW0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡

摩擦力过大，即倾角过大，根据昨mMaf图像的斜率A*

对干实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有

学握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练。

12.【答案】C；逆时针转动：使小圆环仍处于。点：1.2；B

【解析】解：③为了使两个力的作用效果和一个力的作用效果相同，撤去/I、&，改用一个力F单独拉住小

圆环，仍使小圆环处丁。点。

(1)实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法。故。正确，48。

错误。

故选:C.

(2)根据实验原理可知&、F2合力不变，右边测力计指针刚好超过量程，说明打过大，根据平行四边形定则

可知要减小乙,应该让其逆时针转动。

(3)实验需保证一个力〃与两个力尸1、卜2的作用效果相同，即使小圆环仍处于。点。

(4)弹簧测力计最小分度值为0.2N,故读数保留到十分位，故读数为1.2N。

(5)根据实验原理，可知合力的实际值F沿橡皮绳方向(OG方向)，合力的理论值尸’为平行四边形对角线，故

4正确，力。。错误。

故选:B。

故答案为：③仍使小圆环处于。点；(1)C;(2)逆时针转动；(3)使小圆环仍处于。点；(4)1.2；(5)8。

③K据使两个力的作用效果和一个力的作用效果相同判断；

(1)根据实验原理分析判断；

(2)根据平行四边形定则判断；

(3)根据保证•个力"与两个力F］、/2的作用效果相同判断：

(4)先确定弹簧测力计最小分度值再读数；

(5)根据尸和尸'得到的方法判断。

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本题关键掌握“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验原理，弹簧测力计的读数方法和利用平行四边

形定则处理问题的方法。

13.【答案】解：(1)设D。拉力为F,0C拉力为7,以。点为研究对象，根据平衡条件，有：Tcose-m8g=0,

TsinO=F

联立解得轻绳。。上的拉力大小：F=20N

(2)根据胡克定律可得：T=kx

解得：X=0.05771：

(3)设物体A所受摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件，有：T+Ff-mAgsina=0

解得：R=5N

即物体A所受摩擦力大小为5N,方向沿斜面向上。

答：(1)轻绳DO上的拉力大小20N；

(2)弹簧的伸长最为0.05m：

(3)物块A受到的摩擦力大小为5N,方向沿斜面向上。

【解析】(1)以。点为研究对象，根据平衡条件求解轻绳。。上的拉力大小；

(2)根据胡克定律求解弹簧的伸长量；

(3)设物体力所受摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件列方程求解。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进

行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。

14•【答案】木块力与斜面体间的动摩擦因数为0.5