浙江省杭州市下沙区2024-2025学年高一年级上册期末考物理试卷【解析版】

浙江省杭州市下沙区杭四下沙2024-2025学年高一上学期期末考物理试卷

1.下列哪个选项的物理量是标量，且单位是国际制单位的是（）

A.位移mB.周期hC.力ND.质量如

【答案】D

【解析】【解答】A.位移是矢量（有方向），虽单位m是国际单位制基本单位，但不符合“标量”要求，故A

错误；

B.周期是标量，但单位h（小时）不是国际单位制单位（国际单位制中周期单位为S）,故B错误；

C.力是矢量（有方向），单位N是国际单位制导出单位，不符合“标量”要求，故C错误；

D.质帚是标量（只有大小，无方向），单位kg是国际单位制基本单位，故D正确；

故答案为：Do

【分析】核心是依据标量（只有大小）、矢量（有大小和方向）的定义，结合国际单位制的基本/导出单位知

识，对每个选项的物理量性质和单位进行判断。

2.下列说法正确的是（）

A.甲图是高速上的指示牌，上面的“96k加''"35k?71''"9攵瓶''指的是指位移

B.乙图是高速上的指示牌，上面的“12（TT00”指的是平均速度的大小

C.丙图是汽车上的时速表，上面指针指示的“90”指9（）米/秒

D.丁图是导航中的信息，上面三个方案所示位移相同

【答案】D

【解析】【解答】A.甲图是高速上的指示牌，上面的"96km"35km"9km”指的是指路程，A错误；

B.乙图是高速上的指示牌，上向的“120”“100”指的是瞬时速度的大小，B错误；

C.丙图是汽车上的时速表，上面指针指示的“90”指90千米每小时，C错误；

D.丁图是导航中的信息，上面三个方案中起点、终点一样，故位移相同，D正确。

故答案为：Do

【分析】结合实际情景，根据位移（起点到终点的有向线段）、路程（运动轨迹长度）、瞬时速度（某

一时刻的速度）、平均速度（一段时间内的速度）的定义，判断各选项物理量的类型。

3.下列说法中符合物理学史的是（）

A.伽利略认为力是维持物体运动的原因

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B.牛顿规定使质量为Mg的物体产生Im/s2的加速度需要的力为IN

C.胡克通过实验得出，在一定限度内弹簧的弹力与其长度成正比

D.开普勒指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆

【答案】D

【解析】【解答】A.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，不是伽利略，故A错误；

B.力的单位N是后人在国际单位制中确定的，并非牛顿规定，故B错误；

C.胡克得出在一定限度内弹簧的弹力与其形变量成正比，不是长度，故C错误；

D.开普勒第一定律指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，收D正确。

故答案为：Do

【分析】回忆亚里士多德、牛顿、胡克、开普勒等物理学家在力与运动、弹簧弹力、行星运动方面的贡献,

逐一判断选项的正误。

4.如图，画出了书和桌面之间的两个弹力，下列判断正确的是（）

A.F1与F2是一对平衡力

B.%是桌面形变产生的，七是书形变产生的

C.匕是书形变产生的，尸2是桌面形变产生的

D.%、2作用在同一物体上

【答案】C

【解析】【解答】AD.书对桌面的玉力与桌面对书的支持力，这两个力分别作用在不同的物体上（压力作用

在桌面，支持力作用在书上）。它们大小相等、方向相反，且作用在同一直线上。根据牛顿第三定律，这是

一对作用力与反作用力（即相互作用力），而不是一对平衡力，故AD错误；

BC.力的作用是相互的，并且源于物体的形变。书对桌面的压力（FD是由于书发生了微小的弹性形变，从

而对桌面产生向下的弹力。桌面对书的支持力（Fz）是由于桌面发生了微小的弹性形变，从而对书产生向上

的弹力，故B错误，C正确；

故选Co

【分析】1、作用力与反作用力作用在不同的物体上。这是它与平衡力最根本的区别。

本题中'‘书对桌面的压力”和“桌面对书的支持力”止是一对相互作用力。它们分别作用在桌血和书这两个小同

的物体上。

第2页

2、弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，而对与它接触的物体产生的作用力。

本题中压力（口）足由节的形变产生的，节要恢复原状，从而对桌面产生向下的力。

支持力（F?）是由桌面的形变产生的，桌面要恢复原状，从而对书产生向上的力。

3、严格区分“相互作用力”和“平衡力”，核心判断标准就是看这两个力是作用在一个物体上还是两个物体上。

5.如图所示，某人坐地铁时把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶

手上。在地铁某段水平直线行驶运动过程中，细绳偏离竖直方向一定角度8并保持了一段时间，他用手机拍

摄了当时的情景照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，则可以根据照片信息（）

A.判断地铁的运动方向B.判断地铁一定在加速

C估算地铁的速度大小D.估算地铁的加速度大小

【答案】D

【解析】【解答】对笔受力分析知，笔受竖直向下的重力和沿绳斜向左上的拉力，二力的合力沿地铁运动方

向，有尸=mgtan9=ma

解得笔的加速度，也即地铁的加速度为a=gtan。

方向向左，但无法判断地铁的运动方向，故无法判断地铁是加速还是减速，也无法估算地铁的速度大小，故

ABC错误，D正确。

故答案为：Do

【分析】对圆珠笔进行受力分析，将拉力分解，利用牛顿第二定律，结合三角函数关系，推导出地铁加速度

的表达式，进而分析各选项的可行性。

6.一人物体在做匀加速直线运动，加速度大小2m/s2。某时刻速度为lm/s,则之后的第1s内、第2s内、第

3s内的位移之比为（）

A.1:2:3B.1:4:9C.3:5:7D.1:3:5

【答案】A

【解析】【解答】由平均速度等于时间中点的瞬时速度可知第1s内、第2s内、第3s内的平均速度分别为

0.5s、1.5s、2.5s的瞬时速度

由U=%+或可知，三个时刻的瞬时速度分别为

v0.5—lm/s4-2x0.5m/s-2m/s,=Im/s4-2x1.5m/s—4m/s,v2,s=lm/s+2x2.5m/s-6mls

由％=讥,£=Is可知，第Is内、第2s内、第3s内的位移之比为打：%2：%3=%.5：也,5：也.5=1:2:3

故答案为：Ao

第3页

【分析】利用匀变速直线运动的位移公式，分别计算第1s内、前2s内、前3s内的位移，进而得出第2s

内、第3s内的位移，最后求出位移之比。

7.甲乙两位溜冰爱好者在一条直线上溜冰的速度一时间图像，由此可以判断（）

。2468〃s

A.计时开始时，甲、乙的位置相距2m

B.2s末甲、乙运动方向相同

C.2s末甲、乙加速度相同

D.从计时起的8s内甲、乙的位移大小相同，方向不相同

【答案】B

【解析】【解答】A.v-t图像无法确定甲、乙的初始位置关系，不能得出计时开始时二者相距2m,故A错

误；

B.2s末甲、乙的速度均为正值，说明运动方向相同，故B正确；

C.v-t图像斜率表示加速度，甲的斜率为正，乙的斜率为负，加速度方向相反，加速度不同，故C错误；

D.v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，甲、乙在8s内的位移大小均为竽=8m,且均在时间轴上方,

位移方向相同，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】利用v-t图像的物理意义（速度正负表示运动方向、斜率表示加速度、面积表示位移）,对每个

选项涉及的运动方向、加速度、位移进行分析判断。

8.雨滴大约在1.5km左右的高空形成并开始卜落，落到地面的速度一般不超过8m/s.若雨滴沿直线下落，

则其下落过程

A.做自由落体运动B.加速度逐渐增大

C.总时间约为17sD.加速度小于重力加速度

【答案】D

【解析】【解答】A：自由落体运动要求只受重力，雨滴受阻力，故A错误；

B：阻力随速度增大而增大，由=可知，加速度逐渐减小，B错误；

C：若匀速下落（u=877i/s）,时间亡=粤=187.5S，实际平均速度小于8m/s,时间大于187.5s,C错

O

误;

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D：因受阻力，加速度Q=3二D正确。

【分析】分析雨滴的受力（重力+空气阻力），结合牛顿第二定律判断加速度变化，再通过运动学公式分析时

间，从而排除错误选项。

【解答】改编不足

9.如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为F7，墙壁

对足球的支持力为外，则（）

A.FTVFNB.FT=FNC.FT>GD.FT=G

【答案】c

【解析】【解答】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为仇由平衡条件分=忌=焉，FN=

GtanO

可知尸7>G,FT>FNO

故答案为：Co

【分析】对足球和网兜整体进行受力分析，利用共点力平衡条件，将拉力和支持力分解到水平、竖直方向，结

合三角函数关系判断各力大小关系。

10.如图所示，“天宫二号”在距离地面约为400km的轨道运行，天宫二号里有两名宇航员入住，进行一系列

实验。若测得其中一名宇航员的质量约为683，地球半径约为6400女根。则这名宇航员在天宫二号里受到地

球的万有引力（）

A.几乎为零B.约为400NC.约为500ND.约为600N

【答案】D

【解析】【解答】设地球的质量为M,地球表面的重力加速度为g=9.8N/kg,在地球表面，由于引力形成重

力有

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Mm

G—y-=mg

R2

根据万有引力定律可以得出：这名宇航员在天宫二号里受到的地球的万有引力为

GMm

F=---------7

（R+hy

解得

F»590/V

即这名宇航员在天宫一号里受到地球的万有引力约为600N。

故选D。

【分析】利用引力形成重力结合引力公式可以求出宇航员受到的引力大小。

11.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所

示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物静止时，弹簧下端的指针指木板上刻度为B的位

置，下端悬吊1.0N重物静止时指针指向D的位置，以后该重物就固定弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个

“竖直加速度测量仪”。加速度的示数单位用m/s?表示，方向向上为正、向下为负。（g®10m/s2）由此可以

知道（）

A.B位置应该标注的加速度为0

B.F位置应该标注的加速度为-0.5m/s2

C.该测量仪的精确度为O.lm/s?

D.弹簧的劲度系数越人，该测量仪的精确度越高

【答案】C

【解析】【解答】A、下端悬吊1.0N重物静止时指针指向D,此时加速度为0,并非B位置.，A错误；

B、对悬吊0.9N重物（质量叫=0.09的）静止时，入i二m〔g；对固定的1.0N重物（质量g=0.1kg）在B

位置，=ma»解得Q=-lm/s2。B到。间有10个刻度，故精确度为a=O.lm/sL/在OF方10

kx1-m2g2

个刻度，加速度应为lm/s2,B错误；

C、由上述计算，精确度为0.1m/s2,C正确；

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D、精确度与弹簧劲度系数无关，劲度系数大不代表精确度高，D错误。

故答案为：Co

【分析】核心是对不同重物下弹簧的受力分析，结合牛顿第二定律，推导加速度与弹簧形变的关系，进而分

析测量仪的精确度及各位置的加速度标注。

12.E7C是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以15m/s的速度行驶，如果过人工收费通

道，需要在收费站中心线处减速至0,经过20s缴费后，再加速至15m/s小行驶；如果过ETC通道，需要在中

心线前方10zn处减速至5m/s,匀速到达中心线后，再加速至15?n/s行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均

为lm/s2。如果不设收费站，汽车将能更快通行。（不计汽车的桧度）（）

收费站中心线

'<<-------10m--------

1"I

15nVsf：匀速行驶区间！ETC通道

II

I"1

15nVs—j人工收费通道

[I

A.汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约28s

B.汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约23s

C.汽车通过ETC通道比不设收费站通行多花11s时间

D.汽车通过ETC通道比不设收费站通行多花8s时间

【答案】D

【解析】【解答】AB.汽车讲入人工收卷通道，减速到0所用的时间为「=血=毕s=LSs

a1

汽车过人工收费通道，从收费前减速到速度减为0通过的位移为勺=爪=登m=112.5m

2Q2X1

22

汽车缴费后再加速至15m/s通过的位移为必=/=岛1Cm=112.5m

则汽车从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程为s=%i+%2=225m

汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共所用时间为/=£诫+"+£加=苧5+

20s+孕s=50s

汽车通过ETC通道时，速度减速至5m/s所用时间为门=^=工言s=10s

减速过程通过的位移为工减=与比x10=100m

以5m/s通过位移10m所用时间为£2=挈=2s

Ai/15-5

从5m/s加速至15m/s所用时间为打=s=10s

加速过程通过的位移为久加=5515x10=100m

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以上三个过程汽车通过的位移一共为X减+%匀+%加=100m+10m+100m=210m

则有Q=225m21。=Is

可知汽车通过ETC通道时，通过路程为225m所用的总时间为£总=G+亡2+£3+亡4=23s

汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间为垓=£总一£'总=50s-23s=27s,故AB错误。

CD.不设收费站通过路程为225徵所用的总时间为t'=R15s

汽车通过ETC通道比不设收费站通行多花的时间为A-=总一t’=23s-15s=8s,故C错误，D正确。

故答案为：Do

【分析】分别对人工收费通道和ETC通道的减速、加速、匀速过程，利用匀变速直线运动公式计算时间和

位移，再对比不同情况的时间差异。

13.将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次

拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影

像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度Si和S2之比为3：7。(重力加速度大小取

g=lOm/s2,忽略空气阻力)。则()

A.S】段的过程与S2段的过程小球的速度变化大小不相同

B.Si段的过程与S?段的过程中小球的速度变化方向不相同

C.在抛出瞬间小球速度的大小为^m/s

v5

D.在抛出瞬间小球速度的大小为专m/s

【答案】C

【解析】【解答】A.相邻两个球之间的时间间隔为T=0.05sx4=02s,由的=gT可知,S】段的过程与S?段的

过程小球的速度变化大小相同，A错误；

B.Si段的过程与S2段的过程中小球的速度变化方向都与重力加速度方向相同，方向竖直向下，B错误；

CD.因为第一个小球为抛出点，所以第一段运动对应的竖直位移大小为b=*gr2=/xi0x0.22m=0.2m

第二段运动对应的竖直位移大小为电=\gQT)2-hi=1x10x(2x0.2)2?n-0.2m=0.6?n

222

设小球抛出时的初速度大小为vo,则Si可以表示为Si=J(v0T)+hi=J(O.2VO)+O.2

第8页

22

S2可以表示为S2=J（%T）2+拾=j（O.2vo）+0.6

因为SI：S2=3:7

联立解得%=W17n/s，C正确，D错误。

J

故答案为：Co

【分析】核心是将平抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，利用匀变速直线运动的位

移公式计算竖直位移，结合几何关系表示s】、S2,再根据位移比求解初速度。

14.如下图所示为一种常见的皮带传动装置的示意图，皮带传动后无打滑现象。已知A、B是轮子边缘的

点，C是大轮子上点。已知正常稳定转动时，小轮子的转速是大轮子的三倍，则A、C两质点的各物理量之

比正确的是（）

A.A、B两质点的线速度大小之比为3:1

B.A、B两质点的加速度大小之比为3:1

C.A、C两质点的角速度之比为3:1

D.A、C两质点的转速之比为1:3

【答案】B,C

【解析】【解答】AB.A、B两质点是同皮带传送，线速度大小之比1：1,根据加速度公式a二艺可知，A、

r

B两质点的加速度大小之比为3:1,故A错误，B正确；

CD.B、C两质点是同轴转动，角速度之比为1：1,根据3=2m可知，B、C两质点的转速之比为1：1：

A、B两质点是同皮带传送，根据3=:可知A、B两质点的角速度之比为3：1,则A、C两质点的角速度和

转速之比都为3：1,故C正确，D错误；

故答案为：BCo

【分析】明确皮带传动（线速度相等）和同轴转动（角速度相等）的规律，结合线速度、角速度、加速度、

转速的公式，分析各质点的物理量比例关系。

15.物理课上，某同学手里握住力传感器，传感器下面竖直挂着一个钩码，做先“下蹲”后“起立”的动作，传

感器的示数随时间变化的情况如图所示。下列说法中正确的是（）

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B.“下蹲”时候祛码重力比“起立”时候小

C.该同学下蹲过程中的最大速度出现在£】时刻

D.实验过程该同学重心的最大加速度大小约为6m/s2

【答案】C,D

【解析】【解答】A.下蹲时先加速向下（拉力小于重力，失重），后减速向下（拉力大于重力，超重）；起立

先加速向上（拉力大于重力，超重），后减速向上（拉力小于重力，失重）。图中显示一次完整的“失重-超

重-超重■失重”过程，即完成1次下蹲、起立动作，A错误；

B.无论是“下蹲”时候还是“起立”时候重力均不变，B错误；

C.由上述分析可知，该同学下蹲过程中的最大速度出现在〃时刻，C正确；

D.由图像可知，钩码重力为G=5N,质量约为m=0.5kg,拉力的最大值约为FMX=7N,向上的最大加速度

2

的大小为Q=――m――-=4TH'/S

拉力的最小俏约为Knin=2N,向下的最大加谏度大小为d=生+皿=6加/$2,故实验过程该同学重心的最大

加速度大小约为6m/s2,D正确。

故答案为：CD.,

【分析】核心是结合超重（拉力大于重力，加速度向上）、失重（拉力小于重力，加速度向下）的规律,

分析下蹲、起立过程中拉力的变化与运动状态的关系，再利用牛顿第二定律计算最大加速度。

16.质量为M=2.5的的一只长方体形状的铁箱在水平恒定拉力Fi作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与

水平面向的动摩擦因数为〃1=0.50c这时铁箱内一个质量为m=0.53的木块恰好不能沿后壁滑下来（如图

所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为〃2=。・25。运动途中使拉力F1减小到120N,经过一段时间，木块

落至箱底后且不反弹，某时刻当箱的速度为u=6m/s时撤去拉力，经1s时间木块从铁箱的左侧到达铁箱的右

侧。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块可以看着质点，g取lOm/s?（）

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A.拉力9i=132.5NB.拉力Fi=135N

C.木箱的长度为1.5771D.木箱的长度为1.0777

【答案】B,C

【解析】【解答】AB.木块在竖直方向，由相对静止得巾9=也闻，得FN=20N

对木块，在水平方向FN=m。，得a=40m/s2

由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小为20N,方向水平向左；对铁箱和木块整体&（M+m）g=

（M+讥）a,求得水平拉力％=135N

故A错误，B正确；

CD.当F=120N时，铁箱与木块水平方向仍然一起加速，所以撤去拉力F时，箱和木块的速度均为6m/s,

因〃1>〃2，以后木块相对箱向前滑动，木块加速度大小。2==2・5m/s2

铁箱加速度即=h（M+m沪奴ng=5.5m/s2

铁箱减速时间为to=卜=言S>15

故木块到达箱右端时，箱未能停止。则经亡=1S木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长.

22—a

即L=（yt-ia2t）—（vt—i<Xit）=7（«1z）^

解得L=1.5m,故C正确，D错误c

故答案为：BCo

【分析】先对木块进行受力分析，结合平衡与牛顿第二定律求出整体加速度，进而得到拉力；再分析撤去拉

力后木块与铁箱的相对运动，利用运动学公式计算相对位移（木箱长度）。

17.打点计时器的使用

（1）右图中（填“中”或者“乙”）叫做电火花打点计时器

（2）用图丙装置来“探究小车的速度随时间的变化规律的”实验，发现用的打点计时器与上题图中的图乙

相同的，则为了完成该实验还需要的实验器材有（）

A.刻度尺B.学生电源C.天平D.秒表

（3）图丙装置也可以用来“探究加速度与力、质量的关系实验“，需要将长木板一端适度垫高以补偿小车

所受的阻力，他的这个操作目的是为了

A.使悬挂物的重力近似等于细线所受的拉力

B.使悬挂物的重力等于小车所受的合力

第11页

C.使细线小车的拉力等于小车所受的合力

（4）下而足小倪同学在“探窕加速度与力、质量的关系实验”中选择的一条纸带，每个真实的打点为计数

点。根据刻度尺的示数，可以求出打2这个计数点时，小车的速度为m/s。小车的加速度为

（结果都保留三位有效数字）。根据求得的加速度数值，发现实验误差会比较大。你认为造成此结果的主要

原因是：_______________________

01234567

W而丽川11Mli||||11而|1川叩111而1川11111|川11而1川|||川|||11|||11||11|111

123456789K）

【答案】（1）乙

（2）A

（3）C

（4）0.375；9.03；悬挂的重锤重量太大

【解析】【解答】（1）乙为电火花计时器，甲为电磁打点计时器。

故答案为：乙

（2）图乙为电火花计时器，需要220V交流电源，还需要刻度尺测量点迹间距，无需天平与秒表。

故答案为：Ao

（3）将长木板一端适度垫高以补偿小车所受的阻力，目的是为了使细线小车的拉力等于小车所受的合力。

故答案为：Co

（4）相邻两个计数点的时间间隔为0.02s,2点时小车的速度为〃=弱=缗媪芈x0.01m,/s=

4/CXU・U/

0.375m/s；

2

根据逐差法可知加速度为Q=%一尹=S'-4.15-（4.产-1.40）x001m/s2=9.037n/s；

9甘9x0.02”

实验求得的加速度数值，发现实验误差会比较大可能是由于悬挂的重锤重量太大。

故答案为：0.375：9.03：悬挂的重锤重量太大

【分析】（1）根据电火花打点计时器的外观特征判断。

（2）依据实验所需测量工具和仪器功能，确定所需器材。

（3）从平衡摩擦力的目的出发，分析操作意图。

（4）利用匀变速直线运动的平均速度和逐差法计算速度、加速度，结合实验实际分析误差原因。

（1）乙为电火花计时器，甲为电磁打点计时器。

（2）图乙为电火花计时器，需要220V交流电源，还需要刻度尺测量点迹间距，无需天平与秒表。

故选Ao

（3）将长木板一端适度垫高以补偿小车所受的阻力，R的是为了使细线小车的拉力等于小车所受的合力°

故选Co

第12页

（4）[1]相邻两个计数点的时间间隔为0.02s,2点时小车的速度为"=舞=缉导毅x0.01m/s=

0.375m/s

%47142

⑵根据逐差法可知加速度为a=~2=1。15-4.15-（4?5-1.40）*001m/s2=9.03m/s

9T9x0.02“

⑶实验求得的加速度数值，发现实验误差会比较大可能是由于悬挂的重锤重量太大。

18.某同学做“探究互成角度的力的合成规律”实验的情况如图所示，第一次用两个弹簧测力计同时作用在水

平橡皮筋上，使之沿水平方向伸长到一定长度，第二次改用一个弹簧测力计拉该橡皮筋，使之沿水平方向伸

长到相同长度。请回答下列问题：

（1）关于橡皮筋的受力，下列说法正确的是（）

A.F是匕、尸2的合力

B.%、/2的大小之和等于F

C.若保持甲中的橡皮筋在图示位置，可以只改变图中&的大小，片的方向和々的大小和方向均保持不变

D.若保持甲中的橡皮筋在图示位置，可以只改变图中七的大小，/2的方向和F1的大小和方向均保持不变

（2）下列措施中能减小实验误差的是（）

A.两条细绳尽可能等长

B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面尽可能平行

C.拉橡皮筋的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点尽可能近一些

D.测量时弹簧秤外壳与木板的摩擦力尽可能小一些

【答案】（1）A

（2）B

【解析】【解答】（1）AB.题中两个弹簧测力计的拉力与一个弹簧测力计的拉力产生了相同的形变效果，故

F是Fi、F2的合力，Fi、&是F的分力，F»%的大小之和不一定等于F，故A正确，B错误；

CD.保持甲中的橡皮筋在图示位置，即保证乙、出的合力不变，若改变其中一个分力的大小，则另一个分

力的大小和方向一定变化，故CD错误。

故答案为：A-

（2）A.两条细绳是否等长，不会影响实验误差，故A错误；

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B.避免拉力和纸面不平行，那样画出的力就不是实际作用力了，故B正确；

C.细绳稍长些，标记同一条细绳的方向时两标记点尽可能远一些，这样在描点画力的方向时，偏差少，误

差小,故C错误；

D.测量时弹簧秤外壳与木板的摩擦力对实验结论无影响，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】（1）从力的合成的等效性以及力的平行四边形定则角度，分析各选项关于橡皮筋受力的说法是否正

确。

（2）结合实验操作规范和误差产生的原因，分析各措施对减小实验误差的作用。

（1）【解答】AB.题中两个弹簧测力计的拉力与一个弹簧测力L的拉力产生了相同的形变效果，故F是

F1、尸2的合力，%、尸2是F的分力，%、尸2的大小之和不一定等于F,故A正确，B错误；

CD.保持甲中的橡皮筋在图示位置，即保证％、F2的合力不变，若改变其中一个分力的大小，则另一个分

力的大小和方向一定变化，故CD错误。

故答案为：Ao

（2）【解答】A.两条细绳是否等长，不会影响实验误差，故A错误；

B.避免拉力和纸面不平行，那样画出的力就不是实际作用力了，故B正确；

C.细绳稍长些，标记同一条细绳的方向时两标记点尽可能远一些，这样在描点画力的方向时，偏差少，误

差小,故C错误：

D.测量时弹簧秤外壳与木板的摩擦力对实验结论无影响，故D错误。

故答案为：Bo

19.每逢春节，家家户户张灯结彩，热闹非凡。如图I所示，某同学用两根轻绳把灯笼甲和灯笼乙连接起

来，并悬挂在屋檐的。点。起风时，若灯笼甲、乙受到相等且恒定的水平风力而保持静止，此时轻绳。小BC

与竖直方向的夹角分别为30°、60°,简化的情景如图2所示。已知灯笼乙的质量为m,求：

（1）轻绳BC对灯笼乙的拉力大小FT；

（2）灯笼乙受到水平风力的大小F；

（3）灯笼中的质量M。

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【答案】⑴解：对灯笼乙受力分析得吃二焉

（2）解：对灯笼乙受力分析得F=mgt（m60。

解得F=6mg

（M+m）g

（3）解：对灯笼甲、乙的整体受力分析得2尸=（M+m）gtan30°

2F

解得M=--------m=Sm

gtan30

【解析】【分析】（1）对灯笼乙受力分析，将拉力分解，利用竖直方向受力平衡，结合三角函数求出轻绳BC

的拉力。

（2）利用水平方向受力平衡，结合已求拉力和三角函数求出水平风力。

（3）对甲、乙整体受力分析，将拉力分解，结合水平方向受力平衡和已求风力，求出灯笼甲的质量。

20.某学校食堂要将学生的餐盘送到洗碗池中，设计的图纸可以简化为下图。倾斜滑轨长度为4m,与水平面

成24。角，轨道底端B与水平传送带平滑衔接。传送带长度为〃=4M,餐盘与传送带之间的动摩擦因数为

“=0.2,将餐盘从轨道顶端A无初速度的释放。解答下列问题。餐盘可视为质点（取cos2”=

（2）若传送带静止小动，要是餐盘消到传送带C点时速度恰好为零，则倾斜轨道与餐盘之间的动摩擦系

数为多少？

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（3）若已知餐盘与倾斜轨道之间的动摩擦系数为1餐盘洗好后，无初速度的放在传送带的C点。若传

送带的速度可以任意调节，问能否使餐盘重新回到倾斜轨道的A点？请说明详细的理由。

【答案】（1）解：餐盘滑到传送带上开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有〃mg=ma?

2

a2=2m/s

（2）解：餐盘滑到传送带C点时速度恰好为零，由运动学位移速度公式得0-/二一2。24

餐盘沿斜面向下滑动时，由运动学位移速度公式得/-0=2%%

根据牛顿第二定律得mgsina-47ngeosa=max

解得〃=I

（3）解：若餐盘在传送带上一直匀加速到B点，由运动学位移速度公式得%=24乙

餐盘沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律得mgsina+nmgcosa=ma

a=5m/s2

餐盘沿斜面向.上减速到零的位移为：0-加=-2ax2

x2=1.6m<4m

餐盘不能重新回到倾斜轨道的A点。

【解析】【分析】（1）对传送带上的餐盘受力分析，利用牛顿第二定律求加速度。

（2）结合运动学公式和牛顿第二定律，先求餐盘在B点的速度，再求倾斜轨道的动摩擦因数。

（3）分析餐盘在传送带上的加速情况和沿倾斜轨道上滑的情况，通过计算上滑最大距离判断能否回到A

点。

（1）餐盘滑到传送带上开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有〃mg=小做

2

a2=2m/s

（2）餐盘滑到传送带C点时速度恰好为零，由运动学位移速度公式得0--=一2沏4

餐盘沿斜面向下滑动时，由运动学位移速度公式得廿-0=2。逐

根据牛顿第二定律得mgsina-47ngeosa=mar

解得〃=|

（3）若餐盘在传送带上一直匀加速到B点，由运动学位移速度公式得%=2做心

餐盘沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律得mgsina+