黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试物理试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试物理试卷，共16页。试卷主要包含了实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
11～14 题有多项符合题目要求，每小题 4 分，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错
的得 0 分)
1．在研究物理现象和解决物理问题时，使用的思想方法多种多样，关于下列图片中涉及的物理思想和方法的说法错误的是（）
D．图丁，打到球网上的足球受到弹力是因为球网发生了形变
如图所示，用手握住杯子使其竖直静止于空中，下列说法正确的是（）
手受到的摩擦力方向竖直向上 B．手握的越紧，杯子受到的摩擦力越大 C．手握的越紧，杯子和手之间的最大静摩擦力越大 D．若往杯中倒水，手握住杯子的力必须逐渐增大才能保持杯子静止
如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放置一个质量为2m 的物块 A，物块 A 静止后弹簧长度为ll ：若在物块 A 上端再放一个质量为 m 的物块 B，静
止后弹簧长度为l2 ，如图乙所示。已知重力加速度为 g，弹簧始终
处于弹性限度内，则（）
3mg
4mg
弹簧的劲度系数为
lB．弹簧的劲度系数为 l  l
伽利略利用图甲中的斜面研究落体运动，是为了“冲淡”重力的影响，便于测量运动时间 B．伽利略利用图乙中的实验，结合逻辑推理，验证了力是维持物体运动的原因
1
弹簧的原长为3l2  2l1
12
弹簧的原长为3l1  2l2
C．图丙借助激光笔及平面镜观察桌面的形变，运用了微小放大的思想
v  t
弹性球具有较高的弹性，现将一弹性球从距离地面 H0 高度处由静止释放，触地后弹性球能够最
高反弹到16 H 处，已知重力加速度为 g，不计空气阻力，关于上述过程，下列说法正确的是（）
250
D．图丁中把匀变速直线运动的
图像分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，各小段
A．弹性球碰地前后瞬间，速度变化量大小为 1 2gH
的面积之和代表物体在t 时间内总位移，采用了“微元法” 2．下列四种与足球相关的情境，说法正确的是（）
A．图甲，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力 B．图乙，静止在水平地面上的两个足球间由于接触而产生弹力 C．图丙，脚对足球的压力和足球对脚的支持力是一对平衡力
50
B．弹性球的下落时间和上升时间之比为 5:4
C．弹性球下落过程的平均速度和上升过程的平均速度大小之比为 25:16 D．弹性球下落过程中速度变化率大于上升过程中的速度变化率
如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，小车先在水平面上在推力作用下向右做匀加速运动，随后以一定的速度冲上光滑斜面，并立即撤去推力，忽略空气阻力，则小车在水平面上和斜面上的运动过程，直杆对小球作用力的方向可能沿图中的（ ）
先沿OA 方向，再沿OC 方向
先沿OC 方向，再沿OB 方向
先沿OA 方向，再沿OB 方向试卷第 1 页，共 4 页
先沿OC 方向，再沿OA 方向
如图所示，一本书平放在水平桌面上，将一张 A4 纸夹在书页间，A4 纸与书页间的动摩擦因数为?1，书与桌面间的动摩擦因数为μ2 ， μ1  3μ2 ，现用一水平向右的力 F 作用于 A4 纸上，已知最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，A4 纸的质量忽略不计，若要使书与 A4 纸一同运动，则 A4 纸上面书页
的质量?1与下面书页的质量?2之比应满足（ ）
C．14s 时队员的速度达到最大
D．队员在运动过程中加速度的最大值为2g
如图所示，上表面光滑的半圆柱体静止在粗糙水平面上，小球 A 通过滑轮 P 用细线悬挂在空中，细线一端固定在M 点，另一端跨过滑轮O1 连接一弹簧，弹簧下端与放置在半圆柱体上的小球 B 相
连，两球均处于静止状态。已知球 B 质量为 m，小滑轮O1 用轻杆固定在半圆柱体圆心O2 的正上方，
m1  1B． m1  1
m25
m24
O1B 与竖直方向成30 角， O1B 长度与半圆柱体半径相等， O1P 与竖直方向成60 角，细线、滑轮、
C． m1  1D． m1  1

m23
m22
弹簧质量可忽略不计，下列叙述正确的是（）
如图，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，空油桶质量均为 m，车厢底部一层油桶相互紧贴并被牢牢固定，上层只有一只油桶 C，自由地摆放在桶 A、B 之间，没有用绳索固定，已知重力加速度为 g，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
若货车向左匀速行驶，则桶 A 对桶 C 的支持力大小为 mg
g
半圆柱体对球 B 的支持力大小为??
地面对半圆柱体的摩擦力大小为0.5mg
杆对滑轮O1 的作用力大小为 6 mg
3
球 A 质量为 3m
若货车以
的加速度向左加速行驶，则桶 A、B 对桶 C 作
2
关于摩擦力，下列说法中正确的是（）
用力的合力等于 1 mg
2
g
若货车以的加速度向左减速行驶，则桶 B 对 C 的支持力大于桶 A 对 C 的支持力
3
2
为使桶 C 与货车保持相对静止，货车刹车的加速度不能超过g
3
空军跳伞队在进行跳伞训练，如图甲所示，队员从静止的飞机上无初速度跳下，一段时间后打开降落伞，运动过程中队员始终竖直向下，队员及降落伞整体受到的空气阻力与时间的关系图象如图乙所示。已知参训队员及装备的总质量为 m，当地重力加速度为 g，下列关于队员离开飞机后的说法正确的是（ ）
0s 时队员的加速度方向发生改变
队员的加速度先不变后增大再减小
若两物体间有摩擦力，则必定有弹力
运动的物体可能受到静摩擦力，静止的物体也可能受到滑动摩擦力 C．若运动的物体受到滑动摩擦力，则滑动摩擦力方向只能与物体运动的方向相反或者相同 D．物体所受的摩擦力总是阻碍物体的运动
如图所示，粗糙的斜面静止在粗糙的水平面上，轻绳 L1 的一端与斜面上的物块相连且轻绳平行于斜面，另一端绕过固定在斜面上的轻滑轮与小球相连，小球右端通过轻绳L2 连接在四分之一圆弧
上，现将轻绳L2 的右端点从 P1 点沿圆弧缓慢地移动到 P3 点，整个过程中斜面、物块和小球均保持静止，关于该过程说法正确的是（）
轻绳L2 上的拉力先增大后减小
固定在斜面上的轻滑轮受到轻绳 L1 的作用
试卷第 2 页，共 4 页
力逐渐减小 C．物块受到的摩擦力一定不断变大 D．水平面对斜面的作用力不断减小
升降机从井底以 5m/s 的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过 4s 升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，已知重力加速度 g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
螺钉松脱后做自由落体运动 B．螺钉落到井底时的速度大小为 35m/s C．矿井的深度为 120m
D．螺钉从松脱到落至井底的过程中的平均速度大小为 15m/s
如图所示，水平传送带右端通过一段光滑的圆弧轨道与固定的斜面对接，传送带长 L  3m ，沿顺时针方向以v0  5m/s 的速度转动，斜面高h  0.5m ，倾角θ 30 ，某时刻将一质量为m  0.5kg
的小物块无初速度轻放到传送带的左端，被传送带传送到右端经光滑的小圆弧运动到斜面上。物块
钉，O 为标记出的小圆环的位置，OB 和 OC 为细绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。
下列关于本实验的说法中，正确的有 A．本实验采用的科学方法是控制变量法 B．拉小圆环时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应与木板靠近且与木板平面平行
拉小圆环到达 O 点时，拉力要适当大些，且拉力 F1 和 F2 的夹角越大越好
在同一次实验中，应将小圆环 O 拉到同一位置
图乙中的力 F 和力 F ，一定沿橡皮条 AO 方向的是（选填“F ”或“ F  ”）
另一小组在研究两个共点力合成的实验中，两个共点力 F1 和 F2 的合力大小 F 随着它们的夹角θ变化的关系如图丙所示（ F1、F2 的大小均不变）,则可知图中 a 的值为N。
为探究“物体质量一定时加速度与力的关系”，甲、乙两位同学设计了如图所示的实验装置，
其中带有轻滑轮的小车质量为 M，砂和砂桶的质量为 m，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
关于实验过程，下列说法或操作正确的有
与传送带和斜面之间的动摩擦因数分别为μ1  0.5
、μ2 
3 ，不考虑物块的大小和空气阻力，忽
3
实验中需要用天平测出砂和砂桶的质量
需将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
略物块在小圆弧上运动的时间及速度大小的变化，当物块运动到斜面上时在竖直平面内对物块施加力 F，使物块沿斜面匀速上滑，已知重力加速度 g  10m/s2 ，以下说法正确的是（ ）
物块在传送带和斜面上运动的总时间为 1.3s B．物块在传送带上运动的过程中相对于传送带的路程为 2m
若对物块施加的力 F 沿斜面向上，则力 F 的大小为 5N
当对物块施加的力 F 斜向右上与斜面夹角为 30°时，力 F 最小，最小力 F 为5 3N
2
二、实验题(本题共 2 小题，共 14 分；其中 15 题 6 分，16 题 8 分)
如图甲，张同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，实验中通过两个弹簧测力计共同拉动和橡皮筋相连的小
试卷第 3
圆环，其中 A 为固定橡皮条的图
将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 (2)甲同学在实验中得到如右图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点未画出），已知打点计时器所用交变电流的频率为 f，根据纸带利用逐差法可得小车加速度的表达式为a 
如图甲所示，甲同学以力传感器的示数 F 为横坐标，加速度 a 为纵坐标，画出的 a-F 图象为一条倾斜直线，已知图象的斜率为 k，则小车的质量为
12
B．2kC． kD． 甲
?k
乙同学根据测量数据作出的 a-F 图象如图乙所示，则该同学实验过程中存
页，共 4 页
乙
在的问题可能是。
三、计算题(本题共 3 小题，共 40 分；其中 17 题 8 分，18 题 13 分，19 题 19 分。解题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分)
如图所示，粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆，杆上套有质量 m=0.4kg 的圆环，地面上放置一质量 M=2.5kg 的物块。圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连，连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37°、β=53°，整个装置处于静止状态，重力加速度 g=10N/kg，sin37°
=0.6，sin53°=0.8，求： (1)物块对地面的压力大小； (2)地面对物块的摩擦力。
如图所示，一同学用与水平地面成α 37 角的拉力 F ，拉着质量为11.4kg 的箱子在水平地面上以4m / s 的速度匀速前进，在水平地面另一端固定一个倾角未知但足够长的斜面，斜面与水平面平滑连接，当箱子运动到斜面底端时，撤去拉力，箱子滑上斜面且滑行的最大距离为s  1m 。已知箱子与水平地面之间、箱子与斜面之间的动摩擦因数均为μ 0.25 ，忽略箱子的大小及在连接处的速率变化，不计空气阻力，重力加速度 g 取10m / s2 ， sin37  0.6 ， cs37  0.8 ，求：
拉力 F 的大小；
斜面的倾角θ；
箱子最终静止在何处？
如图所示，可视为质点的两位同学 A、B 想使用手机无线传输一份大小为 600MB 的文件。t=0 时刻开始传输，同时两同学 A、B 沿图示中的相距 s0=8m 的两条平行路线，从同一起跑线朝同一方向运动，同学 A 始终以 v1=7m/s 的速度做匀速直线运动；同学 B 从静止开始以 a1=2m/s2 的加速度做匀加速直线运动，4s 后开始做匀速直线运动。已知两部手机相距 L=10m 以内时会立即自动连接实现传输，一旦超过该距离，传输信号便会立即断开，当手机处于连接状态时文件传输速度恒为 v=40MB/s，求： (1)两手机第一次信号断开时，同学 A 到起跑线的距离；
两手机第一次信号断开后，又经多长时间重新连接；
若在 23s 末同学 B 开始做加速度为 a2=4m/s2 的匀减速直线运动，速度减为零后停止运动，求同学 B 减速后两手机再次连接时同学 A 到起跑线的距离，并通过分析判断文件最终能否传输完毕。
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哈师大附中 2025 级 2025-2026 学年度第一学期期中考试
物理答案
【答案】B
【详解】A．伽利略利用图甲中的“斜面”是为了“冲淡”重力的影响，便于测量运动时间，故 A 正确，不符合题意；
B．伽利略利用图乙中的“斜面实验”装置，结合逻辑推理，说明力不是维持物体运动的原因，故 B 错误，符合题意；
C．图丙是在借助激光笔及平面镜观察桌面的形变，该实验运用了微小放大的思想，故 C 正确，不符合题意； D．图丁中把匀变速直线运动的v  t 图像分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，把各小段的面积之和代表物体在t 内总位移，采用了“微元法”，故 D 正确，不符合题意。
故选 B。
【答案】D
【详解】A．重力和弹力是不同性质的力；只能说，静止在草地上的足球受到的弹力大小等于它的重力大小，选项 A 错误；
图乙，静止在水平地面上的两个足球间虽然接触但是无弹力，选项 B 错误； C．图丙，脚对足球的压力和足球对脚的支持力是一对相互作用力，选项 C 错误； D．图丁，打到球网上的足球受到弹力是因为球网发生了形变，选项 D 正确。
故选 D。
【答案】C
【详解】A．杯子静止，处于受力平衡状态，在竖直方向上，受向下的重力与向上的静摩擦力等大反向，所以杯子受到的摩擦力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，手受到的摩擦力方向竖直向下，故 A 错误； BC．杯子重力不变，所受的静摩擦力不变，与手握杯子的力大小无关，但最大静摩擦力与压力有关，手握的越紧，杯子和手之间的最大静摩擦力越大，故 B 错误，C 正确； D．若往杯中倒水，水的重力增大，静摩擦力也增大，保持杯子静止，手握住杯子的力不一定必须增大，故 D错误。
故选 C。
【答案】D
【详解】设弹簧的原长为 l0，弹簧的劲度系数为 k，则
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
D
C
D
B
B
A
D
D
C
11
12
13
14
AB
BD
BD
ACD
2mg  k (l0  l1 ) ， 2mg  mg  k (l0  l2 )
联立解得
l  3l  2l
， k  mg
012
故选 D。
l1  l2
【答案】B
【详解】A．设碰地前速度大小为 v1，碰地后速度大小为 v2，则v2  2gH ， 0  v2  2g 16 H
解得v1
， v2 
102
250
2gH0
4
5
2gH
0
速度变化量为v  v  v    9 2gH
2150
弹性球碰地前后瞬间，速度变化量大小为 9 2gH ，A 错误；
B．下落时间为t1
50
2H0
g
 v1 
g
上升时间为t2
 v2 
42H0
5g
g
弹性球下落时间和上升时间之比为t1 : t2  5 : 4 ，B 正确；
C．下落平均速度为v  v1
12
上升平均速度为v  v2
22
弹性球下落过程的平均速度和上升过程的平均速度大小之比为v1 : v2  5 : 4 ，C 错误；
D．速度变化率为加速度，下落和上升过程加速度相等，均为 g ，D 错误。故选 B。
【答案】B
【详解】小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平向右的加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只
可能沿图中的 OC 方向。小车沿斜面上滑过程做匀减速直线运动，设整体质量为M总 ，斜面倾角为θ，由牛顿第
二定律可知加速度大小a  M总g sinθ g sinθ
M总
整体加速度方向沿斜面向下。对小球进行受力分析，小球受重力 mg（竖直向下）和直杆对它的作用力 F。此时，要使小球的加速度大小为 g sinθ且沿斜面向下，则直杆对小球的作用力和重力的合力应沿斜面向下。通过平行 四边形定则可以判断，直杆对小球的作用力方向为 OB 方向（垂直斜面向上），故直杆对小球作用力的方向先沿
OC 方向，再沿OB 方向。
故选 B。
【答案】A
【详解】对 A4 纸分析可知 F  2μ1m1 g
对整体分析可知 F  μ2 m1  m2  g
其中μ1  3μ2
解得 m1  1
m25
故选 A。
【答案】D
【详解】A．以 C 桶为研究对象，货车向左匀速行驶时，受重力、A、B 的支持力，如图所示， C 桶在竖直方向受力平衡，由平衡条件可得
F cs 30∘  F cs 30∘  mg
AB
解得
F  F  3 mg
AB3
A 错误；
B．若货车以 g 的加速度向左加速行驶，设 A 对 C 的作用力为 F ，B 对 C 的作用力为 F  ，C 在竖直方向受力
2AB
平衡，则有
AB
F  cs 30  F  cs 30  mg
在水平方向由牛顿第二定律则有
BA
F  sin 30  F  sin 30  ma
解得
FA 
3 mg  1 mg
32
B
F  
3 mg  1 mg
32
可知 C 受到重力、A、B 作用力的合力大小为
F  ma  1 mg
2
方向水平向左。则 A、B 对 C 作用力的合力一定不等于 1 mg ，B 错误；
2
C．若货车以 g 的加速度向左减速行驶，则货车的加速度向右，由 B 选项解析可知，B 对 C 的支持力小于 A 对
2
C 的支持力，C 错误；
D．为使桶 C 与货车保持相对静止，货车刹车时的加速度向右，当 B 对 C 的支持力减小到零时，刹车加速度达到最大，此时 A 对 C 的支持力达到最大，设为 FAm ，可知 C 在竖直方向受力平衡，则有
FAm
cs 30∘  mg
解得
FAm
 2 3 mg
3
在水平方向由牛顿第二定律则有
Fsin 30∘  ma
Amm
解得
3
am  3 g
可知为使桶 C 与货车保持相对静止，货车刹车的加速度不能超过 3 g ，D 正确。
3
故选 D。
【答案】D
【详解】A．t=10s 前后队员的加速度方向向下，没有发生改变，故 A 错误；
B．队员的加速度取决于队员受到的合力，所以前 10s 内加速度没有发生变化，10~14s 的过程中加速度先向下逐渐减小后向上逐渐增大，14~20s 的过程中加速度逐渐减小，方向始终向上，故 B 错误； C．由前面对加速度的分析可知在 10~14s 的过程中出现了加速度为零的时刻，此时刻为队员速度最大的时刻，故 C 错误；
D．由牛顿第二定律可知，t=14s 时加速度最大，最大值为2g，故 D 正确。故选 D。
【答案】C
【详解】AD．对小球 B 分析，受拉力、重力、支持力处于平衡状态，根据几何关系和平衡条件可得
??
= T 
mg
2 cs 30
= 3?? 3
对小球 A 分析，根据竖直方向平衡条件可得
2T cs 60  mA g
联立可得
3
mA  3 m
故 AD 错误；
B．对小球 B 分析，圆柱体对 B 的支持力大小
N mg
2 cs 30
方向与竖直方向夹角为 30°，则根据牛顿第三定律，B 对圆柱体压力
N '  N
对圆柱体分析，根据水平方向的平衡条件可得
f  N ' sin 30
解得
3mg
f 
6
故 B 错误；
C．对滑轮O1 分析，根据平衡条件，两绳对滑轮的作用力合力（两力大小相等且垂直，则合力为 2T ）与杆对
滑轮作用力大小相等，则杆对滑轮O1 作用力大小
F  2T 
6 mg
3
故 C 正确；故选 C。
【答案】AB
【答案】BD
【详解】AB．整个过程中小球保持静止则小球处于平衡状态，如下图所示，利用图解法分析可知轻绳L2 上的拉力先减小后增大，小球左侧的轻绳上力处处相等，由图可知轻绳 L1 的拉力一直减小，夹角BCD 不变则轻质滑轮受到轻绳 L1 的作用力逐渐减小。故 A 错误，B 正确；
C．设斜面倾角为θ，物体受力平衡，则对进行受力分析可知
mg sinθ T1  f
若初始时T1  mg sinθ，则随着T1 减小，摩擦力 f 会逐渐增大。但若初始时T1  mg sinθ，则 f 初始时沿斜面向下，随着T1 减小，摩擦力会先减小后反向增大。故 C 错误；
D．将斜面、物块、滑轮和轻绳 L1 看成一个整体，则对整体进行受力分析如下图所示
水平面对斜面作用力即为 f  与 FN 的合力，其大小等于整体重力Mg 与轻绳拉力T1 的合力。随着T1 不断减小，则根据平行四边形定则可知Mg 与T1 合力不断减小，则水平面对斜面作用力在不断减小。故 D 正确。
故选 BD。
【答案】BD
【详解】A．螺钉松脱后做竖直上抛运动，故 A 错误；螺钉落至井底时的速度为则v  v0  gt  35m/s
即螺钉落至井底时的速度大小为 35m/s，故 B 正确； C．升降机在 4s 内匀速上升的位移为h1  v0t  20m
螺钉的位移为h  v t  1 gt 2  60m
202
所以矿井深度为h  h1  h2  80m ，故 C 错误；
D．螺钉的位移为h  v t  1 gt 2  60m
202
s
所以螺钉松脱后运动的整个过程中平均速度大小为v = h2 = 15m ，故 D 正确。
t
故选 BD。
【答案】ACD
【详解】AB．物块在传送带上加速过程，由牛顿第二定律有
μ1mg  ma1
解得
1
a  5m/s2
由运动学公式可得，物块运动的位移为
v2
1
x  0 
2a1
52
2  5
m  2.5m  L  3m
物块运动的时间为
1
t  v0  1s
a1
之后物块随传送带一起匀速，则有
2
t  L  x1  0.1s
v0
物块相对于传送带运动过程，传送带的位移为
x2  v0t1  5m
则物块相对于传送带运动路程为
s  x2  x1  2.5m
故 B 错误；
物块沿斜面匀速上滑，物块在斜面上运动的时间
h
t  sin 30  0.2s
3
v0
则物块在传送带和斜面上运动的总时间为
t  t1  t2  t3  1.3s
故 A 正确；
若对物块施加的力 F 沿斜面向上，则F = mgsinθ + μ2mgcsθ = 5N，故 C 正确； D．物块在斜面上运动过程中对物块受力分析，如图所示
将斜面对物块的支持力 FN 和摩擦力 Ff 等效成 F ，则有
tanα FN 
Ff
FN
μ2 FN
 3 
3
μ2
解得
α 60 F 方向不变，然后将mg 、F 和拉力 F 矢量平移到一个三角形当中，当 F 与 F 垂直时拉力 F 最小，则有
β 90  180  60  60  30
Fmin
 mg csβ 5 3 N
2
则 F 与斜面的夹角
γ 60  β 30
故 D 正确；
【答案】(1)BD(2) F (3)5N
【详解】（1）A. 本实验采用的科学方法是等效替代法，故 A 错误；
B．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应与木板相距较近且与木板平面平行，故 B 正确； C．拉小圆环到达 O 点时，拉力要大小适当，拉力 F1 和 F2 的夹角大小适当，并非越大越好，故 C 错误； D．在同一次实验中，应将小圆环 O 拉到同一位置，以保证两次力的作用效果相同，故 D 正确。
故选 BD。
用一个弹簧秤拉橡皮条时，力一定沿橡皮条 AO 方向，图中可以看出， F 表示一个弹簧测力计表示的力，
F 表示的是用平行四边形定则作出的两个力的合力，所以一定沿橡皮条 AO 方向的是 F 。
当两个力的角度为 0°，有 F1  F2  7N
当两个力的角度为 180°时，有 F1  F2  1N
解得 F1  4 N， F2  3 N
F 2  F 2
12
当两个力的夹角为 90°时，有a  5N
4
【答案】BC 1 (x
100
−2x2
)f2D未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【详解】(1)[1]AD．因为力传感器可测出轻绳中的拉力大小，不用测出砂和砂桶的质量，也不用保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M， AD 错误；
B．为了让绳的拉力成为小车的合力，必须将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B 正确；
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，C 正确。故选 BC。
(2)打点计时器所用交变电流的频率为 f，即相邻两计数点的时间间隔为T = 5
f
由逐差法可知，加速度a = (x4−x2)−x2 = 1 (x −2x )f2
(3)[3]由牛顿第二定律
(2T)2
100 42
2F  Ma
解得a  2 F
M
，则k  2
M
，解得M  2
k
，D 正确，ABC 错误。
故选 D。
[4]从图像可以看出，绳有拉力而小车没有加速度，小车没有运动，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
【答案】(1)22N
(2)4N方向水平向右
【详解】（1）以圆环为对象，竖直方向根据受力平衡可得Tcsα mg
解得绳子拉力大小为 T=5N
以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得 N  T csβ Mg
解得支持力 N=22N
根据牛顿第三定律，可知物块对地面的压力大小为 22N。
（2）以物块为对象，水平方向根据受力平衡可得 f  T sin β 4N
可知地面对物块的摩擦力大小为 4N，方向水平向右。
【答案】(1) 30N
(2) 37
(3)1.6m
【详解】（1）箱子做匀速直线运动，在竖直方向上有 N  Fsin37  mg
水平方向上有 Fcs37  f
滑动摩擦力的公式有 f  μN
联立以上各式代入数据得 F  30N ；
0
箱子在斜面上做匀减速直线运动， v2  2as
代入数据解得加速度的大小为a  8m / s2 ； 根据牛顿第二定律得mg sinθ μmg csθ ma代入数据可解得θ 37
因mg sin 37  μmg cs 37 ，故箱子会沿斜面下滑，根据牛顿第二定律得mg sin 37  μmg cs 37  ma1
1
代入数据可解得a  4m / s2
1
箱子沿斜面向下做匀加速直线运动v2  2a s
箱子在水平面上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg  ma2
2
v2  2a x
代入数据可解得 x  1.6m
故箱子最终静止在距斜面左端 1.6m 处。 19.【答案】(1)7m
9s
168m，文件能传输完毕
【详解】（1）设 A、B 经过时间 t1 第一次通信断开，根据几何关系可知，A 在 B 斜前方且为 10m，由几何关系得两人在运动方向上位移之差满足
s  sA  sB  102  82 m  6m
sA  v1t1
s  1 a t 2
B2 1 1
联立以上三式
t1  1s 或t1  6s （舍去）此时 A 的位移大小为 sA  7m
（2）4s 末 B 的速度
vB  a1t2
运动的位移
s 1 a t 2
B22 1 2
A 位移为
sA 2  v1t2
由于
sA 2  sB2  12m
通信仍处于中断状，再经过t 恢复通信，则
sA2  vAt  sB2  vBt  s
t  6s
AB 从第一次通信断开到恢复的时间
t  t2  t  t1  9s
（3）AB 从第一次通信断开到恢复，此时，A 在前方，速度小于 B，从通信恢复，到通信第二次断开，用时为
t1 
2s
v  v
 12s
BA
此后相距越来越远，失去信号，可知能够保持通信的总时间为
t2  t1  t1  13s
设 23s 末，B 在前，两人相距 7m，通信处于断开状态，假设再经t3 通信恢复，则
sA3  v1t3
s v t  1 a t 2
B32 32 1 3
sB3  s1  sA3  s
解得
t3  1s
B 减速后两手机再次连接时 A 到起跑线的距离
sA 4  v1 (t3  t3 )  168m
此时，B 在前，速度小于 A，假设从通信恢复，到通信再次断开，用时为t4 ，则
sA5  v1t4
sB4  2m （停止运动）
sA5  sB4  s
解得
t4  2s
则手机连接时间共 15s，恰好传输成功。