黑龙江省鸡西一中2025-2026学年高一（上）期末物理练习卷（含答案+解析）

这是一份黑龙江省鸡西一中2025-2026学年高一（上）期末物理练习卷（含答案+解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.乒乓球运动员孙颖莎在某次比赛中击出的球在空中的运动轨迹如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 研究乒乓球的旋转方向可以把乒乓球看作质点
B. 用球拍击打乒乓球时，球受到球拍的弹力大于球对球拍的弹力，所以球能飞出
C. 球与桌面碰撞瞬间处于超重状态，球所受弹力方向沿轨迹切线方向，所以球弹起后的轨迹为曲线
D. 乒乓球在空中运动到最高点时，处于失重状态且受力斜向左下方
2.如图所示，汽车在岸上用轻绳拉船，若汽车行进速度大小为v，拉船的绳与水平方向夹角为π6，则此时船的速度大小为( )
A. 33vB. 12vC. 2 33vD. 2v
3.下列说法正确的是( )
A. 在物体做平抛运动的过程中，物体处于超重状态
B. 在物体做平抛运动的过程中，物体在相同时间内的速度变化量相同
C. 在物体做匀速圆周运动的过程中，物体的速度不变
D. 在物体做匀速圆周运动的过程中，物体所受的合外力不变
4.质量为2kg的物体，受到4个力的作用而处于静止状态，当撤去其中一个力F1后，其它力保持不变，物体运动的加速度为2m/s2，方向向北，则F1的大小和方向为 ( )
A. 2N、方向向北B. 2N、方向向南C. 4N、方向向南D. 4N、方向向北
5.如图所示，水平放置的传送带沿顺时针方向以速度v=4m/s运行，现将一物体(可视为质点)轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，若A端与B端相距8m，则物体由A端到B端的时间是( )(重力加速度g取10m/s2)
A. 2sB. 3sC. 4sD. 5s
6.如图，绕过光滑定滑轮的绳子将物体A和B相连，绳子与桌面平行，物体A恰好不滑动。已知物体A的质量mA大于物体B的质量mB，A和B与桌面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计滑轮和绳子质量。现将A和B互换位置，绳子仍保持与桌面平行，则( )
A. 绳子的拉力大小为mBgB. 绳子的拉力大小为mAg
C. 物体与桌面间的动摩擦因数为mAmBD. 物体A和B的加速度大小为mAmA+mBg
7.如图所示，某同学将一篮球放在光滑的斜坡上用光滑的竖直挡板挡住来探究三力静态平衡和动态平衡。她先挡住篮球让它处于静止状态，然后缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴沿逆时针方向转一个较小角度(小于斜坡的倾角)。已知篮球的重力为G，斜坡的倾角为θ，下列说法正确的是( )
A. 篮球处于静止状态时，挡板对篮球的弹力大小为Gsinθ
B. 篮球处于静止状态时，斜坡对篮球的弹力大小为Gcsθ
C. 在缓慢转动挡板的过程中，挡板对篮球的弹力逐渐减小
D. 在缓慢转动挡板的过程中，斜坡对篮球的弹力逐渐增大
8.如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60∘，重力加速度大小为g。则( )
A. L1的拉力大小为 3mg
B. L2的拉力大小为3mg
C. 若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
D. 若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为 3g
9.“十次车祸九次快，还有喝酒和超载”，据统计中国每年交通事故约50万起，死亡人数超过10万人，约每5分钟就有一人丧身车轮，每1分钟都会有一人因为交通事故而伤残，下列相关说法中错误的是( )
A. 汽车超载会增大汽车的惯性B. 汽车超速超载会增大汽车的刹车距离
C. 酒驾会延长司机的反应时间D. 汽车超速会增大汽车的惯性
10.如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示，t=6s时恰好到B点，则( )
A. 物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.5
B. AB间距离为20m
C. 小物块在传送带上留下的痕迹是8m
D. 若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B端
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.质量为1kg的物体在光滑水平面内受到两个水平力的作用，大小分别为F1=4N，F2=6N，则这个物体的加速度大小可能为( )
A. 3m/s2B. 6m/s2C. 9m/s2D. 12m/s2
12.竖直向上抛出一个小球，经过一段时间又回到抛出点，小球在运动过程中，受阻力大小恒为f，上升最大高度为h，下列说法正确的是( )
A. 小球上升过程中，机械能减少fh
B. 小球在整个运动过程中阻力做功为−2fh
C. 小球在整个运动过程中机械能守恒
D. 小球上升过程加速度大小是下降过程加速度大小的2倍
13.如图(a)，某同学在实验中通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处，并在这过程中测量物体获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力FT的关系。若滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图(b)所示。由图可以判断( )
A. 图线与纵轴的交点M的值aM=−gB. 图线与横轴的交点N的值FTN=mg
C. 图线的斜率等于物体的质量mD. 图线的斜率等于物体质量的倒数1m
14.轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置静止在水平地面上方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落h后落地，箱子落地后瞬间速度减为零且不会反弹。此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，弹簧劲度系数为k，箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。忽略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 箱子下落过程中，箱子机械能守恒
B. 箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3mg
C. 箱子落地后，小球运动的最大速度为2g mk
D. 箱子与地面碰撞损失的机械能为2mgh−2m2g2k
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
15.用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码，通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。
(1)下列实验操作中正确的有________(填选项前的序号)
A.先释放小车后接通电源
B.调整定滑轮使细线与长木板平行
C.每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力
D.实验中不需要满足托盘和砝码的质量远小于小车的质量
(2)实验时选取纸带的一段进行测量，测得长度如图乙所示。已知打点计时器打点周期为T，则小车的加速度的表达式是a=________。(用题中字母表示)
(3)改变砝码盘中砝码的质量多次测量，根据纸带计算出小车的加速度，以砝码盘和砝码总重力F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，描点得到如图丙所示的斜率为k的拟合直线，图像不过原点的原因是________；若小车的总质量M=________，就验证了牛顿第二定律。
16.实验室有小车(包括车上钩码)、打点计时器、纸带、槽码等器材，小明同学用这些器材探究加速度与力的关系，设计了两种实验方案(如图)。
(1)小明选择电火花打点计时器做实验，需要使用的电源是______
A.学生电源，交流8V左右 B.生活电源，交流220V
(2)小明同学选用图甲方案做实验，以下操作过程中，说法正确的是______
A.在补偿阻力时，应挂上槽码，用槽码的重力平衡小车运动过程中受到的阻力
B.小车需要从同一位置，靠近滑轮处多次静止释放
C.为了加速度便于测量，槽码的质量要越大越好
D.改变小车质量后，不需要重新补偿阻力
(3)小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力，_____(填“能”或“不能”)通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
(4)某小组用图乙所示方案做实验，先挂上槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后取下槽码，记录槽码的质量为m，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a
①该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是_____(多选)
A.小车质量 B.小车运动方向 C.斜面倾角 D.槽码的质量
②该小组根据测量数据描绘出的a−F关系图像，正确的是_____
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
17.如图所示，某人站在电梯内的水平地板上。
(1)若电梯静止，画出人的受力示意图，并证明：
此时他对电子秤的压力F压的大小等于他所受的重力G的大小，即F压=G；
(证明时，请在图上标出所涉及的力)
(2)若人的质量为60kg，当电梯以0.25m/s2的加速度匀加速上升时，求人对电梯地板的压力大小，并说明超重还是失重；(重力加速度g取10m/s2)
(3)若你站在电梯中，需要“估测电梯在加速和减速过程中的加速度大小”，请你写出一种设计方案，并说明所需要的仪器、测量方法。
18.如图所示，半径为R=0.5m的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台静止不转动时，将一质量为m=2kg、可视为质点的小物块放入陶罐内，小物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与对称轴OO′成θ=37​∘角。重力加速度g=10m/s2，sin37​∘=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：

(1)物块与陶罐内壁之间的动摩擦因数为多少？
(2)当转台绕转轴匀速转动时，若物块在陶罐中的A点与陶罐一起转动且所受的摩擦力恰好为0，则转台转动的角速度为多少？
(3)若转台转动的角速度为 30rad/s，物块仍在陶罐中的A点随陶罐一起转动，则陶罐给物块的弹力和摩擦力大小分别为多少？
19.地铁站等场所的传送装置可简化为如图的模型。在一次装置调试中，绷紧的传送带始终保持v=2m/s的恒定速率运行，测试者将小木箱无初速度地轻放在A处，小木箱与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.5，AB间的距离为LAB=2m，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小木箱在传送带上加速所用的时间;
(2)小木箱会在传送带上留下一段多长的摩擦痕迹;
(3)若在传送带B处增加一倾角为30∘的斜面BC(足够长)，斜面与小木箱之间的摩擦因数μ2= 33，小木箱进入斜面瞬间无速度损失，小木箱能够最终停在离B多远的位置。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.研究乒乓球的旋转情况，要分析乒乓球不同位置的运动状态，乒乓球的大小和形状不可忽略，故不可将乒乓球看作质点，故A错误；
B.用球拍击打乒乓球时，根据牛顿第三定律，球受到球拍的弹力等于球对球拍的弹力，故B错误；
C.球与桌面碰撞瞬间向下减速，处于超重状态，球所受弹力方向竖直向上，球弹起后的速度方向和力的合力方向不在一条直线上，轨迹为曲线，故C错误；
D.乒乓球在空中运动到最高点时，受到重力和水平向左的空气阻力，处于失重状态，且受力的合力斜向左下方，故D正确。
故选：D。
根据质点的概念进行分析判断；根据牛顿第三定律进行分析解答；根据弹力方向和速度方向以及超失重知识进行分析解答；根据受力情况进行分析解答。
考查物体的曲线运动的特点，熟练掌握物体的受力情况和运动情况，属于基础题。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了运动的合成与分解，解决本题的关键知道船的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，会根据平行四边形定则对速度进行合成。
将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于v，根据平行四边形定则求出船的速度。
【解答】
将小船的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：
；
沿绳子的分速度等于人拉绳子的速度，故v=v′csθ，代入数据有v′=vcsθ=v 32=2 33v，则此时船的速度大小为2 33v，故ABD错误，C正确。
3.【答案】B
【解析】A、在物体做平抛运动的过程中，物体具有竖直向下的加速度，处于失重状态，A错误；
B、在物体做平抛运动的过程中，物体加速度恒定，因此相同时间内速度变化量相同， B正确；
C、在物体做匀速圆周运动的过程中，物体的速度方向不断变化，C错误；
D、在物体做匀速圆周运动的过程中，物体所受的合外力大小不变，方向时刻改变，D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
物体受到4个力的作用而处于静止状态，则可知剩余三个力的合力与F1大小相等，方向相反。当撤去其中F1后，物体运动的加速度为2m/s2，根据牛顿第二定律得到其余三个力的合力大小和方向，再确定F1的大小与方向。
本题的关键存在运用平衡条件的推论确定出剩余三个力的合力与F1大小相等，方向相反。
【解答】
物体受到4个力的作用而处于静止状态，则可知剩余三个力的合力与F1大小相等，方向相反。当撤去其中F1后，物体运动的加速度为2m/s2，根据牛顿第二定律得到其余三个力的合力大小F合=ma=4N，方向向北，则F1的大小是4N，方向向南，故C正确，ABD错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】共速前，物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其加速为 a=μmgm=μg=2m/s2
物体匀加速运动的时间 t1=va=2s
物体匀加速运动的位移 x1=12at2=4m
故物体匀速运动的时间 t2=L−x1v=1s
故物体由A端到B端的时间 t=t1+t2=3s。
故选B。
6.【答案】A
【解析】解：C.由题知，初始时物体A恰好不滑动，B静止，由平衡条件及摩擦力公式可得：fmA=μmAg=mBg，
解得：μ=mBmA，故C错误；
ABD.A和B互换位置后，结合前面分析可知，若A、B仍静止，则绳子给B的拉力为：T=mAg，B的最大静摩擦力为：fmB=μmBg，
其中：μ=mBmA，且mA>mB，
则有：T>mBg>fmB，则A、B不静止，两者应以相同的加速度运动，
设绳子的拉力大小为F，物体A和B的加速度大小为a，
由牛顿第二定律可得：F−μmBg=mBa，mAg−F=mAa，
联立可得：a=mA−mBmAg，F=mBg，故A正确，BD错误；
故选：A。
C.由题知，初始时物体A恰好不滑动，B静止，由平衡条件及摩擦力公式列式，即可求解；
ABD.先确定A、B是否静止，再结合牛顿第二定律分别列式，即可求解。
本题主要考查对连接体模型的掌握，解题时需注意，当求物体之间的作用力时，需要将各个物体隔离出来单独分析。解决连接体问题时，通常将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理。
7.【答案】C
【解析】AB、对篮球受力分析，如图所示
设挡板对篮球的弹力大小为F1，斜坡对篮球的弹力大小为F2，根据平衡条件可得F1=Gtanθ，F2=Gcsθ，故AB错误；
CD、缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴沿逆时针方向转一个较小角度，挡板和斜坡对篮球的弹力的合力始终与重力G等大反向，如图所示
由图解法可知F1′、F2′均减小，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】对篮球进行受力分析，根据平衡条件求出挡板和斜坡对篮球的弹力大小。根据图解法分析在缓慢转动挡板的过程中两个弹力的变化情况。
本题的关键是要学会图解法分析动态平衡问题，也可以根据解析法分析弹力的变化情况。
8.【答案】D
【解析】AB.对甲乙整体受力分析可知， L1 的拉力大小为T1=2mgtan60∘=2 3mg
L2 的拉力大小为T2=2mgcs60∘=4mg
选项AB错误；
CD.若剪断 L1 该瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，由牛顿第二定律可知加速度a=2mgsin60∘m= 3g
选项C错误，D正确。
故选D。
9.【答案】D
【解析】AD、质量是物体惯性大小的唯一指标，故汽车超载会增大汽车惯性，而汽车超速不会增大汽车惯性，故A正确，D错误；
B、超载时轮胎和地面的摩擦力增大，f=μMg，a=μg，产生高温，轮胎表面熔化，继而摩擦力下降，μ开始变小，根据牛顿第二定律可知刹车的加速度会减小；超速超载时根据v2=2ax，可知汽车的刹车距离增大，故B正确；
C、酒驾会延长司机的反应时间，故C正确。
本题选错误的，故选D。
10.【答案】C
【解析】A、由图乙可知，在0∼4s内，物块做匀加速直线运动，加速度大小为a=vt=44m/s2=1m/s2，由牛顿第二定律得μmg=ma，联立解得μ=0.1，故A错误；
B、因物块在t=6s时恰好到B点，所以物块在0∼6s内的位移大小等于AB间的距离，根据v−t图像与时间轴所围成的面积表示位移，可得AB间距离为L=2+62×4m=16m，故B错误；
C、由于t=4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为v=4m/s，在0∼4s内，物块与传送带间相对位移大小为Δx=vt−vt2=vt2=4×42m=8m，t=4s后物块与传送带相对静止，所以小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C正确；
D、在0∼4s内，物块运动的位移为x1=vt2=4×42m=8m，若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块在传送带上滑行的最大距离为x2=v22a=422×1m=8m，因x1+x2=16m=L，所以物块恰好能到达B端，故D错误。
故选：C。
11.【答案】ABC
【解析】解：F1=4N和F2=6N的合力范围为
F2−F1=6N−4N=2N
F2+F1=6N+4N=10N
2N≤F合≤10N
根据牛顿第二定律可得
a=F合m
可知物体的加速度大小范围为
2m/s2≤a≤10m/s2
故ABC正确，D错误。
故选：ABC。
先确定两个力的合力范围：当两力同向时合力最大，反向时合力最小；根据牛顿第二定律，计算出加速度的范围。最后把选项中的加速度值与这个范围进行比对，判断是否符合条件。
这是一道高中物理中非常经典的受力分析与牛顿运动定律结合的基础题，它直接考查了力的合成(合力范围)和牛顿第二定律这两个核心知识点，是力学模块的基础题型。
12.【答案】AB
【解析】解：A、除重力以外的其它力对小球做的功等于小球机械能的变化量，小球上升到最高点的过程中，阻力做负功W=−fh，所以机械能减少fh，故A正确；
B、小球在整个运动过程中阻力始终做负功，根据功的计算公式可得阻力做功为−2fh，故B正确；
C、小球在整个运动过程中阻力做功为−2fh，则机械能减少2fh，机械能不守恒，故C错误；
D、小球上升过程加速度大小a1=mg+fm，下降过程加速度大小a2=mg−fm，当f=13mg时小球上升过程加速度大小是下降过程加速度大小的2倍，否则小球上升过程加速度大小不是下降过程加速度大小的2倍，故D错误。
故选：AB。
除重力以外的其它力对小球做的功等于小球机械能的变化量，根据功的计算公式分析阻力做的功，由此分析机械能的变化量；根据牛顿第二定律分析小球上升过程加速度和下降过程加速度大小关系。
本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
13.【答案】ABD
【解析】解：对货物受力分析，受重力mg和拉力FT，根据牛顿第二定律可得
FT−mg=ma
可得图像的关系式为
a=FTm−g
A.当FT=0时，a=−g，即图线与纵轴的交点M的值aM=−g，故A正确；
B.当a=0时，FT=mg，即图线与横轴的交点N的值FTN=mg，故B正确；
CD.图线的斜率表示质量的倒数1m，故C错误，D正确。
故选：ABD。
对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析，根据表达式结合图像，运用数学知识分析物理问题。
本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进行讨论。
14.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题是一道力学综合题，涉及能量守恒定律、简谐运动知识，弄清楚运动过程是解题的关键。
结合机械能守恒条件分析即可判断；分析小球落地后的运动情况，结合箱子与地面压力最小的条件、能量守恒定律和弹簧弹力公式分析即可判断；根据平衡条件和能量守恒定律列方程得出箱子与地面碰撞损失的机械能即可判断。
【解答】A、箱子下落过程，弹簧弹力对箱子做功，则箱子的机械能不守恒，故A错误；
BC、箱子落地后，小球做简谐运动，小球运动到最高点时，箱子对地面的压力为0，则地面对箱子的支持力为0，对箱子，由平衡条件知，弹簧处于压缩状态，压缩量x1=mgk，小球处于平衡位置时，弹簧处于伸长状态，其伸长量x0=mgk，此时小球的速度最大，则小球由平衡位置运动到最高点过程，由能量守恒定律：12mvm2+12kx02=12kx12+mg(x1+x0)，解得小球运动的最大速度vm=2g mk，小球运动的振幅A=x1+x0=2mgk，当小球处于最低点时，弹簧弹力最大，为Fm=k(x0+A)=3mg，故BC正确；
D、由平衡条件知，小球静止时，弹簧的拉长量x2=mgk，由能量守恒定律知，箱子与地面碰撞损失的机械能等于整个过程系统机械能的减少量，为ΔE=mgh+mg(h+x0−x2)−12mvm2=2mgh−2m2g2k，故D正确。
故选BCD。
15.【答案】(1)B；(2)x2−2x125T2；(3)平衡摩擦力不足；1k
(1)为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验时应先接通电源后释放小车，故 A错误。
为了使细线的拉力等于小车所受外力的合力，实验中应需要调整定滑轮使细线与长木板平行，故B正确。
只需实验前平衡摩擦力，故C错误。
为了使细线拉力近似等于所挂槽码的总重力，在实验中，应使小车和钩码的质量远大于所挂槽码的质量，故D错误。
(2)根据逐差法可知，车的加速度的表达式是a=x2−x1−x1(5T)2=x2−2x125T2。
(3)题中图像不过原点的原因是平衡摩擦力不足;由牛顿第二定律可得F−f=Ma，则a=1M×F−fM，则1M=k，解得M=1k。
【解析】略
16.【答案】(1)B；
(2)D；
(3)不能；
(4) AD；A。

【解析】(1)电火花打点计时器的工作电压是220V的交流电，可知需要使用的电源是生活电源，交流220V。
故选B。
(2)A.在补偿阻力时，不挂槽码，将长木板固定打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，此时小车重力沿长木板的分力与小车运动过程中受到的阻力平衡，故A错误；
B.实验时，小车并不需要从同一位置释放，但是，为了避免纸带上出现大量的空白段落，小车应靠近打点计时器处多次静止释放，故B错误；
C.为了加速度便于测量，槽码的质量应适当大一些，但是不能够过大，因为若认为槽码重力与细线拉力近似相等，需要使槽码质量远远小于小车的质量，即槽码质量不是越大越好，故C错误；
D.平衡摩擦力时，令长木板倾角为θ，由于
Mgsinθ=μMgcsθ
则有
sinθ=μcsθ
可知，平衡摩擦力时，与小车质量无关，即改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，故D正确。
故选D。
(3)小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力，小车将克服阻力做功，系统机械能减小，可知，不能通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
(4)①图乙所示方案做实验，先挂上质量为m的槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，令木板倾角为α，则有
Mgsinα=f+mg
取下槽码，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，根据牛顿第二定律有
Mgsinα−f=Ma
则有
a=mgM
为了探究加速度与质量、力的关系，可知，该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是小车的质量与槽码的质量。
故选AD。
②根据上述可知，小车所受外力的合力
Mgsinα−f=mg
并不存在图甲方案中认为槽码重力与细线拉力大小相等的系统误差，可知，该小组在探究加速度与合力关系中，若保持小车质量一定，则加速度与合力成正比，即根据测量数据描绘出的a−F关系图像为一条过坐标原点的倾斜的直线。
故选A。
17.【答案】见解析 人对电梯地板的压力大小为615N，人处于超重状态 见解析
【解析】解：(1)若电梯静止，对人进行受力分析，可知电子秤对人的支持力等于人的重力，即G=N。
由牛顿第三定律可知，电子秤对人的支持力等于人对电子秤的压力F压，即F压=N，可得F压=G。
(2)当电梯以0.25m/s2的加速度匀加速上升时，由牛顿第二定律可知，N−G=ma
解得N=mg+ma=60×10N+60×0.25N=615N，由牛顿第三定律可知，电子秤对人的支持力等于人对电子秤的压力F压，即F压=N=615N，压力大于重力，人处于超重状态。
(3)实验仪器：测力计，重物，
测量方法：用测力计悬吊一个重物，保持测力计相对电梯静止，测得电梯上升加速时测力计读数为G1，减速时为G2。测出电梯静止时重物的质量为G，当地的重力加速度为g。
电梯在加速过程中的加速度大小a1=G1−Gg
电梯在减速过程中的加速度大小a2=G−G2g
答：(1)见解析。
(2)人对电梯地板的压力大小为615N，人处于超重状态。
(3)见解析。
(1)人的受力分析电子秤对人的支持力等于人的重力，及牛顿第三定律电子秤对人的支持力等于人对电子秤的压力。
(2)由牛顿第二定律可知，求解电子秤对人的支持力，由牛顿第三定律电子秤对人的支持力等于人对电子秤的压力。求解人对电梯地板的压力。
(3)设计实验，保持测力计相对电梯静止，测得电梯上升加速时测力计读数为G1，减速时为G2。来求解电梯在加速和减速过程中的加速度大小。
考查人在电梯静止时电梯的压力，人在电梯加速时对电梯的压力，通过牛顿第二定律求解电梯对人的支持力，以及牛顿第三定律求解人对电梯的压力。设计实验依据牛顿第二定律求解电梯的加速度。
18.【答案】解：(1)由平衡条件得mgsinθ=μmgcsθ
解得：μ=tanθ=0.75
(2)根据F合=mgtanθ=mω02r
圆周运动半径r=Rsinθ
得：ω0=5rad/s
(3)当转台的角速度为 30rad/s时，物块有向外滑的趋势，摩擦力向内，
N′csθ−fsinθ=mg
N′sinθ+fcsθ=mω2Rsinθ
解得：N′=26.8N,f=2.4N

【解析】(1)在A点对其受力分析，根据共点力平衡求得动摩擦因数；
(2)对物块受力分析，根据牛顿第二定律求得转台的角速度；
(3)当转台的角速度为 30rad/s时，物块有向外滑的趋势，摩擦力向内，对其受力分析，根据牛顿第二定律和共点力平衡即可求得。
本题主要考查了牛顿第二定律和共点力平衡与圆周运动结合的问题，关键是正确的受力分析，明确向心力的来源即可。
19.【答案】(1)设小木箱在传送带上运动的加速度大小为a1，F合=ma1，
F合=f=μ1N=μ1mg，
v=a1t，
由以上式可得，t=0.4s，
判断：在此期间，小木箱的位移x=12at2=0.4m