2025-2026学年北京市丰台区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年北京市丰台区高一（上）期末物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量属于矢量的是( )
A. 时间B. 速度C. 质量D. 路程
2.交通法规定行车过程中车内人员要系安全带。在汽车紧急刹车时，安全带可以减小( )
A. 车的惯性B. 人的惯性
C. 因为惯性对人造成的伤害D. 因为惯性对车造成的伤害
3.2025年9月3日9时15分，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵仪式开始。如图所示，直升机编队组成“80”图案飞过天安门广场。下列说法正确的是( )
A. 9时15分指的是时间间隔
B. 编队中的直升机最高时速可达305km/h指的是平均速度
C. 以直升机编队中某一架直升机为参考系，其他直升机是静止的
D. 在研究某架直升机飞过天安门广场所用的时间时，不能将其看成质点
4.如图所示，一物体静止放在台式弹簧秤上。下列说法正确的是( )
A. 物体对弹簧秤的压力就是物体受到的重力
B. 物体的重力与物体对弹簧秤的压力是一对作用力和反作用力
C. 物体对弹簧秤的压力与弹簧秤对物体的支持力是一对平衡力
D. 物体对弹簧秤的压力与弹簧秤对物体的支持力总是大小相等
5.如图所示，在距离地面15m高的位置以10m/s的初速度竖直向上抛出一小球，小球上升5m后回落，最后落至地面。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，规定竖直向上为正方向。下列说法正确的是( )
A. 从抛出点至落地点小球的路程为15m
B. 从抛出点至落地点小球的位移为15m
C. 小球到达最高点时的速度和加速度都为0
D. 从抛出点至落地点小球速度的变化量为−30m/s
6.在初中已经学过，如果一个物体在力F的作用下沿着力的方向移动了一段距离l，这个力对物体做的功W=Fl，功的单位是焦耳(J)。下列选项中正确反映了焦耳(J)与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间关系的是( )
A. 1J=1kg⋅m2/s2B. 1J=1kg⋅m2/sC. 1J=1kg⋅m/sD. 1J=1kg2⋅m/s2
7.在龟兔赛跑的故事情境中，兔子和乌龟运动的x−t图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 故事中的兔子和乌龟同时同地出发
B. t1时刻兔子和乌龟的瞬时速度相等
C. t1～t2时间内，兔子和乌龟的位移不同
D. 0～t3时间内，兔子和乌龟的平均速度不同
8.“奋斗者”号是中国自主研发的万米级载人深潜器，标志着中国在载人深潜技术领域达到世界领先水平。在某次实验中，深潜器内的显示屏上显示出的v−t图像如图所示(规定向上为正方向)。下列说法正确的是( )
A. t=600s时下潜至最深处B. 本次实验下潜的最大深度为360m
C. 180s～240s内深潜器在向下加速运动D. 480s～600s内深潜器在向下减速运动
9.人站在压力传感器上持续多次完成下蹲、站起的动作，某段时间内传感器采集的压力F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 1s～2s内人先处于超重状态，后处于失重状态
B. 0～8s内人完成了两次下蹲和两次站起的动作
C. 0～8s内人的最大加速度大小为6m/s2
D. 压力F=700N时，人的速度最大
10.蹦极运动的简化示意图如图所示，弹性绳一端固定在O点，另一端系住游客(可视为质点)。游客从O点自由下落，至A点弹性绳恰好自然伸直，继续向下运动到达最低点B。不计空气阻力，弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 到达A点时游客的速度最大
B. 到达A点时游客的加速度为0
C. 从A点至B点，游客受到的合力逐渐增大
D. 从A点至B点，游客的速度先增大后减小
11.某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，当列车在水平面上以某一加速度运动时，细线偏过一定角度后相对车厢保持静止，通过测定偏角的大小就能确定列车的加速度。在某次测定中，细线与竖直方向的夹角θ=30°保持不变，如图所示。已知重力加速度为g，小球质量为m。下列说法正确的是( )
A. 此时细线的拉力大小为 32mg
B. 此时列车的加速度大小为 33g
C. 此时列车可能向右减速运动
D. 仅增大小球的质量，夹角θ将减小
12.如图所示，将一个重力为G的铅球放在倾角为θ的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。挡板可绕O点逆时针方向缓慢旋转直至水平，不考虑铅球受到的摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 挡板竖直时，挡板对铅球的弹力大小为Gsinθ
B. 挡板竖直时，斜面对铅球的支持力大小为Gcsθ
C. 挡板缓慢旋转过程中，挡板对铅球的弹力逐渐增大
D. 挡板缓慢旋转过程中，斜面对铅球的支持力逐渐减小
13.如图所示，水平地面上放一斜劈，长方体物块a、b叠放在斜劈上，当物块b受到一个沿斜面向上的拉力F时，整个系统保持静止。下列说法正确的是( )
A. 物块a的受力个数可能为2个
B. 物块b的受力个数可能为5个
C. 地面对斜劈的静摩擦力可能为0
D. 地面对斜劈的支持力大小等于物块a、b和斜劈的重力之和
14.如图所示，质量为1kg的物块A放在静止木箱内，A与箱底的动摩擦因数为0.3。A被右侧轻弹簧以1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。要使物块能相对木箱底面移动，则木箱运动的加速度可能为( )
A. 水平向右，大小为5m/s2B. 水平向左，大小为1.5m/s2
C. 竖直向下，大小为5m/s2D. 竖直向上，大小为1.5m/s2
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.(1)用如图甲所示装置探究弹簧弹力与形变量的关系。
某小组使用两根不同的轻质弹簧a和b，得到弹簧弹力与弹簧长度的关系如图乙所示。下列说法正确的是______。
A.弹簧a的原长比b的短
B.弹簧a的劲度系数比b的大
C.弹簧a的劲度系数比b的小
D.弹簧弹力与弹簧长度成正比
(2)用如图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。
其中的两个实验步骤是：
a.在水平面内，将小圆环拴在橡皮条的一端，橡皮条的另一端固定，用两个弹簧测力计互成角度地拉动小圆环到O点，在白纸上记下O点的位置，以及F1、F2的大小和方向；
b.用一个弹簧测力计拉动小圆环，_____，记下此时F的大小和方向。
①关于本实验，下列操作正确的是______。
A.需先将两个测力计水平互拉，选择读数始终相同的两个测力计
B.需测出橡皮条的原长
C.应保持弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行
D.用两个测力计拉小圆环时，两个力F1和F2间的夹角可以成任意角度
②请补全步骤b中的操作并说明原因。
操作：______；
原因：______。
16.用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.细线可以与长木板不平行
B.将长木板右侧垫高的目的是让小车受到的阻力为零
C.平衡小车所受到的阻力时，小车应连接穿过打点计时器的纸带
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为依次选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则打下计数点C时小车的速度大小vC=______m/s；小车的加速度a=______m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(3)甲、乙两同学在研究加速度a与拉力F的关系时未平衡阻力，分别得到如图丙所示的两条图线。设甲、乙用的小车质量分别为M甲、M乙，小车运动中受到的阻力大小分别为f甲、f乙，由图可知，M甲______M乙，f甲______f乙。(选填“大于”、“小于”或“等于”)
(4)实验中平衡阻力后，小车在小桶及砝码的牵引下做匀加速直线运动。设小车的质量为M，小桶及砝码的总质量为m，请利用牛顿运动定律论证：当m远小于M时，细线上的拉力大小F近似等于小桶及砝码的总重力mg。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.质量为1.0×103kg的汽车，以10m/s的速度在平直公路上行驶。在t=0时刻开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动。10s后因故刹车做匀减速直线运动，加速度大小为4m/s2。求：
(1)汽车在10s末的速度大小；
(2)汽车从刹车到停止的位移大小；
(3)汽车减速过程中受到的阻力大小。
18.如图所示，滑梯斜面的长度为4m，与水平面夹角θ=37°。一儿童从滑梯顶端由静止开始匀加速下滑，2s后到达底端。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)画出儿童下滑时的受力示意图；
(2)求儿童下滑的加速度大小；
(3)求滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数。
19.2025年9月13日，北京部分地区出现冰雹天气。某同学研究冰雹下落的规律时，了解到冰雹是从12.5km的高空形成并下落的。将冰雹看作密度为ρ=0.9×103kg/m3的球体，如图甲所示，冰雹间无相互作用且下降过程中质量不变。重力加速度g取10m/s2，球的体积为V球=43πr3，其中r为球的半径。
(1)若不计空气阻力，请计算冰雹落地时的速度v1的大小；
(2)由于受到空气阻力的影响，冰雹实际到达地面前速度已稳定不变，此速度称为收尾速度。冰雹竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中v是冰雹的速度，k=0.9kg/m3，π≈3。
a.请在图乙中画出冰雹受空气阻力时无初速度下落的v−t图像；
b.若某颗冰雹半径为1cm，求其收尾速度v2的大小。
(3)保险行业统计数据表明，此次冰雹灾害中，露天停放的轿车后挡风玻璃受损概率明显高于侧窗玻璃，如图丙所示，请尝试建立合理的物理模型分析原因。(所需物理量自行设定；为研究问题方便，可认为冰雹竖直下落，不考虑玻璃的材质、结构、面积大小的差异。)
20.如图甲所示，一本字典置于水平桌面上，一张A4纸abcd夹在字典最深处，抽拽A4纸可以拉动字典，其俯视图如图乙所示。假设字典的质量分布均匀，同一页上的压力也分布均匀。字典总质量M=3kg，宽L=20cm，厚度H=6cm。A4纸上、下两表面与书页之间的动摩擦因数均为μ1=0.5，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2=0.2，各接触面的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。A4纸的重力和厚度均可忽略不计，重力加速度g取10m/s2。
(1)沿水平向前且与ab边垂直方向抽拽A4纸。
a.当A4纸上方字典厚度h1=1.2cm时，字典恰好能被拉动，求此时A4纸上方字典的质量M1及A4纸所受摩擦力f1的大小；
b.将A4纸上方字典的厚度调整为h2=4.8cm，已知A4纸cd边与字典边缘的距离Δx=2cm，如图乙所示。由静止开始以加速度a0=10m/s2匀加速抽拽A4纸，求A4纸从开始运动至cd边刚好进入字典的过程中，字典的位移x的大小。
(2)A4纸上方字典的厚度仍为h2=4.8cm，沿水平向右且与bc边垂直方向，将A4纸相对于字典以v=2m/s的速度匀速抽出。在抽出A4纸的过程中，只有与A4纸上方重叠部分的字典对A4纸有压力。请写出字典的加速度随时间变化的关系式。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：ACD、时间、质量和路程都是只有大小没有方向的标量，不是矢量。故ACD错误。
B、速度是既有大小又有方向的矢量。故B正确。
故选：B。
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
对于矢量与标量，要明确它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．
2.【答案】C
【解析】解：A.惯性只由质量决定，车的质量不变，惯性不变，安全带不能减小车的惯性，故A错误；
B.惯性只由质量决定，人的质量不变，惯性不变，安全带不能减小人的惯性，故B错误；
C.在汽车紧急刹车时，安全带通过限制人的运动，减少人因惯性向前冲撞车内物体造成的伤害，故C正确；
D.安全带主要用于保护车内人员，对车本身造成的伤害不是其作用对象，故D错误。
故选：C。
惯性只由质量决定，质量不变，惯性不变；在汽车紧急刹车时，安全带通过限制人的运动，主要用于保护车内人员。
考查影响惯性的因素，安全带的作用，通过限制人的运动来保护人。
3.【答案】C
【解析】解：A、9时15分是一个具体的时刻，不是时间间隔(时间间隔是一段时间)，故A错误；
B、最高时速是指瞬时速度的最大值，不是平均速度(平均速度由位移与时间的比值决定)，故B错误；
C、直升机编队保持队形飞行，各机之间相对位置不变，因此以其中一架为参考系，其他直升机是静止的，故C正确；
D、研究飞过广场的时间时，直升机的大小和形状相对于广场的长度可以忽略，因此可以看成质点，故D错误。
故选：C。
结合时刻与时间间隔、瞬时速度与平均速度的定义，以及参考系的相对运动和质点模型的适用条件，逐一分析各选项。
学生易混淆时刻与时间间隔、瞬时速度与平均速度的概念，也常忽略参考系的相对运动条件，或错误判断质点模型的适用场景。
4.【答案】D
【解析】解：A.重力和压力两个力的性质不一样，只是压力大小等于重力大小，故A错误；
BCD.弹簧秤对物体的支持力与物体的重力都作用在物体上，是一对平衡力；弹簧秤对物体的支持力与物体对弹簧秤的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故BC错误，D正确。
故选：D。
平衡力是作用在一个物体上，两个力大小相等，方向相反；相互作用力分别作用在两个物体上，两个力的性质相同，两个力大小相等，方向相反。
考查平衡力和相互作用力的区别和共同点。共同点：两个力大小相等，方向相反。不同点：平衡力是作用在一个物体上，相互作用力分别作用在两个物体上，两个力的性质相同。
5.【答案】D
【解析】解：A.路程是轨迹的长度，从抛出点至落地点小球的路程为s=5m+20m=25m，故A错误；
B.位移是初位置指向末位置的有向线段，从抛出点至落地点小球的位移为x=−15m，故B错误；
C.小球到达最高点时，速度为0，加速度为重力加速度g，故C错误；
D.从抛出点到落地点，由位移公式得v2−v02=−2gx
代入数据得v=20m/s，小球的速度变化量为Δv=−v−v0
代入数据得Δv=−30m/s，故D正确。
故选：D。
先区分路程与位移的定义，分析小球运动轨迹的总长度和初末位置的有向线段，再明确最高点的速度与加速度特点，最后结合矢量性计算速度变化量，以此判断各选项正误。
本题考查竖直上抛运动的基本规律，核心是区分路程与位移的概念，理解加速度的恒定性及速度变化量的矢量性。
6.【答案】A
【解析】解：根据功的概念可得1J=1N⋅m=(1kg⋅m⋅s−2)⋅m=1kg⋅m2⋅s−2=1kg⋅m2/s2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据功的概念可得1J=1N⋅m=(1kg⋅m⋅s−2)⋅m=1kg⋅m2⋅s−2=1kg⋅m2/s2。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出来的叫导出单位，考查如何利用功的表达式求出功的单位。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图可知乌龟从t=0时刻出发，兔子从t=t时刻出发，故 A错误；
B、x−t图像的斜率数值表示速度大小，在t=t时刻，图像中兔子的斜率大，说明兔子的速度大于乌龟的速度，故 B错误；
C、t1～t2时间内，兔子和乌龟的初末位置均相同，位移相同，故C错误；
D、根据v−=ΔxΔt，在0～t3时间内，兔子和乌龟的位移不同，所以其平均速度不同，故D正确。
故选：D。
本题考查x−t图像的物理意义，核心是利用图像斜率(速度)、截距(初始位置)、位移(末位置−初位置)、平均速度(位移/时间)分析龟兔赛跑过程。
考点经典：聚焦x−t图像的核心考点(斜率→速度、位移→位置差、平均速度→位移/时间)，是运动学图像分析的基础题型。
情境熟悉：以“龟兔赛跑”为背景，将抽象图像与经典故事结合，降低理解难度，提升趣味性。
8.【答案】B
【解析】解：A、根据v−t图像面积代表位移，结合题目规定向上为正方向，则t=240s时下潜至最深处，故A错误；
B、根据v−t图像面积代表位移，下潜的最大深度为H=120+2402×2m=360m，故B正确；
C、根据v−t图像斜率代表加速度，则180s～240s内速度为负，加速度为正，物体向下做减速运动，故C错误；
D、根据v−t图像斜率代表加速度，则480s～600s内速度为正，加速度为负，物体向上做减速运动，故D错误。
故选：B。
AB、根据v−t图像面积代表位移，结合题目规定向上为正方向，求解什么时候下潜至最深处，以及下潜的最大深度；
CD、根据v−t图像斜率代表加速度判断180s～240s和480s～600s物体的运动形式。
本题结合中国自主研发的万米级载人深潜器“奋斗者”号实际情境考查学生对v−t图像中斜率，面积的理解，难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.1s～2s内，压力传感器上示数F先小于重力再大于重力，故人先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误；
B.由图像可知“下蹲”过程中，力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，“站起”过程中，力传感器上的示数先大于重力，后小于重力，则0～8s时间段内，人完成了一次“下蹲”和一次“站起”的动作，故B错误；
C.由图像可知，重力mg=500N，弹力F1=200N时，失重最多，加速度最大；故0−8s内人的最大加速度大小为a=mg−F1m=500−20050m/s2=6m/s2，故C正确；
D.当加速度为0时，速度最大，F=700N的时刻，人的加速度不为0，速度不是最大，故D错误。
故选：C。
人在稳定的站姿和稳定的蹲姿状态中在竖直方向上受平衡力作用，重力等于支持力；当压力传感器上示数F最小时，人向下的加速度最大，人处于失重状态；当压力传感器上示数F最大时，运动员向上的加速度最大，人处于超重状态；“下蹲”过程中，该运动员先向下加速后向下减速，该运动员先处于失重状态后处于超重状态；“站起”过程中，该运动员先向上加速后向上减速，该运动员先处于超重状态后处于失重状态。
本题主要考查了对超重失重现象的理解，当压力传感器上示数F最小时，人向下的加速度最大，人处于失重状态；当压力传感器上示数F最大时，运动员向上的加速度最大，人处于超重状态。
10.【答案】D
【解析】解：AB、达到A点弹性绳恰好自然伸直，此时游客只受重力作用，加速度等于g，游客的速度不是最大，故AB错误；
CD、从A点至B点，游客受到的弹力逐渐增大，合外力先变小，当弹力和重力相等时速度最大，此时加速度为零；随后弹力大于重力，游客受到的合力方向向上、逐渐增加，速度逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
根据A点时人的受力情况判断速度是否对应最大；分析全过程中人的受力变化情况再判断加速度的变化情况。
解答本题的关键是分析各力的变化情况和合外力、加速度的变化情况，再判断速度的变化情况。
11.【答案】B
【解析】解：AB、对小球分析，受力情况如图所示：
根据几何关系可得细线的拉力大小为：F=mgcsθ=mgcs30∘=2 3mg3
根据牛顿第二定律可得：mgtan30°=ma，解得：a= 33g，故A错误，B正确；
C、由于加速度方向向右，所以此时列车可能向右加速运动或向左减速运动，故C错误；
D、加速度的大小与小球的质量无关，所以仅增大小球的质量，夹角θ不变，故D错误。
故选：B。
对小球分析，根据几何关系可得细线的拉力大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据加速度的方向确定运动情况；加速度的大小与小球的质量无关。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
12.【答案】D
【解析】解：对铅球受力分析，构建矢量三角形如图所示：
AB、挡板竖直时由平衡条件可知，挡板对铅球的弹力大小N1=Gtanθ，斜面对铅球的弹力大小N2=Gcsθ，故AB错误；
CD、由图可知挡板缓慢旋转过程中，挡板对铅球的弹力先减小后增大，斜面对铅球的弹力逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
对铅球受力分析，构建矢量三角形，根据平衡条件分析。
考查了受力分析构建矢量三角形的方法，图解法分析动态平衡的方法，熟练掌握常用动态平衡分析方法。
13.【答案】B
【解析】解：A、对物块a受力分析如图所示：
受重力、物体b对a的支持力和摩擦力，受三个力，故A错误；
B、对物块b受力分析如图所示：
由于拉力F大小未知，物块b受到斜劈的摩擦力可能沿斜面向上、向下或刚好为零，所以物块b受力个数为5个或6个，故B正确；
CD、对三个物体整体受力分析，如图所示：
由平衡条件可知，地面对斜劈的摩擦力f=Fcsθ，地面对斜劈的支持力N=G总−Fsinθ，故CD错误。
故选：B。
A、对物块a受力分析，受重力、物体b对a的支持力和摩擦力；
B、对物块b受力分析，根据相互作用力和平衡条件分析；
CD、对三个物体整体受力分析，根据平衡条件分析。
考查了受力分析的方法，正交分解的方法，按一重二弹三摩擦的顺序依次分析，不易漏掉受力。
14.【答案】A
【解析】解：A：木箱有水平向右的加速度，大小为5m/s2，以物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg+FT=ma2，代入数据可得a2=4.2m/s21.5m/s2，故物块不相对木箱运动，故B错误；
C、木箱有竖直向下加速度，物块处于失重状态，物块对木箱间的压力变小，竖直方向有mg−FN=ma，最大静摩擦力Ff=μFN，当a=5m/s2时，物块与木箱的最大静摩擦力F1=1.5N>1.2N，故物块不相对木箱运动，故C错误；
D、木箱有竖直向上加速度，则物块与木箱间的压力变大，竖直方向有FN′−mg=ma′，最大静摩擦力Ff′=μFN′，当a=1.5m/s2时，物块与木箱的最大静摩擦力F1′=3.45N>1.2N，故物块A不能相对木箱底面水平移动，故D错误；
故选：A。
先分析物块静止时的受力情况，再结合木箱不同方向的加速度，用牛顿第二定律分析物块所受摩擦力和弹力的变化，判断是否达到最大静摩擦力。
学生容易忽略加速度方向对弹力和摩擦力的影响，也容易混淆静摩擦力和滑动摩擦力的临界条件，导致对不同运动方向下的受力分析出现错误。
15.【答案】AB AC;把小圆环拉到刚才标记的O点;保证两个弹簧测力计拉力的效果和这一个弹簧测力计的效果相同
【解析】解：(1)A.图线的横轴截距表示弹簧的原长，由图可知弹簧a的原长比b的短，故A正确；
BC.图线的斜率表示弹簧的劲度系数，由图可知弹簧a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；
D.弹簧弹力与弹簧的伸长量成正比，故D错误。
故选：AB。
(2)①A.需先将两个测力计水平互拉，选择读数始终相同的两个测力计，这样可以减小实验误差，故A正确；
B.不需测出橡皮条的原长，只需要保证两次拉橡皮条时拉到同一位置，故B错误；
C.应保持弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行，这样才可以保证弹簧测力计的示数等于对橡皮条的拉力，故C正确；
D.用两个测力计拉小圆环时，两个力F1和F2间的夹角可以成任意角度，但是如果两个拉力的夹角过小，容易使这两个拉力的合力超过弹簧测力计的量程，且作图时误差较大，如果夹角过大，容易使分力超过弹簧测力计的量程，所以这两个拉力的夹角不能过大，也不能过小，故D错误。
故选：AC。
②操作：把小圆环拉到刚才标记的O点。
原因：保证两个弹簧测力计拉力的效果和这一个弹簧测力计的效果相同。
故答案为：(1)AB；(2)①AC；②把小圆环拉到刚才标记的O点，保证两个弹簧测力计拉力的效果和这一个弹簧测力计的效果相同。
(1)根据图像分析比较；
(2)①保证测力计的读数准确；不需测出橡皮条的原长；要保证弹簧测力计的示数等于对橡皮条的拉力；这两个拉力的夹角不能过大，也不能过小；
②根据实验要求分析解答即可。
掌握胡克定律的应用，知道F−l图线的斜率表示弹簧的劲度系数；掌握“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验注意事项是解题的基础。
16.【答案】C 0.70;0.51 小于;等于 根据牛顿第二定律得到拉力表达式进行解答
【解析】解：(1)A、为了使细线拉力等于合外力，则细线与长木板平行，故A错误；
B、将长木板右侧垫高的目的是为了平衡摩擦力，小车的阻力不可能为零，故B错误；
C、纸带与振针之间的阻力也必须平衡，所以平衡小车所受到的阻力时，小车应连接穿过打点计时器的纸带，故C正确；
故选：C。
(2)相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，则打下计数点C时小车的速度大小：vC=xBD2T=(6.70+7.21)×10−22×0.1m/s≈0.70m/s；
小车的加速度为：a=xCE−xAC(2T)2=[(7.21+7.72)−(6.19+6.70)]×10−24×0.12m/s2=0.51m/s2。
(3)当没有平衡摩擦力时，有：F−f=Ma，故a=1M⋅F−μg，
即图线斜率为1M，观察图线可知M甲小于M乙；
由于加速度为零时，F=f，则可知f甲等于f乙。
(4)实验中平衡阻力后，小车在小桶及砝码的牵引下做匀加速直线运动，对整体分析可得：mg=(m+M)a
对小车分析可得：F=Ma
联立解得：F=MM+m⋅mg=11+mM⋅mg
所以，当m远小于M时，细线上的拉力大小F近似等于小桶及砝码的总重力mg。
故答案为：(1)C；(2)0.70；0.51；(3)小于；等于；(4)根据牛顿第二定律得到拉力表达式进行解答。
(1)根据实验操作方法进行分析；
(2)根据中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度求解打下计数点C时小车的速度大小，根据逐差法求解小车的加速度；
(3)当没有平衡摩擦力时，根据牛顿第二定律得到F和1M关系式进行分析；
(4)对整体分析求解加速度，对小车根据牛顿第二定律得到拉力表达式进行解答。
本题考查了牛顿第二定律的实验，关键是掌握实验方法、实验数据处理方法；应用牛顿第二定律求出图像的函数表达式是求出小车所受合力的关键，要掌握应用图像法处理实验数据的方法。
17.【答案】汽车在10s末的速度大小是16m/s 汽车从刹车到停止的位移大小是32m 汽车减速过程中受到的阻力大小是4×103N
【解析】解：(1)汽车初速度为10m/s，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，可得汽车10s末汽车的速度大小为v=v0+at=10m/s+0.6×10m/s=16m/s
(2)汽车从开始刹车到停止运动所用时间为t0=va′=164s=4s
汽车匀减速阶段通过的位移大小为x2=v2t′=162×4m=32m
(3)根据F=ma′，a′=4m/s2
代入数据得F=4×103N
答：(1)汽车在10s末的速度大小是16m/s；
(2)汽车从刹车到停止的位移大小是32m；
(3)汽车减速过程中受到的阻力大小是4×103N。
(1)汽车先做匀加速直线运动，已知初速度、加速度与运动时间，运用匀变速直线运动的速度公式，代入已知量即可求出10s末的速度；
(2)刹车后汽车做匀减速直线运动，已知刹车初速度、加速度及末速度为零，平均速度，代入数据即可求出刹车到停止的位移；
(3)汽车减速过程中，阻力为合外力，根据牛顿第二定律，合外力等于质量与加速度的乘积，代入质量与减速加速度即可求出阻力大小。
本题考查匀变速直线运动规律与牛顿第二定律的综合应用，核心是分阶段分析运动状态，结合运动学公式与受力分析求解各物理量。
18.【答案】画出儿童下滑时的受力示意图； 儿童下滑的加速度大小2m/s2 滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数是0.5
【解析】解：(1)儿童下滑时受力示意图如图所示
(2)根据L=12at2
可得a=2Lt2=2×422m/s2=2m/s2
(3)根据牛顿第二定律可知mgsin37°−μmgcs37°=ma
代入数据得μ =0.5
答：(1)画出儿童下滑时的受力示意图；
(2)儿童下滑的加速度大小2m/s2
(3)滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数是0.5。
(1)确定研究对象为儿童，分析其受力：竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的摩擦力，按力的方向和作用点画出受力示意图；
(2)儿童做初速度为零的匀加速直线运动，已知斜面长度与下滑时间，选用匀变速直线运动的位移公式，代入数据求解加速度大小；
(3)对受力正交分解，沿斜面、垂直斜面建立坐标系，根据牛顿第二定律列方程，结合摩擦力公式，联立求解动摩擦因数。
这是一道受力分析、运动学规律与牛顿运动定律结合的基础题，考查综合应用能力，难度适中。
19.【答案】冰雹落地速度大小为500m/s a．

b.收尾速度大小为20m/s 冰霉竖直下落，露天停放的轿车后挡风玻璃在水平方向的有效面积大于侧窗玻璃，根据动量定理FΔt=Δmv=vΔtSρ⋅v，可得F=Sρv2，可知后挡风玻璃受冰雹的作用力大于侧窗玻璃，更易损坏
【解析】解：(1)若忽略空气阻力的影响，冰霉做自由落体运动，由自由落体运动的速度−位移公式：v2=2gh可知，冰雹落地时的速度大小
v= 2gh= 2×10×12.5×103m/s=500m/s
(2)①由题意可知f=kr2v2对冰霉由牛顿第二定律得mg−f=ma
解得a=g−fm=g−kr2v2m
冰霉向下做加速运动，v不断增大，加速度a不断减小，当冰霉所受合力为零时，加速度为零，冰霉做匀速直线运动，因此冰霉先做加速度减小的
加速运动，后做匀速直线运动，冰霉的v−t图像如图所示
②当加速度为零时f=kr2v22=mg,m=43πr3ρ
解得v2= 4πrgρ3k
解得v2=20m/s
(3)冰霉竖直下落，露天停放的轿车后挡风玻璃在水平方向的有效面积大于侧窗玻璃，根据动量定理FΔt=Δmv=vΔtSρ⋅v，可得F=Sρv2，可知后挡风玻璃受冰雹的作用力大于侧窗玻璃，更易损坏。
答：(1)冰雹落地速度大小为500m/s；
(2)a．
b.收尾速度大小为20m/s；
(3)冰霉竖直下落，露天停放的轿车后挡风玻璃在水平方向的有效面积大于侧窗玻璃，根据动量定理FΔt=Δmv=vΔtSρ⋅v，可得F=Sρv2，可知后挡风玻璃受冰雹的作用力大于侧窗玻璃，更易损坏。
(1)这一问考查自由落体运动的速度计算，可直接用匀变速直线运动的速度−位移公式求解。(2)a.这一问考查变加速直线运动的v−t图像，需根据阻力随速度增大、加速度减小的变化规律，画出先加速后匀速的曲线。b.这一问考查收尾速度的计算，当冰雹匀速下落时受力平衡，重力与阻力相等，结合密度、体积公式联立求解。(3)这一问考查碰撞模型的受力分析，通过建立物理模型，比较冰雹对不同倾角玻璃的冲击力差异，分析受损概率的原因。解答
本题结合自由落体、变加速运动和碰撞模型，考查了运动学公式、受力平衡和冲量分析，解题关键是准确把握收尾速度的受力条件和碰撞时的力的分解，能有效检验对多物理过程的综合分析能力。
20.【答案】a.A4纸上方字典的质量M1=0.6kg，A4纸所受摩擦力f1=2.4kg；b.字典的位移x=3500m 函数关系a(t)=0(0≤t≤0.05s)，a(t)=(40t−2)m/s2(0.05s0.1s)
【解析】解：(1)a.字典总质量M=3kg，总厚度H=6cm，上方厚度h1=1.2cm按厚度比例：
M1=M⋅h1H=3⋅1.26kg=0.6kg
下方字典质量M2=M−M1=2.4kg。
A4纸上下表面的摩擦力分别为：
f上=μ1M1g，f下=μ1(M1g+M2g)=μ1Mg
总摩擦力f1=f上+f下=μ1g(M1+M)=0.5×10×(0.6+3)N=18N
b.上方字典质量M1=M⋅h2H=3⋅4.86=2.4kg下方M2=0.6kg
A4纸对下方字典的摩擦力：
f下=μ1Mg=0.5×3×10N=15N
字典与桌面的最大静摩擦力：
f泉=μ2Mg=0.2×3×10=6N
因f下>f桌，字典会随A4纸运动。
A4纸做匀加速直线运动，位移Δx=0.02m，加速度a0=10m/s2运动时间：
Δx=12a0t2⟹t= 2Δxa0= 2×0.0210=0.0632s
字典的加速度：
a字=f下−f泉M=15−63=3m/s2
字典的位移：
x=12a字t2=12×3×(0.0632)2m≈0.006m=0.6cm
即x=3500m(或0.006m、0.6cm)
(2)A4纸以v=2m/s匀速抽出，接触宽度随时间变化：x(t)=vt，接触面积比例为x(t)L，故上方字典对A4
纸的压力：
N(t)=M1g⋅x(t)L=2.4×10⋅2t0.2=240tN
A4纸对字典的摩擦力：
f(t)=μ1N(t)=0.5×240t=120tN
字典的加速度：
a(t)=f(t)−f泉M=120t−63m/s2=(40t−2)m/s2
当f(t)≤f桌时，字典静止，即t≤6120=0.05s时a(t)=0；
当t>0.05s且x(t)≤L(即t≤0.1s)时，a(t)=40t−2m/s2；当t>0.1s时，接触结束，f(t)=0，字典做减速运动，加速度a=−f泉M=−63m/s2=−2m/s2。
函数关系为a(t)=0(0≤t≤0.05s)，a(t)=(40t−2)m/s2(0.05s0.1s)；
答：(1)a.A4纸上方字典的质量M1=0.6kg，A4纸所受摩擦力f1=2.4kg；
b.字典的位移x=3500m；
(2)函数关系a(t)=0(0≤t≤0.05s)，a(t)=(40t−2)m/s2(0.05s0.1s)；
(1)a.先按厚度比例求上方字典质量，再计算A4纸上下表面的摩擦力，最后判断字典恰好被拉动时的受力平衡条件。
b.先判断A4纸和字典的受力与运动状态，分别对两者列运动学方程，结合位移关系求解字典的位移。
(2)先确定A4纸与字典的接触压力随时间的变化关系，再推导字典受到的摩擦力与加速度的瞬时关系，得到加速度随时间的函数。
本题是摩擦力与动力学结合的综合题，核心难点在于：按厚度/面积比例计算变压力，这是处理字典均匀质量分布的关键。区分“恰好拉动”“匀加速抽纸”“匀速抽纸”三种场景下的受力与运动状态，尤其是临界条件的判断。第三问中压力随时间变化，导致加速度也随时间变化，需要分段讨论，对动态分析能力要求较高。