辽宁省沈阳市2024-2025学年高一（上学期）期末 物理试卷（含解析）

这是一份辽宁省沈阳市2024-2025学年高一（上学期）期末 物理试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）某质点由静止开始做直线运动，加速度先由零增大到某一值后，再逐渐减小到零后保持不变（ ）
A．当加速度达最大值时，速度也达到最大值
B．当加速度达最大值时，速度方向改变
C．速度一直在增大，最后保持不变
D．速度先增大后减小
2．（4分）量纲分析法是探讨科学规律、解决科学和工程问题的普适方法。例如：人们猜测空气阻力的表达式为F＝CρSvx，其中C为空气阻力系数（无量纲的常数），ρ为空气密度，S为物体迎风面积，该表达式中的x应为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．（4分）热气球常用于航空摄影和航空旅游，在其内部安装定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来，如图记录的是从一定高度上正在竖直上升的热气球，记录单位是米。在记录时间内，下列说法正确的是（ ）
A．在记录竖直上升的高度变化时，热气球不能被视为质点
B．热气球一直处于超重状态
C．热气球向上做匀减速直线运动
D．由题中所给数据可以计算出记录时间内热气球的平均速度大小
4．（4分）用硬质包装盒收纳易拉罐，其简化模型如下：盒口侧开，3个完全相同的圆柱形易拉罐A、B、C对齐后横放其中，侧面对易拉罐的弹力分别为FA、FB、FC，C对B的弹力为FCB，A对B的弹力为FAB，底面对C的弹力为F，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．FC一定大于FB
B．FCB一定大于FAB
C．盒宽L稍增大一些（A与C仍未接触），FA将减小
D．盒宽L稍增大一些（A与C仍未接触），F将增大
5．（4分）冰壶比赛是2022年北京冬奥会比赛项目之一，如图所示，运动员把冰壶沿平直冰面投出，再进入冰刷刷过的冰面BC段并最终停在C点。已知冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数之比为3：2，冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小之比为2：1（ ）
A．4B．3C．2D．
6．（4分）甲、乙两个遥控小汽车在一条直线上沿同一方向做匀加速直线运动。开始时，乙小汽车在甲小汽车前面1m处，从该时刻开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．乙遥控小汽车的加速度大小为2m/s2
B．甲遥控小汽车的初速度大小为1m/s
C．甲、乙遥控小汽车此后能相遇两次
D．两车此后能相遇一次，且相遇前两车之间的最大距离为1.5m
7．（4分）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，对A施加竖直向上的拉力F，使A先以a＝5m/s2的加速度向上做匀加速直线运动，从t＝0.2s时起，使A改做匀速直线运动。已知：两物体的质量mA＝4kg，mB＝1kg，弹簧的劲度系数为k＝100N/m，重力加速度g＝10m/s2；则从t＝0时刻起，拉力F随时间t变化的关系（F﹣t）图像大致正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
（多选）8．（6分）一个从静止开始做直线运动的物体，其运动图像如图所示，在0﹣4s内下列说法正确的是（ ）
A．若图中纵坐标表示位移，则物体在前2s速度沿正方向
B．若图中纵坐标表示速度，则物体在4s末回到出发点
C．若图中纵坐标表示速度，则物体在3s末的加速度为0
D．若图中纵坐标表示加速度，则物体在4s末的速度最大
（多选）9．（6分）如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的缆绳与水平方向夹角为37°，悬挂车厢的钢杆始终保持竖直。一质量为m的滑块P放在车厢内倾角为53°的固定斜面体Q上，当车厢以加速度a＝0.4g（g表示重力加速度）沿缆绳向上做匀加速直线运动时，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8（ ）
A．悬臂对车厢的作用力方向与缆绳平行
B．斜面体Q对滑块P的摩擦力为0.8mg
C．斜面体Q对滑块P的支持力为mg
D．车厢对斜面体Q的支持力大小为2.48mg
（多选）10．（6分）机械手可以像人的手一样抓东西、移动物体。在某次测试中，它对静置于水平桌面上的书和在书上静置的滑块执行如下操作，已知：书的质量为2m，书与桌面间的动摩擦因数为μ，书与滑块之间的动摩擦因数为2μ，可同时对滑块施加竖直向下的力F1和水平向右的力F2，如图所示最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．当F1＝0，F2＝μmg时，书对桌面的摩擦力方向水平向右
B．当F1＝0，F2＞3μmg时，书可以相对桌面滑动
C．当F1＝3mg，F2＝8.5μmg时，滑块的加速度为0.5μg
D．当F1＝3mg，F2＝9.5μmg时，滑块的加速度为1.5μg
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉A、FB的大小，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和两细线的方向。
（1）某次实验时，弹簧测力计A的示数如图所示，则该示数为 N。
（2）本实验主要采用的科学方法是 。
A.控制变量法
B.理想实验法
C.等效替代法
D.建立物理模型法
（3）关于该实验的操作及结论，下列说法正确的是 。
A.不需要测量重物M受到的重力大小
B.细线方向应与木板平面平行
C.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
D.以表示FA、FB两力的线段为邻边作出平行四边形，其对角线对应的合力理论值F′的方向一定竖直向上
（4）在某次实验中，测得A、O间的细线与竖直方向夹角为30°，连接重物M的竖直细线中的张力为FA、FB及F的大小关系，正确的是 。
A.FA＞F＞FB
B.FB＞F＞FA
C.F＞FA＞FB
D.F＞FB＞FA
12．（8分）某实验小组为探究小车质量M一定时，小车的加速度a与所受合外力F的关系，设计并采用了如图甲所示的方案。其实验操作步骤如下：
a、按照实验装置图安装好实验装置；
b、挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为M的小车能拖着纸带沿木板匀速下滑；
c、取下砝码盘和砝码，测出其总质量为m，再让小车拖着纸带沿木板加速下滑，由纸带求得小车加速度a；
d、改变砝码盘中砝码的个数，重复步骤b和c，多次测量，作出a﹣F图像。
（1）该实验方案 满足条件M≫m（选填“需要”或“不需要”）；重力加速度为g，则小车加速下滑时受到的合外力F mg（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。图乙是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个打点间隔取1个计数点，相邻计数点间的距离已在图中标出。打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝ m/s，小车的加速度a＝ m/s2。（结果均保留两位有效数字）
（3）若实验操作规范，随着托盘内的砝码数增大，作出的a﹣F图像正确的是 。
（4）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a的倒数与砝码盘和砝码的总质量m的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M＝ kg。（g取9.8m/s2）（结果保留2位有效数字）
13．（10分）一质量m＝5kg的物体恰好沿倾角为θ＝37°的斜面匀速下滑；若对物体施加一个与斜面成37°斜向上的拉力F，则物体可沿斜面匀速上滑2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
14．（12分）跳伞运动员从476m高空跳下，开伞前的自由下落近似为自由落体运动，下落一段距离后打开伞2的加速度匀减速下降，到达地面时的速度为4m/s，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）刚打开降落伞时的速度；
（2）运动员在空中运动的总时间。
15．（18分）图（a）为桃仙国际机场行李传送装置简化图，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角θ＝37°。传送带匀速转动时，工作人员将正方体行李箱从D点由静止释放，行李箱运动时的剖面图如图（b）所示，行李箱质量m＝10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为μ1＝0.8125，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2＝0.25（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力）。
（1）求加速过程传送带上表面对行李箱的摩擦力大小f1和挡板对行李箱的摩擦力大小f2；
（2）行李箱在传送带上运动的时间t；
（3）若行李箱放到传送带上2s后，传送带由于故障以10m/s2的加速度做匀减速运动，直到行李箱停止后工作人员立即重启系统，然后传送带从静止以8m/s2的加速度加速至恢复正常，若已知行李箱相对传送带累计滑动超过55cm就会在该表面形成明显破损，请通过计算判断全程行李箱与传送带接触的表面会不会产生明显破损。
2024-2025学年辽宁省沈阳市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10题，共46分。在每题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（4分）某质点由静止开始做直线运动，加速度先由零增大到某一值后，再逐渐减小到零后保持不变（ ）
A．当加速度达最大值时，速度也达到最大值
B．当加速度达最大值时，速度方向改变
C．速度一直在增大，最后保持不变
D．速度先增大后减小
【分析】加速度方向与速度方向相同时物体做加速运动，加速度方向与速度方向相反时物体做减速运动，根据题意分析答题。
【解答】解：质点由静止开始做加速运动，加速度先增大后逐渐减小到零，加速度方向一直与速度方向相同，
质点一直做加速运动，速度一直增大，做匀速直线运动，故ABD错误。
故选：C。
【点评】知道物体做加速运动与减速运动的条件是解题的前提，根据题意分析清楚质点的运动过程即可解题。
2．（4分）量纲分析法是探讨科学规律、解决科学和工程问题的普适方法。例如：人们猜测空气阻力的表达式为F＝CρSvx，其中C为空气阻力系数（无量纲的常数），ρ为空气密度，S为物体迎风面积，该表达式中的x应为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据单位制的规律列式推导x的数值。
【解答】解：根据F＝CρSvx，根据单位制可得＝•m2•，解得x＝7，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查单位制问题，明确单位制在物理学中的作用，会根据题意进行准确分析解答。
3．（4分）热气球常用于航空摄影和航空旅游，在其内部安装定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来，如图记录的是从一定高度上正在竖直上升的热气球，记录单位是米。在记录时间内，下列说法正确的是（ ）
A．在记录竖直上升的高度变化时，热气球不能被视为质点
B．热气球一直处于超重状态
C．热气球向上做匀减速直线运动
D．由题中所给数据可以计算出记录时间内热气球的平均速度大小
【分析】A.根据质点的条件进行分析判断；
B.根据向上的减速运动判断超失重问题；
C.根据连续相等时间内的位移差是否是确定值进行分析判断；
D.根据平均速度的定义列式求解。
【解答】解：A.记录竖直上升的高度变化，热气球能被视为质点；
B.由图可见气球在上升过程，相等的时间间隔的位移越来越小，处于失重状态；
C.由图可见在相邻的3s内的位移差不是一恒量，说明气球不是向上做匀减速直线运动；
D.记录时间内热气球的平均速度大小为，故D正确。
故选：D。
【点评】考查变速直线运动问题，结合题中相应数据判断是否满足匀变速直线运动特点，会根据题意进行准确分析解答。
4．（4分）用硬质包装盒收纳易拉罐，其简化模型如下：盒口侧开，3个完全相同的圆柱形易拉罐A、B、C对齐后横放其中，侧面对易拉罐的弹力分别为FA、FB、FC，C对B的弹力为FCB，A对B的弹力为FAB，底面对C的弹力为F，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．FC一定大于FB
B．FCB一定大于FAB
C．盒宽L稍增大一些（A与C仍未接触），FA将减小
D．盒宽L稍增大一些（A与C仍未接触），F将增大
【分析】A、对三个易拉罐受力分析，根据平衡条件，结合牛顿第三定律判断二力之间的关系；
B、单独对B受力分析，根据题干可知，AC两个易拉罐的圆心在同一竖直线上，可利用此特点，结合牛顿第三定律判断AC易拉罐分别给B的弹力之间的关系；
C、画出盒宽L稍增大一些后的受力分析，此时三个易拉罐仍处于平衡状态，但此时弹力方向发生变化，根据力的合成与分解思想可知，盒子对易拉罐的弹力的方向以及重力的大小与方向均不发生改变，故可利用此特点判断FA的大小变化；
D、结合牛顿第三定律、平衡条件、力的合成与分解思想证明F是否发生变化。
【解答】解：A、根据题意作出受力分析图如图所示：
根据ABC均处于受力平衡状态可知，FB等于FCB和FAB在水平方向的合力，FC等于FBC在水平方向的力，由牛顿第三定律得知FBC＝FCB，故FC一定小于FB，故A错误；
B、对B受力分析
由于AC圆心在一条竖直线上，即∠1＝∠2CB的竖直分量等于FAB的竖直分量与mBg的和，即FCB一定大于FAB，故B正确；
C、画出盒宽L稍增大一些后的受力分析BA、FCB、FAB、FBC的示意图
当盒宽增大些，mAg不改变，故FBA竖直方向的分量不发生改变，但倾斜角度改变BA将增大，FBA的水平分量增大，故FA将增大，故C错误；
D、当盒宽增大些mAg不改变，故FBA竖直方向的分量不发生改变，但倾斜角度改变BA将增大，FAB＝FBA，即FBA将增大，由B中分析可得∠8＝∠2CB将增大，根据牛顿第三定律FBC＝FCB，即FBC将增大，但FBC的数值分量不发生改变，F等于FBC的竖直分量与mCg的和，即F不发生改变。
故选：B。
【点评】本题考查多个物体的共点力平衡问题，其中利用平衡条件和牛顿第三定律，根据力的合成与分解的方法判断弹力之间的大小关系为解决本题的关键。
5．（4分）冰壶比赛是2022年北京冬奥会比赛项目之一，如图所示，运动员把冰壶沿平直冰面投出，再进入冰刷刷过的冰面BC段并最终停在C点。已知冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数之比为3：2，冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小之比为2：1（ ）
A．4B．3C．2D．
【分析】对冰壶在AB段和BC段滑行的过程，分别运用动能定理列方程，即可求得冰壶在A点和B点速度大小的比值。
【解答】解：设冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小分别为x2、x2。
冰壶在AB段滑行时，根据动能定理得
﹣μ1mgx2＝﹣
冰壶在BC段滑行时，根据动能定理得
﹣μ2mgx2＝4﹣
依题意，μ1：μ2＝3：2，x1：x5＝2：1
联立解得＝4，C正确。
故选：C。
【点评】对于涉及力在空间的积累效果求速度的问题，要想到动能定理。运用动能定理时，要明确研究过程，分析各力做功情况。
6．（4分）甲、乙两个遥控小汽车在一条直线上沿同一方向做匀加速直线运动。开始时，乙小汽车在甲小汽车前面1m处，从该时刻开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．乙遥控小汽车的加速度大小为2m/s2
B．甲遥控小汽车的初速度大小为1m/s
C．甲、乙遥控小汽车此后能相遇两次
D．两车此后能相遇一次，且相遇前两车之间的最大距离为1.5m
【分析】v﹣t图中，倾斜的直线代表匀变速直线运动，斜率代表物体的加速度，图像与t轴所围的面积代表位移。两条直线的交点代表速度相同，或者相隔最远或最近。
【解答】解：A、乙遥控小汽车的加速度大小为a乙＝＝2m/s2。A正确。
B、由题知甲遥控小汽车的初速度大小为2m/s。
C、由v﹣t图知，乙遥控小汽车的位移为2m，而开始时，甲、乙小汽车并没有相遇，乙小汽车的速度大于甲小汽车的速度，它们不会相遇。C。
故选：A。
【点评】本题考查了匀变速直线运动的v﹣t图像和追及问题，掌握好v﹣t图像的意义即可解题。解题过程中，需要注意x﹣t图和v﹣t图的区别。
7．（4分）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，对A施加竖直向上的拉力F，使A先以a＝5m/s2的加速度向上做匀加速直线运动，从t＝0.2s时起，使A改做匀速直线运动。已知：两物体的质量mA＝4kg，mB＝1kg，弹簧的劲度系数为k＝100N/m，重力加速度g＝10m/s2；则从t＝0时刻起，拉力F随时间t变化的关系（F﹣t）图像大致正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】系统静止时，对 A、B 整体进行受力分析，根据平衡条件可得弹簧的压缩量x0，分别对0﹣0.2s阶段列牛顿第二定律求出F﹣t图像判断CD，再通过AB分离临界状态即弹簧原长时物体分离，列匀速直线运动等式求出脱离时间，即可判断AB选项。
【解答】解：当系统静止时，对 A，根据平衡条件可得弹簧的压缩量，对整体受力分析F﹣（mA+mB）g﹣kx＝（mA+mB）a，且，联立并代数得：F＝250t4+25，F﹣t为二次函数，由匀加速直线运动得0.2s时刻物体速度为v3＝at，位移，所以整体一起匀速的位移只有s3＝x0﹣s1，由位移—速度公式s8＝v1t2，求出t7＝0.4s，接下来AB两物体将分离。
A.由以上分析得物体AB从开始到分离需要8.5s时间，A图分离时间为0.7s；
B.由以上分析得物体AB从开始到分离需要0.5s时间，A图分离时间为8.5s，符合题意；
C.由以上分析得物体在0﹣5.2s时间为二次函数图像，C不符合；
C.由以上分析得物体在0﹣6.2s时间为二次函数图像，D不符合；
故选：B。
【点评】本题通过轻质弹簧上叠放物体 A、B 的情境，考查了牛顿第二定律、胡克定律以及力随时间变化的关系，需要分别分析 A 在匀加速和匀速运动阶段拉力 F 的变化情况，并与选项中的图像进行对比。
（多选）8．（6分）一个从静止开始做直线运动的物体，其运动图像如图所示，在0﹣4s内下列说法正确的是（ ）
A．若图中纵坐标表示位移，则物体在前2s速度沿正方向
B．若图中纵坐标表示速度，则物体在4s末回到出发点
C．若图中纵坐标表示速度，则物体在3s末的加速度为0
D．若图中纵坐标表示加速度，则物体在4s末的速度最大
【分析】位移—时间图像反映物体的位置随时间的变化规律；在速度一时间图像中，面积表示位移，斜率表示加速度；若图中纵坐标表示加速度，则图像面积表示速度变化量。
【解答】解：A.若图中纵坐标表示位移，纵坐标往复变化表示物体的位置往复变化，斜率的正负表示方向，即物体在前2s速度沿正方向说法错误；
BC.若图中纵坐标表示速度，速度一时间图像面积表示位移，速度一时间图像斜率表示加速度，故BC正确；
D.若图中纵坐标表示加速度，则图像面积表示速度变化量，不是最大。
故选：BC。
【点评】对于运动图象，首先要看清坐标轴，再根据图像的斜率和面积来分析图象的物理意义。
（多选）9．（6分）如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的缆绳与水平方向夹角为37°，悬挂车厢的钢杆始终保持竖直。一质量为m的滑块P放在车厢内倾角为53°的固定斜面体Q上，当车厢以加速度a＝0.4g（g表示重力加速度）沿缆绳向上做匀加速直线运动时，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8（ ）
A．悬臂对车厢的作用力方向与缆绳平行
B．斜面体Q对滑块P的摩擦力为0.8mg
C．斜面体Q对滑块P的支持力为mg
D．车厢对斜面体Q的支持力大小为2.48mg
【分析】悬臂对车厢的作用力与车厢及重物的重力的合力提供加速度，从而分析悬臂对车厢的作用力方向，分解加速度，根据牛顿第二定律解答。
【解答】解：A、悬臂对车厢的作用力与车厢及重物的重力的合力提供加速度，故A错误；
BC、对滑块受力
Nsin53°﹣fcs53°＝macs37°
Ncs53°+fsin53°﹣mg＝masin37°
解得N＝mg，f＝0.8mg
故BC正确；
D、对PQ整体分析可知
N'﹣7mg＝2masin37°
解得
N'＝2.48mg
故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查学生对加速度分解的运用，注意对牛顿第二定律的掌握。
（多选）10．（6分）机械手可以像人的手一样抓东西、移动物体。在某次测试中，它对静置于水平桌面上的书和在书上静置的滑块执行如下操作，已知：书的质量为2m，书与桌面间的动摩擦因数为μ，书与滑块之间的动摩擦因数为2μ，可同时对滑块施加竖直向下的力F1和水平向右的力F2，如图所示最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．当F1＝0，F2＝μmg时，书对桌面的摩擦力方向水平向右
B．当F1＝0，F2＞3μmg时，书可以相对桌面滑动
C．当F1＝3mg，F2＝8.5μmg时，滑块的加速度为0.5μg
D．当F1＝3mg，F2＝9.5μmg时，滑块的加速度为1.5μg
【分析】AB.当F1＝0时，根据滑动摩擦力公式分别求解滑块与书之间的最大静摩擦力、书与桌面的最大静摩擦力，比较它们之间的大小，然后做出判断；
CD.当F1＝3mg，根据滑动摩擦力公式分别求解滑块与书之间的最大静摩擦力、书与桌面的最大静摩擦力，然后根据牛顿第二定律，结合整体法和隔离法求解作答。
【解答】解：A.当F1＝0，滑块与书之间的最大静摩擦力f5m＝2μmg＞F2＝μmg，滑块与书保持相对静止；
书与桌面的最大静摩擦力f4m＝μ（m+2m）g＝3μmg＞F2＝μmg，书与桌面保持相对静止；
B.当F1＝0，F7＞3μmg时，F2＞f2m，滑块相对于书滑动；
由于f2m＞f1m，书与桌面滑动仍然保持相对静止，故B错误；
C.当F7＝3mg，滑块与书之间的最大静摩擦力f1m′＝6μ（mg+3mg）＝8μmg
书与桌面的最大静摩擦力f6m′＝μ（m+2m+3mg）＝8μmg
假设滑块与书保持相对静止，对整体2﹣f2m′＝（m+5m）a
将F2＝8.3μmg代入后，解得
对滑块F4﹣f1＝ma
代入数据解得
滑块与书保持相对静止，因此滑块的加速度为；
D.当F2＝7.5μmg时，对滑块2﹣f6m′＝ma′
代入数据解得a′＝1.5μg
对书，根据牛顿第二定律2μmg﹣6μmg＝2ma″
解得a″＝μg
滑块与书之间发生相对运动，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了滑动摩擦力公式的运用，牛顿第二定律、整体法与隔离法在板块模型中的运用，判断滑块与书之间是否发生相对运动是解题的关键。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉A、FB的大小，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和两细线的方向。
（1）某次实验时，弹簧测力计A的示数如图所示，则该示数为 2.90 N。
（2）本实验主要采用的科学方法是 C 。
A.控制变量法
B.理想实验法
C.等效替代法
D.建立物理模型法
（3）关于该实验的操作及结论，下列说法正确的是 BD 。
A.不需要测量重物M受到的重力大小
B.细线方向应与木板平面平行
C.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
D.以表示FA、FB两力的线段为邻边作出平行四边形，其对角线对应的合力理论值F′的方向一定竖直向上
（4）在某次实验中，测得A、O间的细线与竖直方向夹角为30°，连接重物M的竖直细线中的张力为FA、FB及F的大小关系，正确的是 A 。
A.FA＞F＞FB
B.FB＞F＞FA
C.F＞FA＞FB
D.F＞FB＞FA
【分析】（1）根据弹簧秤的读数规则完成读数；
（2）根据等效替代法的思想结合具体实例进行分析解答；
（3）根据题中给定的实验器材及验证力的合成的实验原理和注意事项进行分析判断；
（4）用封闭矢量三角形作图，结合正弦定理列式判断各力的大小关系。
【解答】解：（1）弹簧秤的精确度为0.1N，则弹簧测力计A的示数为2.90N；
（2）力的合成实验采用的科学方法是等效替代法，故C正确。
故选：C。
（3）A.需要测量重物M受到的重力大小，因为利用A，故A错误；
B.细线方向应与木板平面平行，故B正确；
C.改变拉力，进行多次实验，MO段细线对O的拉力作用效果始终不变，故C错误；
D.以表示FA、FB两力的线段为邻边作出平行四边形，根据平衡条件可知，故D正确。
故选：BD。
（4）由题意，根据平衡条件可知，如图所示
根据正弦定理有，而γ＝90°＞β＝60°＞α＝30°A＞G＞FB，又根据题意有G＝F，所以故FA＞F＞FB，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：（1）2.90；（2）C；（4）A。
【点评】考查力的合成的科学方法，矢量三角形以及正弦定理的应用，会根据题意进行准确分析解答。
12．（8分）某实验小组为探究小车质量M一定时，小车的加速度a与所受合外力F的关系，设计并采用了如图甲所示的方案。其实验操作步骤如下：
a、按照实验装置图安装好实验装置；
b、挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为M的小车能拖着纸带沿木板匀速下滑；
c、取下砝码盘和砝码，测出其总质量为m，再让小车拖着纸带沿木板加速下滑，由纸带求得小车加速度a；
d、改变砝码盘中砝码的个数，重复步骤b和c，多次测量，作出a﹣F图像。
（1）该实验方案 不需要 满足条件M≫m（选填“需要”或“不需要”）；重力加速度为g，则小车加速下滑时受到的合外力F ＝ mg（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。图乙是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个打点间隔取1个计数点，相邻计数点间的距离已在图中标出。打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝ 1.0 m/s，小车的加速度a＝ 5.0 m/s2。（结果均保留两位有效数字）
（3）若实验操作规范，随着托盘内的砝码数增大，作出的a﹣F图像正确的是 A 。
（4）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a的倒数与砝码盘和砝码的总质量m的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M＝ 0.18 kg。（g取9.8m/s2）（结果保留2位有效数字）
【分析】（1）根据实验原理分析解答；
（2）根据匀变速直线运动规律结合逐差法计算；
（3）（4）根据牛顿第二定律分析图像，结合斜率计算小车质量。
【解答】解：（1）当小车匀速下滑时，根据平衡条件Mgsinθ＝mg+f
取下砝码和砝码盘后，根据牛顿第二定律F合＝Mgsinθ﹣f＝Ma
联立解得F＝mg＝Ma
由于实验中不需要用砝码乙砝码盘的总重力代替绳子的拉力，因此该方案不需要满足条件M≫m；
小车加速下滑时受到的合外力F＝mg
（2）每5个打点间隔取1个计数点，则T＝4×0.02s＝0.6s
根据匀变速直线运动规律可知v＝＝×7.01m/s＝1.0m/s
根据逐差法可知加速度为a＝＝×0.01m/s6＝5.0m/s3
（3）根据上述分析，该方案不需要满足条件M≫m，图线不会发生弯曲，BC错误。
故选：A。
（4）根据mg＝Ma变形可得
＝
根据图像斜率可知k＝＝s2•kg/m
解得M＝7.18kg
故答案为：（1）不需要；＝；（2）1.0；（3）A
【点评】考查打点计时器的使用，纸带的数据处理以及牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
13．（10分）一质量m＝5kg的物体恰好沿倾角为θ＝37°的斜面匀速下滑；若对物体施加一个与斜面成37°斜向上的拉力F，则物体可沿斜面匀速上滑2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
【分析】物体恰好沿斜面匀速下滑时，根据平衡条件和滑动摩擦力公式相结合求出物体与斜面间的动摩擦因数；物体沿斜面匀速上滑时，分析受力，再根据平衡条件和滑动摩擦力公式相结合求拉力F的大小。
【解答】解：物体恰好沿斜面匀速下滑时，根据平衡条件有
mgsin37°＝μmgcs37°
代入数据解得：μ＝0.75
物体沿斜面匀速上滑时，物块的受力情况如图所示。
建立坐标系，在x方向上有
Fcs37°＝Ff+mgsin37°
在y方向有
FN+Fsin37°＝mgcs37°
又Ff＝μFN
联立代入数据解得：F＝48N
答：拉力F的大小为9.3N。
【点评】本题考查共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：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或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
14．（12分）跳伞运动员从476m高空跳下，开伞前的自由下落近似为自由落体运动，下落一段距离后打开伞2的加速度匀减速下降，到达地面时的速度为4m/s，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）刚打开降落伞时的速度；
（2）运动员在空中运动的总时间。
【分析】（1）根据速度—位移关系结合运动员下落的总高度列方程计算；
（2）分别计算出自由下落的时间和匀减速下落的时间，然后求和即可。
【解答】解：（1）设刚打开降落伞时的速度为v1，落到地面时的速度为v2＝4m/s，则有
把h＝476m，a＝﹣7m/s2代入上式，解得v1＝40m/s
（2）自由下落的时间为
打开降落伞后下落的时间为
运动员在空中运动的时间为
t＝t1+t5
联立代入数据解得
t＝22s
答：（1）刚打开降落伞时的速度为40m/s；
（2）运动员在空中运动的总时间22s。
【点评】本题考查了运动学公式的应用，基础题。
15．（18分）图（a）为桃仙国际机场行李传送装置简化图，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角θ＝37°。传送带匀速转动时，工作人员将正方体行李箱从D点由静止释放，行李箱运动时的剖面图如图（b）所示，行李箱质量m＝10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为μ1＝0.8125，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2＝0.25（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力）。
（1）求加速过程传送带上表面对行李箱的摩擦力大小f1和挡板对行李箱的摩擦力大小f2；
（2）行李箱在传送带上运动的时间t；
（3）若行李箱放到传送带上2s后，传送带由于故障以10m/s2的加速度做匀减速运动，直到行李箱停止后工作人员立即重启系统，然后传送带从静止以8m/s2的加速度加速至恢复正常，若已知行李箱相对传送带累计滑动超过55cm就会在该表面形成明显破损，请通过计算判断全程行李箱与传送带接触的表面会不会产生明显破损。
【分析】（1）根据摩擦力的公式结合共点力平衡条件解答；
（2）行李箱先加速再匀速，根据牛顿第二定律结合运动学公式计算；
（3）分析行李箱与传送带的相对位移，从而判断传送带接触的表面会不会产生明显破损。
【解答】解：（1）货物放上传送带后，水平方向受力如图1所示1，挡板对物体摩擦力为f3，由剖面图对货物受力分析如图2，传送带对货物支持力为N1，挡板对货物支持力为N4
根据共点力平衡条件有
N1＝mgcsθ
f1＝μ2N1
N2＝mgsinθ
f7＝μ2N2
代入数据解得f8＝65N，f2＝15N
（2）对行李箱在传送带上由牛顿第二定律有f1﹣f8＝ma1
得a1＝3m/s2
加速时间t1＝
加速位移：x1＝t8
匀速运动的时间：t2＝
总时间t＝t2+t2
解得t＝5.2s
（3）假设行李箱和传送带相对静止一起匀减速，需要的合外力F＝ma2
解得F＝100N
由于f1+f8＝65N+15N＝80N＜F＝100N，可知行李箱和传送带相对滑动。
对行李箱：f1+f2＝ma7
解得a3＝8m/s4
行李箱停下运动位移：x2＝
传送带停下运动位移：x3＝
行李箱相对于传送带向前滑动的距离：Δx5＝x2﹣x3
由于再次启动时a带＞a6，故传送带和行李箱发生相对滑动
箱加速时间：t3＝t1
传送带加速时间：t8＝
行李箱运动位移：x4＝x1
传送带运动位移：x7＝t4+v（t3﹣t4）
行李箱相对于传送带向后滑动的距离：Δx2＝x3﹣x4
在发生故障前行李箱相对于传送带向后滑动的距离：Δx3＝vt2﹣x1
行李箱相对传送带累计滑动距离：Δx＝Δx1+Δx6+Δx3
代入数据解得：Δx＝0.6m
由于Δx＞55cm，故表面会产生明显破损
答：（1）加速过程传送带上表面对行李箱的摩擦力大小为65N，挡板对行李箱的摩擦力大小为15N；
（2）行李箱在传送带上运动的时间为5.2s；
（3）表面会产生明显破损。
【点评】本题考查了传送带模型与牛顿第二定律的应用。传送带模型要判断是否可以共速，以及共速后物体运动形式，要注意摩擦力的方向。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
C
B
D
B
C
A
B