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高考物理考前冲刺押题预测 力学实验
一．选择题（共10小题）
1．（2025 西城区校级模拟）某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在3.0～3.5s时间内，木板一定做匀加速运动
B．在4.5～5.5s时间内，木板一定做匀加速运动
C．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
D．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为5：4
2．（2024秋 淄博校级期末）某实验小组设计了用单摆测量海底深度的实验。在静止于海底的蛟龙号里，测得摆长为l的单摆，完成N次全振动用时为t。设地球为均质球体，半径为R，地球表面的重力加速度大小为g。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。则下列说法正确的是（　　）
A．此海底处的重力加速度大于地球表面的重力加速度
B．此海底处的重力加速度为无穷大
C．此海底处的深度为
D．此海底处的重力加速度大小为
3．（2025 泰州开学）如图所示，在探究加速度与力、质量关系的实验中，若发现连接小车的细线与桌面行而与轨道不平行，则应（　　）
A．减小滑轮高度 B．增大滑轮高度
C．减小轨道倾角 D．增大轨道倾角
4．（2024秋 西城区校级期末）某实验小组利用传感器来探究力的合成规律。实验中测得两传感器的拉力分别为F1、F2，钩码总重力为G，下列数据不能完成实验的是（　　）
A．F1＝3N，F2＝4N，G＝5N B．F1＝F2＝4N，G＝5N
C．F1＝F2＝3N，G＝5N D．F1＝F2＝2N，G＝5N
5．（2024秋 鼓楼区校级期末）“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
B．在进行不同次实验操作时，不需要每次将结点拉至同一位置O点
C．实验中直接沿着橡皮筋画直线确定橡皮筋拉力的方向
D．做出的实验结果，在F与F′两力中，F方向一定沿AO方向
6．（2024秋 长春期末）某农机公司在调试播种机时，设定为每间隔相等的时间播下一粒种子，假设该播种机沿直线运动，下列说法正确的是（　　）
A．如果两相邻种子之间的距离依次减小，则播种机做加速运动
B．如果两相邻种子之间的距离依次减小，则播种机的加速度可能在减小
C．如果两相邻种子之间的距离依次增大，则播种机的加速度一定在增大
D．如果两相邻种子之间的距离依次增大，则播种机做减速运动
7．（2024秋 西城区期末）用图示装置探究弹簧弹力与形变量的关系。把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端在刻度尺的位置x0。在弹簧下端悬挂质量为m的钩码，待钩码静止时记录弹簧下端在刻度尺的位置x1，重力加速度为g，则弹簧的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024秋 海淀区期末）如图所示，气垫导轨上的滑块经过光电门时，其上的遮光条会将光遮住，光电门可自动记录遮光时间Δt，已知遮光条的宽度为Δx。下列说法正确的是（　　）
A．事实上，为遮光条通过光电门过程的平均速度
B．为使更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，可换用宽度更宽的遮光条
C．为使更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，可令滑块的释放点更靠近光电门
D．只用Δx和Δt可计算出滑块的加速度
9．（2024秋 无锡期末）在“探究弹力和弹簧形变的关系”、“验证力的平行四边形定则”的实验中，经常采用如甲、乙图所示的实验装置。关于这两个实验，下列说法中正确的是（　　）
A．实验甲中，应将弹簧放置在水平桌面上测原长
B．实验甲中，弹簧的弹力可由所挂钩码重力求出
C．实验乙中，两细绳之间的夹角一定要取90°
D．实验乙中，AO的弹力就是两个弹簧拉力的合力
10．（2024秋 海淀区期末）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的自然长度为GE，如图甲所示。两个弹簧测力计分别通过细线OP、OQ拉着小圆环，使小圆环静止于O点，分别记录两个拉力F1、F2的大小和方向，如图乙所示。撤去F1、F2改用一个弹簧测力计通过细线OR单独拉小圆环，仍使小圆环处于O点静止，记录其拉力F的大小和方向，如图丙所示。画出F1、F2和F的图示，并用虚线把拉力F的箭头端B分别与F1、F2的箭头端A、C连接得出四边形OABC，如图丁所示。关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．图乙所示的操作中，要保证两个弹簧测力计的拉力大小相等
B．图丁中F1、F2的大小可分别用细线OP、OQ的长度来表示
C．由图丁可初步猜测四边形OABC为平行四边形
D．在图丁中以F1、F2为邻边画出平行四边形，其对角线一定与F完全重合
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024秋 温州期末）下列关于学生实验的描述正确的是（　　）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中细绳套不一定等长
B．“探究弹簧弹力与形变量关系”实验中可得出弹簧弹力与弹簧长度成正比
C．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中不需要补偿小车所受到的阻力
D．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中需满足小车质量远远大于槽码质量
（多选）12．（2024秋 重庆期末）如图甲所示：用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量，与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F﹣t图像如图乙，其中F的最大值Fmax＝1.05N，已知摆球质量m＝100g，重力加速度g取10m/s2，π2取10，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．单摆周期为1.0s
B．单摆摆长为1m
C．F的最小值Fmin＝0.975N
D．若仅将摆球质量变为200g，单摆周期减小
（多选）13．（2023秋 东营期末）某同学探究两个互成角度的力的合成的规律，如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细线的结点OB和OC为细线。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。下列说法正确的是（　　）
A．与F1、F2共同作用的效果相同的力是F′
B．同一组实验，两次拉橡皮筋时，一定要将橡皮筋的结点拉至同一位置
C．拉橡皮筋的细线短一些，实验效果更好
D．实验中需要测出两个弹簧测力计拉力间的夹角
（多选）14．（2023秋 开封期末）图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F﹣t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02N，已知摆球质量m＝100g，重力加速度g取9.8m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．单摆周期为0.8s
B．单摆摆长为0.16m
C．F的最小值Fmin＝0.96N
D．若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变
（多选）15．（2023秋 澄海区期末）如图所示，小球1从固定光滑斜面上某处由静止释放，滑过光滑水平桌面后，落在水平地面上的P点。若在水平桌面的边缘处放置另一小球2，再将小球1从斜面上同一位置由静止释放，使两小球发生正碰，两小球在地面上的落点分别为M、N点。已知小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，且m1＝3m2，O点为桌面边缘在地面上的投影，不计转弯处的机械能损失，两小球均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后小球1的落点为M点
B．碰撞后小球1的落点为N点
C．图中点间距离满足的关系为3OP＝3OM+ON
D．如果两小球发生弹性正碰，则3OP＝3OM+ON不成立
三．解答题（共5小题）
16．（2025 徐汇区一模）某同学使用如图装置验证机械能守恒定律。重力加速度大小为g。
（1）测量挡光片宽度宜选用 　 　。
A.厘米刻度尺
B.游标卡尺
C.螺旋测微器
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，推力F与轻质连杆对摆锤的拉力T的变化情况为 　 　。
A.F增大，T减小
B.F、T都增大
C.F减小，T增大
D.F、T都减小
（3）将摆锤从图示位置静止释放，读取并记录各挡光片的对应高度h和摆锤经过各挡光片的挡光时间t，测得各挡光片的宽度均为d。利用实验数据，以h为横坐标，以 　 　为纵坐标绘制图线，当图线为斜率大小近似为g的倾斜直线时，可认为摆锤下摆过程中机械能守恒。
（4）（计算）摆锤以大小为v的速度经过最低点后，在制动装置作用下静止于连杆与竖直方向夹角为θ位置。已知摆锤质量为m、摆长为L，求刹停过程中制动装置对摆锤做功W。
17．（2024秋 洛阳期末）某课外兴趣小组借助传感器，研究一小球做平抛运动的规律。小球水平抛出0.5s时速度与竖直方向成45°角，落地时速度方向与竖直方向成30°角，小球可看作质点，重力加速度取g＝10m/s2，求（结果可以保留根式）：
（1）小球做平抛运动的初速度大小；
（2）小球抛出时距离地面的高度；
（3）小球抛出点与落地点之间的水平距离。
18．（2024秋 静安区校级期末）物理是一门以实验为基础的科学，本学期，我们完成了许多物理实验，请回答下列问题：
（1）在探究“弹簧弹力与形变量的关系”实验中，某同学以弹簧弹力F为纵轴、弹簧长度l为横轴建立坐标系，依据实验数据作出F﹣l图像如图所示，则该弹簧的劲度系数为 　 　。
A．30N/m
B．30N/cm
C．0.15N/cm
D．0.15N/m
（2）某同学用平板A和B制作了一个直角架。该同学想通过该装置，利用压力传感器和量角器来验证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下：
①平板B置于水平面上，压力传感器固定在平板B上，将木块C置于压力传感器正上方，木块C紧靠平板A，如图甲所示，记录此时传感器的示数F1，此时平板A对木块C的弹力为 　 　；
②以直角架连接边为转轴，抬高平板B的另一端，使平板B绕转轴逆时针旋转，平板B转过的角度为60°时，记录传感器的示数F2，如图乙所示；
③在误差允许的范围内，比较F1和F2的大小，若F1与F2之比为 　 　，即可初步验证平行四边形定则；
④重复步骤（2），多次调整平板B转动的角度，比较F1和F2的大小，多次验证；
⑤在步骤（2）中，板B绕转轴逆时针旋转到角度为60°的过程中，若不考虑平板B与木块C间的摩擦，通过平行四边形定则可以推出平板A对木块C的弹力 　 　（选填“一直变大”或“先变大后变小”）。
（3）如图（a）所示，是“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置。
①小车上安装的是位移传感器的 　 　部分（选填“接收”或“发射”）。实验中，多次改变 　 　的总质量，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据。某同学根据数据绘出的图像如图（b）所示，图线没有通过坐标原点，经检查分析，是由于小车与轨道间存在摩擦所致，则该小车与轨道间的摩擦力大小为 　 　N。
②另外4位同学均得到一条几乎通过坐标原点的直线。现将这4位同学的a﹣F图像画在同一个坐标系内，得到如图（c）所示的4条图线，这4位同学记录的小车总质量分别为：m1＝0.50kg、m2＝0.75kg、m3＝1.00kg、m4＝1.20kg。由图（c）及4位同学记录的小车总质量，推断出小车加速度与小车总质量的定性关系是：　 　。
（4）理想实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而深刻地揭示自然规律的科学研究方法。伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，伽利略理想实验步骤如下：
①两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面AB滚下，小球将滚上另一个斜面BC。
②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度。
③减小第二个斜面的倾角，小球仍然要达到原来的高度。
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速直线运动。
上述四个步骤中，属于理想化推论的是 　 　。
A．②
B．②③
C．②③④
D．①②③④
（5）在伽利略和笛卡尔等科学家工作的基础上，牛顿提出了牛顿第一定律，揭示了运动和力的关系。关于运动和力的关系，下列说法正确的是 　 　。
A．物体受到的合力为零时，一定处于静止状态
B．物体的运动方向与所受合力的方向一定相同
C．物体做匀变速直线运动，运动状态不发生改变
D．物体受到的合力不为零时，运动状态一定发生改变
19．（2024秋 金山区校级期末）电梯与摩天大楼哪一个先问世？如果你认为是后者，那就错了。事实上，正是电梯的发明引起了建筑师们的注意，从而想到利用电梯可使人们自由地出入高楼的每一层，免于爬楼之苦。因此，他们认为建造摩天大楼是可行的。
（1）某种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，当有人站上去后会慢慢加速。如图1，一位顾客乘这种扶梯上楼，在扶梯加速向上运行的过程中，其所受力的示意图是 　 　。
（2）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图2所示（其中t1～t2图线为直线）。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g。下列判断正确的是 　 　。
A.0～t1时间内，v增大，FN＜mg
B.t1～t2时间内，v不变，FN＜mg
C.t2～t3时间内，v减小，FN＜mg
D.t2～t3时间内，v增大，FN＞mg
（3）如图3，质量为60kg的男生，在平地上能举起80kg的重物。当他乘坐电梯上楼时，他发现在某个阶段他的力气变大了，能举起100kg的重物。此阶段电梯的加速度大小 　 　m/s2，方向为 　 　。
（4）以上问题都涉及牛顿定律。在“用DIS探究加速度和力的关系”的实验中。
①应保持小车的 　 　不变，改变不同质量的重物，重复实验，释放小车的位置 　 　（选填“必须相同”或“可以不同”），最后得出的实验结论是物体的加速度的大小与所受作用力的大小成 　 　。
②若测得小车、砝码和发射器的总质量为360g，则跨过滑轮的细绳下悬挂重物的质量范围最适合用 　 　。
A.1～25g
B.100～200g
C.180～360g
D.要比小车重得多
③某实验小组设计了如图4（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图4（b）所示。
图线 　 　（选填“①”或“②”）是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的；滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝ 　 　kg。
20．（2024秋 金山区期末）在单摆摆动过程中，摆球在竖直平面内沿圆弧做往复运动。
（1）单摆的摆动可能是一种 　 　。
A．匀速运动
B．匀变速运动
C．简谐运动
（2）某单摆的振动图像如图所示：
①该单摆的摆长为 　 　m。（结果保留一位有效数字）
②t＝2.0s时，摆球的运动方向为 　 　。
（3）单摆在小角度范围内摆动过程中，下列图像中能正确反映摆球所受回复力F和位移x关系的是 　 　。
（4）单摆摆动过程中动能和重力势能随时间变化的图像如图所示，其中虚线表示重力势能的变化。A、B两点分别在两条图线的最高点，则A、B两点分别对应摆球运动过程中的 　 　。
A．最高点、最高点
B．最低点、最高点
C．最高点、最低点
D．最低点、最低点
（5）在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，
①测得摆长后，让小球做小角度摆动，测量小球多次全振动的时间。计时开始时刻，小球应处于 　 　。
A．左侧最高点
B．平衡位置
C．右侧最高点
②改变摆线的长度，重复几次实验。测得多组摆长l和周期T的数据，得到如图所示的图线，若直线的斜率为k，则当地的重力加速度大小为 　 　。
③若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将 　 　。
A．偏大
B．偏小
C．不变
（6）（计算）某单摆摆长为l，平衡位置O离地高度为h，小球摆动到O点时细绳恰好断开，小球落地点到O的水平距离为x，当地重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
①小球在O点处时的速度大小v；
②单摆的摆角θ。
高考物理考前冲刺押题预测 力学实验
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 西城区校级模拟）某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在3.0～3.5s时间内，木板一定做匀加速运动
B．在4.5～5.5s时间内，木板一定做匀加速运动
C．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
D．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为5：4
【考点】探究影响滑动摩擦力的因素．
【专题】定性思想；图析法；摩擦力专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】在3.0～3.5s时间内，物块与长木板之间为静摩擦力，二者保持相对静止；4.5﹣5.5s时间内，二者之间为滑动摩擦力，但无法判断木板的运动情况；图乙中曲线是细绳拉力随时间的变化曲线；由乙图得到最大静摩擦力大小和滑动摩擦力大小，由此求出比值。
【解答】解：A、由乙图可知，在3.0～3.5s时间内，物块与长木板之间为静摩擦力，二者保持相对静止，即木板处于静止状态，故A错误；
B、同理，在4.5﹣5.5s时间内，二者之间为滑动摩擦力，木板一定在相对物块运动但是不一定做匀加速运动，故B错误；
C、物块始终处于平衡状态，虽然传感器显示的细绳拉力和长木板提供的摩擦力等大反向，但是图乙中曲线是细绳拉力随时间的变化曲线，并不是摩擦力随时间的变化曲线，故C错误；
D、由乙图可知，最大静摩擦力大小为图中最大F，即为5N；滑动摩擦力为图中相对平稳的F，即大约4N，所以二者之比约为5：4，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查摩擦力大小的判断方法，要能够根据图线分析绳子拉力与摩擦力的关系，知道最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。
2．（2024秋 淄博校级期末）某实验小组设计了用单摆测量海底深度的实验。在静止于海底的蛟龙号里，测得摆长为l的单摆，完成N次全振动用时为t。设地球为均质球体，半径为R，地球表面的重力加速度大小为g。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。则下列说法正确的是（　　）
A．此海底处的重力加速度大于地球表面的重力加速度
B．此海底处的重力加速度为无穷大
C．此海底处的深度为
D．此海底处的重力加速度大小为
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据万有引力提供重力和密度公式推导；根据单摆的周期公式推导重力加速度表达计算。
【解答】解：AB．根据星球表面万有引力和重力近似相等有
整理得
已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以此海底处的R减小，重力加速度减小，故AB错误；
CD．根据单摆周期公式
则此海底处的重力加速度大小为
根据对A、B选项分析可知
结合上述公式可得
则此海底处的深度为
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题关键掌握星球表面万有引力和重力近似相等和单摆的周期公式、
3．（2025 泰州开学）如图所示，在探究加速度与力、质量关系的实验中，若发现连接小车的细线与桌面行而与轨道不平行，则应（　　）
A．减小滑轮高度 B．增大滑轮高度
C．减小轨道倾角 D．增大轨道倾角
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据实验的原理和正确操作分析作答。
【解答】解：在探究加速度与力、质量关系的实验中，若发现连接小车的细线与桌面行而与轨道不平行，说明滑轮高度过高，应减小滑轮高度，使细线与轨道平行，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了探究加速度与力、质量关系的实验，实验中，为了保证拉力的方向不变，要调节滑轮高度使细线与长木板平行。
4．（2024秋 西城区校级期末）某实验小组利用传感器来探究力的合成规律。实验中测得两传感器的拉力分别为F1、F2，钩码总重力为G，下列数据不能完成实验的是（　　）
A．F1＝3N，F2＝4N，G＝5N B．F1＝F2＝4N，G＝5N
C．F1＝F2＝3N，G＝5N D．F1＝F2＝2N，G＝5N
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】定量思想；等效替代法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．
【答案】D
【分析】根据合力与分力的关系|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|分析判断。
【解答】解：以结点O为研究对象，可知两传感器的拉力F1、F2和钩码总重力G的合力为零。
A、若F1＝3.00，F2＝4.00N，两拉力合力范围为1.00N～7.00N，重力在这个范围内，能够处于平衡状态，故A正确
B、若F1＝F2＝4N，两拉力合力范围为0～8N，重力在这个范围内，能够处于平衡状态，故B正确；
C、若F1＝F2＝3N，两拉力合力范围为0～6N，重力在这个范围内，能够处于平衡状态，故C正确；
D、若F1＝F2＝2N，两拉力合力范围为0～4N，重力不在这个范围内，不能平衡，故D错误。
本题选择不能完成实验；
故选：D。
【点评】本题考查验证力的平行四边形定则实验，解题关键掌握实验原理与实验操作规范，注意合力范围的计算。
5．（2024秋 鼓楼区校级期末）“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
B．在进行不同次实验操作时，不需要每次将结点拉至同一位置O点
C．实验中直接沿着橡皮筋画直线确定橡皮筋拉力的方向
D．做出的实验结果，在F与F′两力中，F方向一定沿AO方向
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；理解能力．
【答案】B
【分析】ABC.根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答；
D.根据合力理论值与实际值的含义分析作答。
【解答】解：A.测量时，弹力的大小是通过弹簧测力计指针示数显示的，弹簧秤外壳与木板之间的摩擦不影响实验的效果，故A错误；
B.根据实验原理，同一次实验操作时，必须将结点拉至同一位置O点，在进行不同次实验操作时，不需要每次将结点拉至同一位置O点，故B正确；
C.实验中，沿细绳套相距较远处描下两个点，在画出直线表示拉力的分析，不能直接沿着橡皮筋画直线确定橡皮筋拉力的方向，故C错误；
D.得出的实验结果，在F与F′两力中，合力的实际值F′方向一定沿AO方向，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，理解合力理论值与实际值的含义。
6．（2024秋 长春期末）某农机公司在调试播种机时，设定为每间隔相等的时间播下一粒种子，假设该播种机沿直线运动，下列说法正确的是（　　）
A．如果两相邻种子之间的距离依次减小，则播种机做加速运动
B．如果两相邻种子之间的距离依次减小，则播种机的加速度可能在减小
C．如果两相邻种子之间的距离依次增大，则播种机的加速度一定在增大
D．如果两相邻种子之间的距离依次增大，则播种机做减速运动
【考点】打点计时器打出纸带的数据处理．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A.根据相邻相等时间距离减小判断运动性质；
B.根据减速运动判断加速度可能的变化情况；
CD.根据加速运动判断可能的加速度情况。
【解答】解：A.每隔相等时间播下一粒种子，如果两粒相邻种子之间的距离依次减小，则播种机做减速运动，故A错误；
B.如果两粒相邻种子之间的距离依次减小，则播种机做减速运动，播种机的加速度可能在增大，也可能在减小，故B正确；
CD.如果两粒相邻种子之间的距离依次增大，则播种机在做加速运动，加速度的变化无法判断，加速度可能增大、减小或不变，故CD错误。
故选：B。
【点评】考查打点计时器打点过程，纸带的加减速运动问题，会根据题意进行准确分析解答。
7．（2024秋 西城区期末）用图示装置探究弹簧弹力与形变量的关系。把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端在刻度尺的位置x0。在弹簧下端悬挂质量为m的钩码，待钩码静止时记录弹簧下端在刻度尺的位置x1，重力加速度为g，则弹簧的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
【考点】探究弹簧弹力与形变量的关系．
【专题】定量思想；归纳法；弹力的存在及方向的判定专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据平衡条件和胡克定律计算即可。
【解答】解：钩码静止时，弹簧弹力F＝mg，根据胡克定律有F＝k（x1﹣x0），所以弹簧的劲度系数为k，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查了胡克定律的应用，知道弹簧形变量的含义是解题的关键。
8．（2024秋 海淀区期末）如图所示，气垫导轨上的滑块经过光电门时，其上的遮光条会将光遮住，光电门可自动记录遮光时间Δt，已知遮光条的宽度为Δx。下列说法正确的是（　　）
A．事实上，为遮光条通过光电门过程的平均速度
B．为使更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，可换用宽度更宽的遮光条
C．为使更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，可令滑块的释放点更靠近光电门
D．只用Δx和Δt可计算出滑块的加速度
【考点】光电门测量物体速度．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据光电门计算的平均速度代替瞬时速度的原理进行分析解答。
【解答】解：对于光电门，如果挡光片的宽度Δx很小，滑块通过光电门时的时间Δt足够短，由平均速度公式v，代替滑块的瞬时速度误差较小，与释放点到光电门的位置无关，也不能用这两个量计算加速度。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查光电门计算的平均速度代替瞬时速度的原理，会根据题意进行准确分析解答。
9．（2024秋 无锡期末）在“探究弹力和弹簧形变的关系”、“验证力的平行四边形定则”的实验中，经常采用如甲、乙图所示的实验装置。关于这两个实验，下列说法中正确的是（　　）
A．实验甲中，应将弹簧放置在水平桌面上测原长
B．实验甲中，弹簧的弹力可由所挂钩码重力求出
C．实验乙中，两细绳之间的夹角一定要取90°
D．实验乙中，AO的弹力就是两个弹簧拉力的合力
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；理解能力．
【答案】B
【分析】A.实验甲中，弹簧自重的影响弹簧的原长，据此分析作答；
B.钩码静止时处于静止状态，根据平衡条件分析作答；
C.两细绳之间的夹角要适当即可；
D.根据平行四边形定则分析作答。
【解答】解：A.实验甲中，由于弹簧自重的影响，应将弹簧悬挂在铁架台上测原长，故A错误；
B.实验甲中，钩码静止时处于静止状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力可由所挂钩码重力求出，故B正确；
C.实验乙中，两细绳之间的夹角要适当，没有必要取90°，故C错误；
D.实验乙中，根据平行四边形定则，AO的弹力大小等于两个弹簧拉力的合力的实际值，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了“探究弹力和弹簧形变的关系”和“验证力的平行四边形定则”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作。
10．（2024秋 海淀区期末）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的自然长度为GE，如图甲所示。两个弹簧测力计分别通过细线OP、OQ拉着小圆环，使小圆环静止于O点，分别记录两个拉力F1、F2的大小和方向，如图乙所示。撤去F1、F2改用一个弹簧测力计通过细线OR单独拉小圆环，仍使小圆环处于O点静止，记录其拉力F的大小和方向，如图丙所示。画出F1、F2和F的图示，并用虚线把拉力F的箭头端B分别与F1、F2的箭头端A、C连接得出四边形OABC，如图丁所示。关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．图乙所示的操作中，要保证两个弹簧测力计的拉力大小相等
B．图丁中F1、F2的大小可分别用细线OP、OQ的长度来表示
C．由图丁可初步猜测四边形OABC为平行四边形
D．在图丁中以F1、F2为邻边画出平行四边形，其对角线一定与F完全重合
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】定性思想；归纳法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．
【答案】C
【分析】只要两个弹簧测力计的拉力大小合适就可以了；图丁中F1、F2的大小要根据设定的标度表示；力的合成法则符合平行四边形定则；得到的平行四边形的对角线不一定与拉力F完全重合。
【解答】解：A、在图乙所示的操作中，只要两个弹簧测力计的拉力大小合适就可以了，没有必要必须相等，故A错误；
B、图丁中F1、F2的大小要根据设定的标度表示，不能用细线的长度表示，故B错误；
C、因为力的合成法则符合平行四边形定则，F正好为该四边形的对角线，且OA和OC的长度表示两个拉力，所以可以认为四边形OABC是平行四边形，故C正确；
D、因为存在着误差，所以得到的平行四边形的对角线不一定与拉力F完全重合，会有一定的偏差，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验原理和实验注意事项，以及实验数据的处理方法是解题的基础。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024秋 温州期末）下列关于学生实验的描述正确的是（　　）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中细绳套不一定等长
B．“探究弹簧弹力与形变量关系”实验中可得出弹簧弹力与弹簧长度成正比
C．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中不需要补偿小车所受到的阻力
D．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中需满足小车质量远远大于槽码质量
【考点】探究小车速度随时间变化的规律；探究弹簧弹力与形变量的关系；探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据探究力的合成规则和探究胡克定律，小车速度随时间变化关系实验的实验原理和注意事项进行分析解答。
【解答】解：A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中细绳套应适当长一些，但不需要等长，故A正确；
B.“探究弹簧弹力与形变量关系”实验中可得出弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，不是与长度成正比，故B错误；
CD.“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，不需要补偿小车所受到的阻力，也不需要满足小车质量远远大于槽码质量，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】考查探究力的合成规则和探究胡克定律，小车速度随时间变化关系实验的实验原理和注意事项，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）12．（2024秋 重庆期末）如图甲所示：用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量，与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F﹣t图像如图乙，其中F的最大值Fmax＝1.05N，已知摆球质量m＝100g，重力加速度g取10m/s2，π2取10，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．单摆周期为1.0s
B．单摆摆长为1m
C．F的最小值Fmin＝0.975N
D．若仅将摆球质量变为200g，单摆周期减小
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】A.根据拉力的变化周期和单摆的周期关系进行分析解答；
B.根据单摆的周期公式列式计算摆长；
C.根据牛顿第二定律、机械能守恒定律结合相应的几何关系列式求解最小拉力；
D.根据单摆的周期的决定因素进行分析解答。
【解答】解：A.根据题意，悬线拉力变化的周期的2倍即为单摆的振动周期，则单摆周期为T＝2.3s﹣0.3s＝2.0s，故A错误；
B.根据T＝2π，解得L＝1m，故B正确；
C.摆球运动到最低点时，根据牛顿第二定律有Fmax﹣mg＝m，摆球上升的最高点与最低点的高度差为h，与竖直方向的夹角为θ，从最低点到最高点，根据机械能守恒有mghmv2，由几何关系有cosθ，则F的最小值Fmin＝mgcosθ，联立解得Fmin＝0.975N，故C正确；
D.单摆的周期根摆球的质量无关，故D错误。
故选：BC。
【点评】考查单摆的周期和摆长的计算和牛顿第二定律、机械能守恒的应用，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）13．（2023秋 东营期末）某同学探究两个互成角度的力的合成的规律，如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细线的结点OB和OC为细线。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。下列说法正确的是（　　）
A．与F1、F2共同作用的效果相同的力是F′
B．同一组实验，两次拉橡皮筋时，一定要将橡皮筋的结点拉至同一位置
C．拉橡皮筋的细线短一些，实验效果更好
D．实验中需要测出两个弹簧测力计拉力间的夹角
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；理解能力．
【答案】AB
【分析】根据验证平行四边形定则实验原理分析判断；根据减小误差分析判断。
【解答】解：A．由图乙可知，F是用两个力拉橡皮筋时根据平行四边形定则作出的图，F′是用一个力拉橡皮筋作出的图，故与F1、F2共同作用的效果相同的力是F′，故A正确；
B．同一组实验，为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，一定要将橡皮筋的结点拉至同一位置，故B正确；
C．为了减小记录拉力方向的误差，拉橡皮筋的细线要适当长一些，故C错误；
D．实验中不需要测出两个弹簧测力计拉力间的夹角，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题关键掌握探究两个互成角度的力的合成的规律的实验原理和注意事项。
（多选）14．（2023秋 开封期末）图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F﹣t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02N，已知摆球质量m＝100g，重力加速度g取9.8m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．单摆周期为0.8s
B．单摆摆长为0.16m
C．F的最小值Fmin＝0.96N
D．若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】根据图乙可得周期；根据单摆周期公式计算摆长，周期与摆球的质量无关；根据牛顿第二定律结合机械能守恒定律计算最小拉力。
【解答】解：A．单摆从一侧最高点到另一侧最高点是半个周期，则根据图乙可知，该单摆的周期为1.6s，故A错误；
BD．根据单摆的周期公式
可知，单摆的周期与摆球的质量无关，因此若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变，而该单摆的周期为1.6s，代入周期公式可得该单摆的摆长为
L＝0.64m
故B错误，D正确；
C．在最低点时对摆球由牛顿第二定律有
设摆球在最高点时摆线与竖直方向的夹角为θ，则从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有
而在最高点时，有
Fmin＝mgcosθ
联立以上各式可得
故C正确。
故选：CD。
【点评】掌握单摆的周期公式，知道在单摆的振动过程中满足机械能守恒。
（多选）15．（2023秋 澄海区期末）如图所示，小球1从固定光滑斜面上某处由静止释放，滑过光滑水平桌面后，落在水平地面上的P点。若在水平桌面的边缘处放置另一小球2，再将小球1从斜面上同一位置由静止释放，使两小球发生正碰，两小球在地面上的落点分别为M、N点。已知小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，且m1＝3m2，O点为桌面边缘在地面上的投影，不计转弯处的机械能损失，两小球均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后小球1的落点为M点
B．碰撞后小球1的落点为N点
C．图中点间距离满足的关系为3OP＝3OM+ON
D．如果两小球发生弹性正碰，则3OP＝3OM+ON不成立
【考点】验证动量守恒定律．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；实验探究能力．
【答案】AC
【分析】分析小球1与小球2碰撞的过程，根据动量守恒和能量守恒求出碰撞后球1和球2速度大小，再根据碰后两球的运动规律求出碰撞后小球1的落点在哪个位置；分析小球1单独释放和小球1与小球2碰撞的过程，根据平抛运动规律判断表达式。
【解答】解：AB．设小球1碰撞前的速度为v0，取水平向右为正方向，因为球1质量较大，可知小球1与小球2碰撞后，球1不反向，N点为球1碰前的落地点，M点为球1碰后的落地点，P点为球2碰后的落地点，故A正确，B错误；
CD.若两球碰撞为弹性碰撞，设碰撞后球1和球2速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1+m2v2
解得
根据题意，可得
ON＝v0t
得
3OP＝3OM+ON
故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了动量守恒和能量守恒的应用，解决本题的关键是熟练选择研究过程，准确列出动量守恒定律和能量守恒定律的方程。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 徐汇区一模）某同学使用如图装置验证机械能守恒定律。重力加速度大小为g。
（1）测量挡光片宽度宜选用 　B　。
A.厘米刻度尺
B.游标卡尺
C.螺旋测微器
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，推力F与轻质连杆对摆锤的拉力T的变化情况为 　B　。
A.F增大，T减小
B.F、T都增大
C.F减小，T增大
D.F、T都减小
（3）将摆锤从图示位置静止释放，读取并记录各挡光片的对应高度h和摆锤经过各挡光片的挡光时间t，测得各挡光片的宽度均为d。利用实验数据，以h为横坐标，以 　　为纵坐标绘制图线，当图线为斜率大小近似为g的倾斜直线时，可认为摆锤下摆过程中机械能守恒。
（4）（计算）摆锤以大小为v的速度经过最低点后，在制动装置作用下静止于连杆与竖直方向夹角为θ位置。已知摆锤质量为m、摆长为L，求刹停过程中制动装置对摆锤做功W。
【考点】验证机械能守恒定律；解析法求共点力的平衡；利用动能定理求解变力做功．
【专题】定量思想；推理法；实验分析法；共点力作用下物体平衡专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力；实验探究能力．
【答案】（1）B；（2）B；（3）；
（4）刹停过程中制动装置对摆锤做功W为mgL（1﹣cosθ）mv2。
【分析】（1）从提高测量精度和易于操作的角度，选择测量工具。
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，摆锤始终处于平衡状态，对摆锤受力分析，根据平衡条件解答。
（3）根据光电门测速原理得到摆锤经过挡光片的速度大小，根据机械能守恒定律求得要验证的表达式，得到满足要求的纵坐标的物理量。
（4）对刹停过程，根据动能定理解答。
【解答】解：（1）为提高测量精度和易于操作，测量挡光片宽度宜选用游标卡尺，故B错误，AC错误。
故选：B。
（2）用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，摆锤始终处于平衡状态，受力如下图所示，设轻质连杆与竖直方向的夹角为β。
推力F＝mgtanβ
拉力T
从最低点缓慢推高摆锤的过程，β增大，可得F与T均增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（3）设摆锤静止释放时的高度为h0，根据机械能守恒定律可得：mg（h0﹣h）mv2
根据光电门测速原理可得：v
联立可得：gh0﹣gh
若使图线为斜率大小近似为g的倾斜直线，则应以为纵坐标绘制图线。
（4）对刹停过程，根据动能定理得：
﹣mgL（1﹣cosθ）+W＝0mv2
解得：W＝mgL（1﹣cosθ）mv2
故答案为：（1）B；（2）B；（3）；
（4）刹停过程中制动装置对摆锤做功W为mgL（1﹣cosθ）mv2。
【点评】本题围绕着验证机械能守恒定律的实验，考查了受力的动态平衡问题，机械能守恒定律的应用，动能定理求解变力的问题，题目难度适中。解答受力的动态平衡问题是可采用图解法或解析法，应用动能定理时注意做功的正负。
17．（2024秋 洛阳期末）某课外兴趣小组借助传感器，研究一小球做平抛运动的规律。小球水平抛出0.5s时速度与竖直方向成45°角，落地时速度方向与竖直方向成30°角，小球可看作质点，重力加速度取g＝10m/s2，求（结果可以保留根式）：
（1）小球做平抛运动的初速度大小；
（2）小球抛出时距离地面的高度；
（3）小球抛出点与落地点之间的水平距离。
【考点】探究平抛运动的特点．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；理解能力．
【答案】（1）小球做平抛运动的初速度大小为5m/s；
（2）小球抛出时距离地面的高度为3.75m；
（3）小球抛出点与落地点之间的水平距离为。
【分析】（1）先根据竖直方向的自由落体运动求出竖直分速度，再由速度的分解规律求水平速度；
（2）根据落地时的速度方向得到竖直分速度，再由速度—位移公式求高度；
（3）根据竖直速度公式求解下落时间，再由水平匀速直线运动规律求水平距离。
【解答】解：（1）当小球抛出0.5s后小球的竖直分速度为：vy1＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s
水平方向的分速度为：v0＝vy1tan45°＝5×1m/s＝5m/s
（2）小球落地时竖直方向的分速度为：vy2m/sm/s
小球抛出时距离地面的高度为：hm＝3.75m
（3）小球下落时间为：tss
小球落地时的水平位移为：x＝v0t＝5mm
答：（1）小球做平抛运动的初速度大小为5m/s；
（2）小球抛出时距离地面的高度为3.75m；
（3）小球抛出点与落地点之间的水平距离为。
【点评】本题主要考查了速度的分解与合成规律、平抛运动的基本规律地直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，灵活选择物理规律解题。
18．（2024秋 静安区校级期末）物理是一门以实验为基础的科学，本学期，我们完成了许多物理实验，请回答下列问题：
（1）在探究“弹簧弹力与形变量的关系”实验中，某同学以弹簧弹力F为纵轴、弹簧长度l为横轴建立坐标系，依据实验数据作出F﹣l图像如图所示，则该弹簧的劲度系数为 　A　。
A．30N/m
B．30N/cm
C．0.15N/cm
D．0.15N/m
（2）某同学用平板A和B制作了一个直角架。该同学想通过该装置，利用压力传感器和量角器来验证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下：
①平板B置于水平面上，压力传感器固定在平板B上，将木块C置于压力传感器正上方，木块C紧靠平板A，如图甲所示，记录此时传感器的示数F1，此时平板A对木块C的弹力为 　0　；
②以直角架连接边为转轴，抬高平板B的另一端，使平板B绕转轴逆时针旋转，平板B转过的角度为60°时，记录传感器的示数F2，如图乙所示；
③在误差允许的范围内，比较F1和F2的大小，若F1与F2之比为 　2：1　，即可初步验证平行四边形定则；
④重复步骤（2），多次调整平板B转动的角度，比较F1和F2的大小，多次验证；
⑤在步骤（2）中，板B绕转轴逆时针旋转到角度为60°的过程中，若不考虑平板B与木块C间的摩擦，通过平行四边形定则可以推出平板A对木块C的弹力 　一直变大　（选填“一直变大”或“先变大后变小”）。
（3）如图（a）所示，是“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置。
①小车上安装的是位移传感器的 　发射　部分（选填“接收”或“发射”）。实验中，多次改变 　钩码　的总质量，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据。某同学根据数据绘出的图像如图（b）所示，图线没有通过坐标原点，经检查分析，是由于小车与轨道间存在摩擦所致，则该小车与轨道间的摩擦力大小为 　0.5　N。
②另外4位同学均得到一条几乎通过坐标原点的直线。现将这4位同学的a﹣F图像画在同一个坐标系内，得到如图（c）所示的4条图线，这4位同学记录的小车总质量分别为：m1＝0.50kg、m2＝0.75kg、m3＝1.00kg、m4＝1.20kg。由图（c）及4位同学记录的小车总质量，推断出小车加速度与小车总质量的定性关系是：　拉力大小相等时，小车总质量越大，加速度越小　。
（4）理想实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而深刻地揭示自然规律的科学研究方法。伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，伽利略理想实验步骤如下：
①两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面AB滚下，小球将滚上另一个斜面BC。
②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度。
③减小第二个斜面的倾角，小球仍然要达到原来的高度。
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速直线运动。
上述四个步骤中，属于理想化推论的是 　C　。
A．②
B．②③
C．②③④
D．①②③④
（5）在伽利略和笛卡尔等科学家工作的基础上，牛顿提出了牛顿第一定律，揭示了运动和力的关系。关于运动和力的关系，下列说法正确的是 　D　。
A．物体受到的合力为零时，一定处于静止状态
B．物体的运动方向与所受合力的方向一定相同
C．物体做匀变速直线运动，运动状态不发生改变
D．物体受到的合力不为零时，运动状态一定发生改变
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系；伽利略对自由落体运动的探究；探究弹簧弹力与形变量的关系；探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】（1）A；（2）①0；③2：1；⑤一直变大；（3）①发射，钩码，0.5；②拉力大小相等时，小车总质量越大，加速度越小；（4）C；（5）D。
【分析】（1）根据胡克定律和平衡条件分析；
（2）①根据弹力的产生条件分析；
③根据平行四边形定则分析；
⑤正确受力分析，根据画圆法分析；
（3）①小车上安装的是位移传感器的发射部分，接收部分固定在轨道上，根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，结合图像计算；
②根据图像分析即可；
（4）根据伽利略理想实验步骤分析即可；
（5）物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，都是处于平衡状态；运动方向与合力方向可以有夹角；物体做匀变速直线运动，速度发生了变化；根据力是改变物体运动状态的原因分析。
【解答】解：（1）根据胡克定律，该弹簧的劲度系数为
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）①题图甲中平板B水平放置，平板A与木块C只接触不作用，故平板A对木块C的弹力为0。
③对木块C进行受力分析，可知平板A对木块C的弹力和平板B对木块C的弹力均与各自接触面垂直，由于木块C处于平衡状态，故这两个弹力的合力应该竖直向上，作出平行四边形如图1，根据几何关系可知合力为
在误差允许的范围内，若
F1：F2＝2：1
即两个平板对木块C的弹力的合力与木块C受到的重力大小相等，方向相反，则可初步验证平行四边形定则。
⑤平板B从题图甲所示位置缓慢旋转至题图乙所示位置的过程中，两板对木块C的弹力夹角不变，保持垂直，作出辅助圆，如图2，可知平板A对木块C的弹力一直变大。
（3）①小车上安装的是位移传感器的发射部分。
实验中，多次改变钩码的总质量，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据。
由于小车与轨道间存在摩擦，根据牛顿第二定律有
F﹣f＝ma
整理得
可知当小车加速度为零时，拉力等于摩擦力，小车与轨道间的摩擦力大小为
f＝F＝0.5N
②推断出小车加速度与小车总质量的定性关系是：拉力大小相等时，小车总质量越大，加速度越小。
在图（c）中作一条与纵轴平行的直线，结合该直线与4条图线交点的纵坐标值及相应同学记录的小车总质量，可以推断出：拉力大小相等时，小车总质量越大，加速度越小。
（4）理想实验的实验结果是无法用实际的实验进行验证的，但是，分析推理的过程是合乎逻辑的，是严密的，是对实验过程科学的抽象，得出的结论是对客观世界真实的反映，故①是事实，②③④是推论。故C正确，ABD错误。
故选：C。
（5）A．物体受到的合力为零时，物体将保持静止或匀速直线运动状态，故A错误；
B．物体的运动方向与所受合力的方向不一定相同，例如平抛运动，故B错误；
C．物体做匀变速直线运动，速度发生了变化，则运动状态发生改变，故C错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，则物体受到的合力不为零时，运动状态一定发生改变，故D正确。
故选：D。
故答案为：（1）A；（2）①0；③2：1；⑤一直变大；（3）①发射，钩码，0.5；②拉力大小相等时，小车总质量越大，加速度越小；（4）C；（5）D。
【点评】本题考查了胡克定律，弹力产生的条件，平行四边形定则的运用，物体动态平衡的分析方法以及对牛顿第一定律的理解，基础题。
19．（2024秋 金山区校级期末）电梯与摩天大楼哪一个先问世？如果你认为是后者，那就错了。事实上，正是电梯的发明引起了建筑师们的注意，从而想到利用电梯可使人们自由地出入高楼的每一层，免于爬楼之苦。因此，他们认为建造摩天大楼是可行的。
（1）某种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，当有人站上去后会慢慢加速。如图1，一位顾客乘这种扶梯上楼，在扶梯加速向上运行的过程中，其所受力的示意图是 　B　。
（2）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图2所示（其中t1～t2图线为直线）。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g。下列判断正确的是 　A　。
A.0～t1时间内，v增大，FN＜mg
B.t1～t2时间内，v不变，FN＜mg
C.t2～t3时间内，v减小，FN＜mg
D.t2～t3时间内，v增大，FN＞mg
（3）如图3，质量为60kg的男生，在平地上能举起80kg的重物。当他乘坐电梯上楼时，他发现在某个阶段他的力气变大了，能举起100kg的重物。此阶段电梯的加速度大小 　2　m/s2，方向为 　竖直向下　。
（4）以上问题都涉及牛顿定律。在“用DIS探究加速度和力的关系”的实验中。
①应保持小车的 　质量　不变，改变不同质量的重物，重复实验，释放小车的位置 　可以不同　（选填“必须相同”或“可以不同”），最后得出的实验结论是物体的加速度的大小与所受作用力的大小成 　正比　。
②若测得小车、砝码和发射器的总质量为360g，则跨过滑轮的细绳下悬挂重物的质量范围最适合用 　A　。
A.1～25g
B.100～200g
C.180～360g
D.要比小车重得多
③某实验小组设计了如图4（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图4（b）所示。
图线 　①　（选填“①”或“②”）是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的；滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝ 　0.5　kg。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系；力的合成与分解的应用；超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）B；（2）A；（3）2，竖直向下；（4）①质量，可以不同；②A；③①，0.5。
【分析】（1）根据顾客的运动状态分析；
（2）根据x﹣t图像的斜率表示速度，分析各个时间段的速度变化，进而根据加速度方向分析顾客是处于超重状态，还是处于失重状态，还是处于平衡状态。
（3）根据该男生的举力大小不变，对被举起的物体根据牛顿第二定律列方程计算。
（4）①根据控制变量法分析；根据实验要求和牛顿第二定律分析；
②要保证悬挂重物的质量远小于小车的质量；
③根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式分析。
【解答】解：（1）因为顾客在电梯上加速向上运动，所以该顾客受竖直向下的重力，竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）x﹣t图像的斜率表示速度
A.0～t1时间内，图像的斜率增大，则v增大，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，则FN＜mg，故A正确；
B.t1～t2时间内，图像的斜率不变，则v不变，乘客处于平衡状态，则FN＝mg，故B错误；
CD.t2～t3时间内，图像的斜率减小，则v减小，乘客具有向上的加速度，乘客处于超重状态，则FN＞mg，故CD错误；
故选：A。
（3）该男生的举力大小为F＝m0g＝80×10N＝800N。该男生的在上楼的电梯中举力不变，设电梯的加速度大小为a，对被举起的物体，根据牛顿第二定律有m'g﹣F＝m'a，把m'＝100kg代入解得：a＝2m/s2，方向竖直向下。
（4）①在“用DIS探究加速度和力的关系”的实验中用控制变量法探究，所以应该保持小车的质量不变。利用小车的运动计算出小车的加速度大小，所以改变不同质量的重物，重复实验，释放小车的位置可以不同，只要能够计算出小车的加速度即可。最后得出的实验结论是物体的加速度的大小与所受作用力的大小成正比。
②若测得小车、砝码和发射器的总质量为360g，要保证悬挂重物的质量远小于小车的质量，则跨过滑轮的细绳下悬挂重物的质量范围最适合用1～25g的，故A正确，BCD错误。
故选：A。
③由图象可知，当F＝0时，a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的左端垫得过高，所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。图像②是没有平衡摩擦力的情况下得到的，对图像②，根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝ma，整理可得a，则图像斜率k，解得m，由图像可得斜率k，则m＝0.5kg
故答案为：（1）B；（2）A；（3）2，竖直向下；（4）①质量，可以不同；②A；③①，0.5。
【点评】本题考查了受力分析，以及对超重和失重的理解，和“用DIS探究加速度和力的关系”的实验的考查，基础题。
20．（2024秋 金山区期末）在单摆摆动过程中，摆球在竖直平面内沿圆弧做往复运动。
（1）单摆的摆动可能是一种 　C　。
A．匀速运动
B．匀变速运动
C．简谐运动
（2）某单摆的振动图像如图所示：
①该单摆的摆长为 　4　m。（结果保留一位有效数字）
②t＝2.0s时，摆球的运动方向为 　x轴负方向　。
（3）单摆在小角度范围内摆动过程中，下列图像中能正确反映摆球所受回复力F和位移x关系的是 　D　。
（4）单摆摆动过程中动能和重力势能随时间变化的图像如图所示，其中虚线表示重力势能的变化。A、B两点分别在两条图线的最高点，则A、B两点分别对应摆球运动过程中的 　B　。
A．最高点、最高点
B．最低点、最高点
C．最高点、最低点
D．最低点、最低点
（5）在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，
①测得摆长后，让小球做小角度摆动，测量小球多次全振动的时间。计时开始时刻，小球应处于 　B　。
A．左侧最高点
B．平衡位置
C．右侧最高点
②改变摆线的长度，重复几次实验。测得多组摆长l和周期T的数据，得到如图所示的图线，若直线的斜率为k，则当地的重力加速度大小为 　　。
③若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将 　C　。
A．偏大
B．偏小
C．不变
（6）（计算）某单摆摆长为l，平衡位置O离地高度为h，小球摆动到O点时细绳恰好断开，小球落地点到O的水平距离为x，当地重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
①小球在O点处时的速度大小v；
②单摆的摆角θ。
【考点】用单摆测定重力加速度；单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题；单摆的振动图像和表达式；单摆的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；实验探究能力．
【答案】（1）C；（2）4；x轴负方向；（3）D；（4）B；（5）B；；C；（6）①小球在O点处时的速度大小为x；②单摆的摆角为arccos（1）。
【分析】（1）根据单摆的运动性质分析；
（2）根据单摆周期公式及图像规律即可解出；
（3）根据简谐振动回复力公式计算；
（4）根据单摆运动规律解答；
（5）根据实验原理、正确操作步骤和注意事项分析作答；根据单摆周期公式求T2﹣l，结合图像求重力加速度，同时分析误差；
（6）根据平抛运动规律计算速度，根据动能定理解得偏转角度。
【解答】解：（1）单摆的摆动是一种简谐运动，故C正确，AB错误；
故选：C。
（2）①根据图像可知周期T＝4s
单摆周期公式T＝2π
代入数据可得L＝4m；
②t＝2.0s时，摆球的运动方向为x轴负方向；
（3）根据简谐振动的特点F＝﹣kx可知，回复力F和位移x关系为斜率为负的正比例函数，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（4）由图可知A点的动能最大，则速度最大，摆球在最低点，B点的重力势能最大，则位移最大，在最高点，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（5）①为方便计时，计时开始时刻，小球应处于平衡位置，故B正确，AC错误；
故选：B。
②根据单摆周期公式T＝2
解得T2l
则有k
解得g
③若将摆线长度L误认为摆长l，有T＝2
则得到的图线为T2L
仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为，故得到的重力加速度值不变，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（6）①根据平抛运动规律有x＝vt
h
解得v＝x
②小球摆动过程，根据动能定理有mgl（1﹣cosθ）
解得摆角θ＝arccos（1）
故答案为：（1）C；（2）4；x轴负方向；（3）D；（4）B；（5）B；；C；（6）①小球在O点处时的速度大小为x；②单摆的摆角为arccos（1）。
【点评】本题考查单摆相关知识点，解题关键掌握测定重力加速度的实验方法及数据处理，注意简谐振动的规律。
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