北京市朝阳区2024-2025学年高一上学期期末质量检测物理试卷
1．（2024高一上·朝阳期末）下列物理量中属于矢量的是（ ）
A．位移 B．时间 C．路程 D．质量
【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】 既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，位移是矢量，时间、路程和质量均是标量。故选A。
【分析】只有大小，没有方向的物理量是标量，既有大小，也有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量。
2．（2024高一上·朝阳期末）篮球以10m/s的速度水平撞击篮板后，以8m/s的速度反向弹回。若篮球与篮板接触的时间为0.1s，在该撞击过程中（ ）
A．篮球速度变化量的大小为
B．篮球速度变化量的方向与初速度方向相同
C．篮球加速度的大小为
D．篮球加速度的方向与初速度方向相反
【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】 加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改变量所用时间的比值。AB．设初速度方向为正方向，则篮球速度变化量为
负号表示方向与初速度方向相反，故AB错误；
CD．篮球加速度的大小为
负号表示方向与初速度方向相反，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】加速度表示速度变化快慢的物理量，根据计算即可，加速度方向与速度变化量方向相同。
3．（2024高一上·朝阳期末）物体受到、两个共点力的作用，已知，。若仅改变、的夹角，则它们合力的大小不可能是（ ）
A．2N B．10N C．14N D．16N
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】 两个分力同向时合力最大，反向时合力最小 。根据平行四边形定则可知、两个共点力的合力范围为
故选D。
【分析】两力合成时，合力的大小满足|F1-F2|≤F≤F1+F2，在此范围内所有的值均是有可能的。
4．（2024高一上·朝阳期末）甲、乙两辆摩托车在一条东西方向的平直公路上行驶，以向东为正方向，两辆摩托车的图像如图所示。在0~6s内，由图可知（ ）
A．两辆摩托车运动方向相反
B．5s时甲车的速度小于乙车的速度
C．甲车的加速度小于乙车的加速度
D．甲车的位移大于乙车的位移
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 解决本题的关键知道v-t图线的斜率表示加速度，v-t图线与时间轴所围成的面积表示位移。A．在0~6s内，由图像可知，两辆摩托车运动方向均为正方向，即运动方向相同，故A错误；
B．由图像可知，5s时甲车的速度大于乙车的速度，故B错误；
C．根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，由题图可知，甲车的加速度小于乙车的加速度，故C正确；
D．根据图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知，在0~6s内，甲车的位移小于乙车的位移，故D错误。
故选C。
【分析】v-t图像中，速度的正负表示速度的方向，图像的斜率等于加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动。根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小。
5．（2024高一上·朝阳期末）鱼在水中沿图示虚线斜向上匀加速游动的过程中，水对鱼的作用力F方向合理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】 解答本题的关键是知道加速度的方向与合外力的方向一致。鱼在水中沿图示虚线斜向上匀加速游动的过程中，根据牛顿第二定律可知鱼受到的合力沿虚线斜向上，根据平行四边形定则可知，水对鱼的作用力F方向斜向上偏左，如图所示
故选B。
【分析】对鱼进行受力进行分析，根据牛顿第二定律判断水对鱼的作用力的方向。
6．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，两同学用同样大小的力F共同提起一桶水，使水桶静止。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。则（ ）
A．每人对水桶的拉力变小 B．每人对水桶的拉力变大
C．两人对水桶拉力的合力变小 D．两人对水桶拉力的合力变大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力方向与竖直方向之间的夹角相等，再由竖直方向力平衡即可求出两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。根据受力平衡可知两人对水桶拉力的合力等于水桶和水的总重力，保持不变；根据平衡条件可得
由于增大，可知每人对水桶的拉力变大。
故选B。
【分析】 分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系；由于两人手臂对水桶的拉力大小相等，结合对称性分析拉力的方向，从而根据列式，即可求解。
7．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，已知飞船和空间站之间的相互作用力大小为F，则推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。设推力大小为，以飞船与空间站为整体，根据牛顿第二定律可得
以空间站为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
故选C。
【分析】对飞船和空间站整体和空间站分别列牛顿第二定律方程联立解答。
8．（2024高一上·朝阳期末）在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，传送带匀速运动。旅客把行李无初速度地放置在传送带上，最终行李随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始行李相对传送带向前运动
B．行李匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．传送带速度越大，行李加速运动的时间越短
D．传送带速度越大，行李与传送带的相对位移越大
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．刚开始行李的速度小于传送带的速度，则行李相对传送带向后运动，故A错误；
B．行李匀速运动过程中，不受静摩擦力，故B错误；
CD．设行李与传送带间的动摩擦因数为，可得行李加速运动时的加速度为
根据
可知传送带速度越大，行李加速运动的时间越长；行李与传送带的相对位移为
可知传送带速度越大，行李与传送带的相对位移越大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】行李在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，应用牛顿第二定律与运动学公式分析答题。
9．（2024高一上·朝阳期末）蹦床是兼具艺术性与竞技性的一种体操运动。某躝床运动员仅在竖直方向运动，运动过程中运动员对蹦床的作用力的大小F与时间t的关系如图所示。假设运动员不与蹦床接触时蹦床面水平。忽略空气阻力，g取。下列说法正确的是（ ）
A．6.5s~7.3s内运动员的速度一直减小
B．运动过程中运动员最大速度为10m/s
C．运动过程中运动员最大加速度为
D．运动员离开蹦床上升的最大高度为20m
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。A．由图像可知，t=6.5s时刻运动员接触蹦床，在开始的阶段蹦床对运动员的弹力小于重力，则运动员加速向下运动，当弹力等于重力时速度最大，然后当弹力大于重力时向下做减速运动直到最低点，然后反向向上运动，同样是先向上加速后向上减速，在t=7.3s时刻离开蹦床，故A错误；
B．由图可知，运动员在空中的时间为2s，则离开蹦床上升和下降的时间均为1s，则刚落到蹦床上时的速度为
由上述分析可知，运动过程中运动员最大速度应大于10m/s，故B错误；
C．运动过程中运动员在最低点时加速度最大，由图可知最大弹力，运动员的重力，则最大加速度为
故C正确；
D．运动员离开蹦床上升的最大高度为
故D错误。
故选C。
【分析】由图读出运动员的重力，求出其质量；当蹦床对运动员的弹力最大时，此时加速度最大；根据运动员离开蹦床的运动，由运动学公式求出最大高度。
10．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，质量为M、倾角为的滑块A置于水平地面上。现将质量为m的滑块B从A的顶端静止释放，B沿A的斜面下滑。若忽略一切摩擦，B下滑过程中，A相对地面的加速度大小为a。下面给出a的表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解，但可以通过一定的物理分析对表达式的合理性做出判断，则a的合理表达式应为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题可以运用特殊值法，逐项分析，知道排除法、特殊值法是解决选择题一种常用的方法。若，则B对斜面体的压力竖直向下，则斜面体A不可能在水平方向加速，即，则A选项中表达式错误；
若，则B对斜面体水平方向也无压力，斜面体A的加速度也为零，可知B选项中表达式错误；
当时，由D选项中表达式可知A的加速度，则D选项中表达式错误。
故选C。
【分析】运用特殊值法，抓住θ=90°以及θ=0°等特殊情况，进行逐项判断。
11．（2024高一上·朝阳期末）为研究超重与失重现象，某同学站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运行的某阶段，他发现体重计的示数大于自己的实际体重，则电梯的运动过程可能是（ ）
A．电梯加速上升 B．电梯加速下降
C．电梯减速上升 D．电梯减速下降
【答案】A,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。在电梯运行的某阶段，他发现体重计的示数大于自己的实际体重，可知该同学处于超重状态，加速度方向向上，则电梯可能加速上升，或者减速下降。
故选AD。
【分析】加速度向上，物体处于超重状态；加速度向下，物体处于失重状态。
12．（2024高一上·朝阳期末）某同学为了估算井口到水面的距离，让一个小石块从井口自由落下，经过3.0s后听到石块击水的声音，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．井口到水面的距离约为30.0m
B．井口到水面的距离约为45.0m
C．若考虑声音在空气中传播需要一定的时间，则估算结果偏大
D．若考虑声音在空气中传播需要一定的时间，则估算结果偏小
【答案】B,C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题考查自由落体规律的应用，要注意明确自由落体是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，正确掌握对应的公式即可。AB．井口到水面的距离约为
故A错误，B正确；
CD．若考虑声音在空气中传播需要一定的时间，可知石块落到井底的时间小于3.0s，则估算结果偏大，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】小石块做自由落体运动，根据自由落体运动的公式即可求出3s内下落的高度，从而确定井的深度。
13．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，一灯笼悬挂于两墙壁之间，绳OA水平。若适当将绳OA延长，仅使悬挂点A向上移动，以保持O点的位置不变，则A点向上移动的过程中，绳OA的拉力大小和绳OB的拉力大小的变化可能是（ ）
A．先减小后增大 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．逐渐增大
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变，另一个力的大小、方向均发生变化，对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行求解。如图所示
对O点受力分析可知，绳OA的拉力F1和绳OB的拉力F2的合力与重力G等大反向，则A点向上移动的过程中，绳OA的拉力大小F1先减小后增加，绳OB的拉力大小F2逐渐减小。
故选AC。
【分析】O点受到三个力作用处于平衡者状态，其中OB绳子上拉力方向不变，竖直绳子上拉力大小方向都不变，对于这类三力平衡问题可以利用“图解法”进行求解，即画出动态的平行四边形求解。
14．（2024高一上·朝阳期末）某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。悬挂重0.8N的钢球，静止时指针指直尺上刻度为C的位置；把悬挂重1.0N钢球静止时指针所指刻度标记为0，以后该钢球就固定在弹簧上。将不同刻度对应的加速度值标在直尺上，就可以用该装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，弹簧始终在弹性限度内，g取。下列说法正确的是（ ）
A．C刻度对应的加速度为
B．各刻度对应加速度的值是不均匀的
C．若该直尺共有7条长刻度线，则该装置能测量的最大加速度为
D．若换用重为1.2N的钢球固定在弹簧上，则加速度的值需要重新标度
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解决本题时，应注意将胡克定律同牛顿第二定律结合起来，同时知道形变量和原长的关系。
A.0刻度与C刻度两位置弹簧的形变量之差为
指针在C刻度时加速度方向向下，因为指针在0刻度时加速度为零，大小为
即C刻度对应的加速度为，故A正确；
B．设0刻度值与各刻度值的差值为，根据表达式
可知，各刻度对应加速度的值是均匀的，故B错误；
C．若该直尺共有7条长刻度线，则最高点和最低点的长刻度线对应的加速度最大，根据比例关系，该装置能测量的最大加速度为，故C错误；
D．加速度为零的刻度线要下移，因为换用重为1.2 N的钢球固定在弹簧上，加速度的值需要重新标度，故D正确。
故选AD。
【分析】利用牛顿第二定律以及胡克定律可求出不同位置的加速度情况，再利用牛顿第二定律得到各个刻度对应的加速度是均匀的。换用重为1.2N的钢球固定在弹簧上，加速度为零的刻度线要下移。
15．（2024高一上·朝阳期末）“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置如图1所示。
（1）本实验采用的主要实验方法是______。
A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想模型法
（2）实验操作过程中，下列说法正确的是______
A．实验时，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板
B．拉着细绳套的两只弹簧测力计的夹角越大越好
C．实验中应保证两只弹簧测力计的拉力大小相等
D．在同一组实验中，分别用两个力和一个力拉橡皮筋时结点位置应相同
（3）某次实验结果如图2所示。在四个力中，不是由弹簧测力计直接测量得到的是______。
A． B． C．F D．
（4）若仅有一只弹簧测力计，为了完成该实验至少需要 （选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮筋的结点拉到O点。
【答案】（1）B
（2）A；D
（3）C
（4）3
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】 实验原理：等效法即一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力，作出力F'的图示 。 同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另换，直至相同为止 。
（1）本实验中两个力拉橡皮筋与一个力拉橡皮筋的效果相同，采用的主要实验方法是等效替代法。
故选B。
（2）
A．实验时，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板，故A正确；
B．拉着细绳套的两只弹簧测力计的夹角大小要适当，并非越大越好，故B错误；
C．实验中两只弹簧测力计的拉力大小要适当大一些，但不需要相等，故C错误；
D．在同一组实验中，为保证等效性，则分别用两个力和一个力拉橡皮筋时结点位置应相同，故D正确。
故选AD。
（3）
图中的F1、F2和都是由弹簧测力计直接测量得到的；而F是根据平行四边形法则得到的F1和F2的合力。
故选C。
（4）
若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧秤示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧秤的示数F2；最后再用这一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时弹簧秤的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O。
【分析】 （1）本实验的原理是，采用力的图示法和等效替代的思想；两个分力与合力的作用效果相同；
（2）根据实验操作规范分析解答，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板，保证合力与分力在一个平面内；
（3）根据实际值与理论值的特点分析，由平行四边形法则得到的合力是理论值；
（4）根据实验原理与实验操作分析。
（1）本实验中两个力拉橡皮筋与一个力拉橡皮筋的效果相同，采用的主要实验方法是等效替代法。
故选B。
（2）A．实验时，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板，故A正确；
B．拉着细绳套的两只弹簧测力计的夹角大小要适当，并非越大越好，故B错误；
C．实验中两只弹簧测力计的拉力大小要适当大一些，但不需要相等，故C错误；
D．在同一组实验中，为保证等效性，则分别用两个力和一个力拉橡皮筋时结点位置应相同，故D正确。
故选AD。
（3）图中的F1、F2和都是由弹簧测力计直接测量得到的；而F是根据平行四边形法则得到的F1和F2的合力。
故选C。
（4）若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧秤示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧秤的示数F2；最后再用这一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时弹簧秤的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O。
16．（2024高一上·朝阳期末）某小组用如图1所示的装置研究：小车质量一定的情况下，加速度与力的关系。实验中可认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。测出小车和槽码的质量分别为M、m。重力加速度为g。
（1）关于该实验，下列说法正确的是______
A．小车的质量应该远大于槽码的质量
B．补偿阻力时，将槽码通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带应连好
C．实验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源
D．实验中应改变槽码的质量，打出多条纸带
（2）该小组得到如图2所示的一条纸带。已知打点计时器的工作频率为50Hz。A、B、C、D、E、F是在纸带上选取的6个计数点，各计数点间还有4个点未画出。由此可得，小车的加速度大小为 。（结果保留2位有效数字）
（3）改变槽码的质量重复实验，得到多组槽码质量m及小车加速度a的数据，作出关系图像如图3所示，图像出现弯曲的原因是______
A．槽码的质量过小 B．槽码的质量过大
C．补偿阻力时长木板的倾角偏小 D．补偿阻力时长木板的倾角偏大
（4）小明认为，根据第（3）问中测得的小车加速度a与对应槽码质量m作出的图像应该是一条直线。你是否同意小明的观点，请分析说明理由 。
【答案】（1）A；D
（2）0.50
（3）B
（4）同意，理由见解析
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 实验原理：探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。
（1）A．为了使小车受到的细线拉力近似等于槽码的重力，实验中小车的质量应该远大于槽码的质量，故A正确；
B．平衡摩擦力时应取下槽码，让小车拖着纸带，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀，故B错误；
C．为了充分利用纸带，实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车，故C错误；
D．本实验是研究小车质量一定，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确。
故选AD。
（2）
已知打点计时器的工作频率为50 Hz，各计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）
根据题意，由牛顿第二定律有
整理可得
可知，当m M时
保持不变，a m图像为过原点的直线，当m逐渐增大，不满足m M时，减小，a m图像向下弯曲，则图像出现弯曲的原因是槽码的质量过大。
故选B。
（4）
同意，理由：根据牛顿第二定律可得
可得
作出的图像为一次函数关系，图线是一条直线。
【分析】 （1）根据实验原理和实验注意事项分析判断，小车的质量应该远大于槽码的质量，要平衡摩擦力；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）a m图像向下弯曲，则图像出现弯曲的原因是槽码的质量过大，不满足小车的质量应该远大于槽码的质量的条件；
（4）根据牛顿第二定律推导分析。
（1）A．为了使小车受到的细线拉力近似等于槽码的重力，实验中小车的质量应该远大于槽码的质量，故A正确；
B．平衡摩擦力时应取下槽码，让小车拖着纸带，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀，故B错误；
C．为了充分利用纸带，实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车，故C错误；
D．本实验是研究小车质量一定，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确。
故选AD。
（2）已知打点计时器的工作频率为50 Hz，各计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）根据题意，由牛顿第二定律有
整理可得
可知，当m M时
保持不变，a m图像为过原点的直线，当m逐渐增大，不满足m M时，减小，a m图像向下弯曲，则图像出现弯曲的原因是槽码的质量过大。
故选B。
（4）同意，理由：根据牛顿第二定律可得
可得
作出的图像为一次函数关系，图线是一条直线。
17．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，质量为m的手机放在支架的斜面上，斜面与水平面的夹角为，手机处于静止状态。已知手机与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）画出手机的受力示意图；
（2）求手机受到的摩擦力大小；
（3）调节斜面倾角到时，手机恰好能沿斜面匀速下滑，推导与的关系。
【答案】（1）解：手机的受力示意图如下图所示
（2）解：手机静止，由平衡条件可得手机受到的摩擦力大小为
（3）解：手机恰好能沿斜面匀速下滑，由平衡条件得
又
联立解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）物体受重力支持力以及摩擦力；
（2）对手机受力分析，根据平衡条件列式求解手机所受支持力和摩擦力；
（3）根据摩擦力公式计算动摩擦因数。
（1）手机的受力示意图如下图所示
（2）手机静止，由平衡条件可得手机受到的摩擦力大小为
（3）手机恰好能沿斜面匀速下滑，由平衡条件得
又
联立解得
18．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，一质量的物体在与水平方向成的拉力F作用下，从静止开始运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数，，，，g取。求：
（1）物体对地面的压力大小；
（2）物体的加速度大小a；
（3）物体在前2.0s内运动位移的大小x。
【答案】（1）解：以物体为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得
根据牛顿第三定律可得，物体对地面的压力大小为
（2）解：以物体为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
又
联立解得物体的加速度大小为
（3）解：物体在前2.0s内的位移大小为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）在竖直方向，根据平衡条件和牛顿第三定律可以求出物体对地面的压力大小；
（2）在水平方向，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（3）由位移时间公式求物体开始运动2.0s内的位移的大小。
（1）以物体为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得
根据牛顿第三定律可得，物体对地面的压力大小为
（2）以物体为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
又
联立解得物体的加速度大小为
（3）物体在前2.0s内的位移大小为
19．（2024高一上·朝阳期末）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。（球体的体积，r为球体半径）
（1）定性画出雨滴无初速度下落过程的图像；
（2）设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度与半径r的关系式；
（3）半径分别为、的两颗雨滴（）从同一高度由静止竖直下落，请通过分析推理比较两颗雨滴落地时间和的大小关系。
【答案】（1）解：对雨滴根据牛顿第二定律得
其中
解得
则随下落速度增加，雨滴做加速度减小的加速运动，最终匀速下落，则雨滴下落过程的图像如图所示
（2）解：根据牛顿第二定律得
解得
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度，雨滴质量为
由可得，雨滴最大速度为
（3）解：由（2）问可知
由于，则有
作出两颗雨滴下落的图像如图所示
根据下落高度相同，可知图像与坐标轴围成的面积相等，可以判断出
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对雨滴受力分析，通过牛顿第二定律列加速度等式然后画v-t图像；
（2）加速度等于零时由最大速度，然后通过质量、密度和体积关系算出质量，再结合第一问加速度等式即可算出最大速度；
（3）先画出两个雨滴的v-t图像，通过面积等于位移即可比较出时间大小。
（1）对雨滴根据牛顿第二定律得
其中
解得
则随下落速度增加，雨滴做加速度减小的加速运动，最终匀速下落，则雨滴下落过程的图像如图所示
（2）根据牛顿第二定律得
解得
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度，雨滴质量为
由可得，雨滴最大速度为
（3）由（2）问可知
由于，则有
作出两颗雨滴下落的图像如图所示
根据下落高度相同，可知图像与坐标轴围成的面积相等，可以判断出
20．（2024高一上·朝阳期末）汽车安全行驶过程中蕴藏着丰富的力学原理。
（1）在公路上行驶的汽车之间应保持一定的安全距离。当前车紧急刹车停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不与前车相撞。如果一辆汽车在高速公路上行驶的速度为，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数，假设人的反应时间为0.5s，g取。通过计算说明该路况下的安全距离。
（2）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其简化原理如图1所示。在平直路面上刹车的过程中，敏感球沿倾角为的底座斜面上滑到与汽车具有相同加速度的位置，同时顶起敏感臂，使其处于水平状态并卡住卷轴外的齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F，敏感球质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球所受摩擦力，求汽车此时的加速度a。
（3）某试验汽车的刹车装置包括电力制动和机械制动两部分。图2是该汽车刹车过程中加速度a的大小随速度v的变化曲线。已知电力制动产生的阻力大小与车速成正比，刹车过程中汽车还受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明汽车从50m/s减速到3m/s过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？
【答案】（1）解：在反应时间内汽车前进的距离
刹车后汽车做匀减速直线运动
刹车后汽车前进的距离
解得安全距离
（2）解：对敏感球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律
解得
方向与前进方向相反。
（3）解：制动过程中，汽车受到的阻力是由电力制动、机械制动和空气阻力共同引起的。电力制动产生的阻力大小与车速成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由图线，根据牛顿第二定律，汽车在10m/s至3m/s区间所需合力最大。综合以上分析，汽车在3m/s的速度附近所受空气阻力及电力制动产生的阻力最小，故所需机械制动最强。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据运动学公式求解反应时间内和刹车后汽车做匀减速直线运动的位移，结合牛顿第二定律求解；
（2）对敏感球受力分析，水平方向根据牛顿第二定律，竖直方向根据平衡方程联立求解；
（3）由a-v图线，根据牛顿第二定律判断即可。
（1）在反应时间内汽车前进的距离
刹车后汽车做匀减速直线运动
刹车后汽车前进的距离
解得安全距离
（2）对敏感球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律
解得
方向与前进方向相反。
（3）制动过程中，汽车受到的阻力是由电力制动、机械制动和空气阻力共同引起的。电力制动产生的阻力大小与车速成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由图线，根据牛顿第二定律，汽车在10m/s至3m/s区间所需合力最大。综合以上分析，汽车在3m/s的速度附近所受空气阻力及电力制动产生的阻力最小，故所需机械制动最强。
1 / 1北京市朝阳区2024-2025学年高一上学期期末质量检测物理试卷
1．（2024高一上·朝阳期末）下列物理量中属于矢量的是（ ）
A．位移 B．时间 C．路程 D．质量
2．（2024高一上·朝阳期末）篮球以10m/s的速度水平撞击篮板后，以8m/s的速度反向弹回。若篮球与篮板接触的时间为0.1s，在该撞击过程中（ ）
A．篮球速度变化量的大小为
B．篮球速度变化量的方向与初速度方向相同
C．篮球加速度的大小为
D．篮球加速度的方向与初速度方向相反
3．（2024高一上·朝阳期末）物体受到、两个共点力的作用，已知，。若仅改变、的夹角，则它们合力的大小不可能是（ ）
A．2N B．10N C．14N D．16N
4．（2024高一上·朝阳期末）甲、乙两辆摩托车在一条东西方向的平直公路上行驶，以向东为正方向，两辆摩托车的图像如图所示。在0~6s内，由图可知（ ）
A．两辆摩托车运动方向相反
B．5s时甲车的速度小于乙车的速度
C．甲车的加速度小于乙车的加速度
D．甲车的位移大于乙车的位移
5．（2024高一上·朝阳期末）鱼在水中沿图示虚线斜向上匀加速游动的过程中，水对鱼的作用力F方向合理的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，两同学用同样大小的力F共同提起一桶水，使水桶静止。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。则（ ）
A．每人对水桶的拉力变小 B．每人对水桶的拉力变大
C．两人对水桶拉力的合力变小 D．两人对水桶拉力的合力变大
7．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，飞船与空间站对接后，在推力作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，已知飞船和空间站之间的相互作用力大小为F，则推力大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·朝阳期末）在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，传送带匀速运动。旅客把行李无初速度地放置在传送带上，最终行李随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始行李相对传送带向前运动
B．行李匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．传送带速度越大，行李加速运动的时间越短
D．传送带速度越大，行李与传送带的相对位移越大
9．（2024高一上·朝阳期末）蹦床是兼具艺术性与竞技性的一种体操运动。某躝床运动员仅在竖直方向运动，运动过程中运动员对蹦床的作用力的大小F与时间t的关系如图所示。假设运动员不与蹦床接触时蹦床面水平。忽略空气阻力，g取。下列说法正确的是（ ）
A．6.5s~7.3s内运动员的速度一直减小
B．运动过程中运动员最大速度为10m/s
C．运动过程中运动员最大加速度为
D．运动员离开蹦床上升的最大高度为20m
10．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，质量为M、倾角为的滑块A置于水平地面上。现将质量为m的滑块B从A的顶端静止释放，B沿A的斜面下滑。若忽略一切摩擦，B下滑过程中，A相对地面的加速度大小为a。下面给出a的表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解，但可以通过一定的物理分析对表达式的合理性做出判断，则a的合理表达式应为（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一上·朝阳期末）为研究超重与失重现象，某同学站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运行的某阶段，他发现体重计的示数大于自己的实际体重，则电梯的运动过程可能是（ ）
A．电梯加速上升 B．电梯加速下降
C．电梯减速上升 D．电梯减速下降
12．（2024高一上·朝阳期末）某同学为了估算井口到水面的距离，让一个小石块从井口自由落下，经过3.0s后听到石块击水的声音，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．井口到水面的距离约为30.0m
B．井口到水面的距离约为45.0m
C．若考虑声音在空气中传播需要一定的时间，则估算结果偏大
D．若考虑声音在空气中传播需要一定的时间，则估算结果偏小
13．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，一灯笼悬挂于两墙壁之间，绳OA水平。若适当将绳OA延长，仅使悬挂点A向上移动，以保持O点的位置不变，则A点向上移动的过程中，绳OA的拉力大小和绳OB的拉力大小的变化可能是（ ）
A．先减小后增大 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．逐渐增大
14．（2024高一上·朝阳期末）某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。悬挂重0.8N的钢球，静止时指针指直尺上刻度为C的位置；把悬挂重1.0N钢球静止时指针所指刻度标记为0，以后该钢球就固定在弹簧上。将不同刻度对应的加速度值标在直尺上，就可以用该装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，弹簧始终在弹性限度内，g取。下列说法正确的是（ ）
A．C刻度对应的加速度为
B．各刻度对应加速度的值是不均匀的
C．若该直尺共有7条长刻度线，则该装置能测量的最大加速度为
D．若换用重为1.2N的钢球固定在弹簧上，则加速度的值需要重新标度
15．（2024高一上·朝阳期末）“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置如图1所示。
（1）本实验采用的主要实验方法是______。
A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想模型法
（2）实验操作过程中，下列说法正确的是______
A．实验时，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板
B．拉着细绳套的两只弹簧测力计的夹角越大越好
C．实验中应保证两只弹簧测力计的拉力大小相等
D．在同一组实验中，分别用两个力和一个力拉橡皮筋时结点位置应相同
（3）某次实验结果如图2所示。在四个力中，不是由弹簧测力计直接测量得到的是______。
A． B． C．F D．
（4）若仅有一只弹簧测力计，为了完成该实验至少需要 （选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮筋的结点拉到O点。
16．（2024高一上·朝阳期末）某小组用如图1所示的装置研究：小车质量一定的情况下，加速度与力的关系。实验中可认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。测出小车和槽码的质量分别为M、m。重力加速度为g。
（1）关于该实验，下列说法正确的是______
A．小车的质量应该远大于槽码的质量
B．补偿阻力时，将槽码通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带应连好
C．实验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源
D．实验中应改变槽码的质量，打出多条纸带
（2）该小组得到如图2所示的一条纸带。已知打点计时器的工作频率为50Hz。A、B、C、D、E、F是在纸带上选取的6个计数点，各计数点间还有4个点未画出。由此可得，小车的加速度大小为 。（结果保留2位有效数字）
（3）改变槽码的质量重复实验，得到多组槽码质量m及小车加速度a的数据，作出关系图像如图3所示，图像出现弯曲的原因是______
A．槽码的质量过小 B．槽码的质量过大
C．补偿阻力时长木板的倾角偏小 D．补偿阻力时长木板的倾角偏大
（4）小明认为，根据第（3）问中测得的小车加速度a与对应槽码质量m作出的图像应该是一条直线。你是否同意小明的观点，请分析说明理由 。
17．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，质量为m的手机放在支架的斜面上，斜面与水平面的夹角为，手机处于静止状态。已知手机与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）画出手机的受力示意图；
（2）求手机受到的摩擦力大小；
（3）调节斜面倾角到时，手机恰好能沿斜面匀速下滑，推导与的关系。
18．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，一质量的物体在与水平方向成的拉力F作用下，从静止开始运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数，，，，g取。求：
（1）物体对地面的压力大小；
（2）物体的加速度大小a；
（3）物体在前2.0s内运动位移的大小x。
19．（2024高一上·朝阳期末）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。（球体的体积，r为球体半径）
（1）定性画出雨滴无初速度下落过程的图像；
（2）设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度与半径r的关系式；
（3）半径分别为、的两颗雨滴（）从同一高度由静止竖直下落，请通过分析推理比较两颗雨滴落地时间和的大小关系。
20．（2024高一上·朝阳期末）汽车安全行驶过程中蕴藏着丰富的力学原理。
（1）在公路上行驶的汽车之间应保持一定的安全距离。当前车紧急刹车停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不与前车相撞。如果一辆汽车在高速公路上行驶的速度为，汽车轮胎与路面间的动摩擦因数，假设人的反应时间为0.5s，g取。通过计算说明该路况下的安全距离。
（2）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其简化原理如图1所示。在平直路面上刹车的过程中，敏感球沿倾角为的底座斜面上滑到与汽车具有相同加速度的位置，同时顶起敏感臂，使其处于水平状态并卡住卷轴外的齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F，敏感球质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球所受摩擦力，求汽车此时的加速度a。
（3）某试验汽车的刹车装置包括电力制动和机械制动两部分。图2是该汽车刹车过程中加速度a的大小随速度v的变化曲线。已知电力制动产生的阻力大小与车速成正比，刹车过程中汽车还受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明汽车从50m/s减速到3m/s过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】 既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，位移是矢量，时间、路程和质量均是标量。故选A。
【分析】只有大小，没有方向的物理量是标量，既有大小，也有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量。
2．【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】 加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改变量所用时间的比值。AB．设初速度方向为正方向，则篮球速度变化量为
负号表示方向与初速度方向相反，故AB错误；
CD．篮球加速度的大小为
负号表示方向与初速度方向相反，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】加速度表示速度变化快慢的物理量，根据计算即可，加速度方向与速度变化量方向相同。
3．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】 两个分力同向时合力最大，反向时合力最小 。根据平行四边形定则可知、两个共点力的合力范围为
故选D。
【分析】两力合成时，合力的大小满足|F1-F2|≤F≤F1+F2，在此范围内所有的值均是有可能的。
4．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 解决本题的关键知道v-t图线的斜率表示加速度，v-t图线与时间轴所围成的面积表示位移。A．在0~6s内，由图像可知，两辆摩托车运动方向均为正方向，即运动方向相同，故A错误；
B．由图像可知，5s时甲车的速度大于乙车的速度，故B错误；
C．根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，由题图可知，甲车的加速度小于乙车的加速度，故C正确；
D．根据图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知，在0~6s内，甲车的位移小于乙车的位移，故D错误。
故选C。
【分析】v-t图像中，速度的正负表示速度的方向，图像的斜率等于加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动。根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】 解答本题的关键是知道加速度的方向与合外力的方向一致。鱼在水中沿图示虚线斜向上匀加速游动的过程中，根据牛顿第二定律可知鱼受到的合力沿虚线斜向上，根据平行四边形定则可知，水对鱼的作用力F方向斜向上偏左，如图所示
故选B。
【分析】对鱼进行受力进行分析，根据牛顿第二定律判断水对鱼的作用力的方向。
6．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力方向与竖直方向之间的夹角相等，再由竖直方向力平衡即可求出两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。根据受力平衡可知两人对水桶拉力的合力等于水桶和水的总重力，保持不变；根据平衡条件可得
由于增大，可知每人对水桶的拉力变大。
故选B。
【分析】 分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系；由于两人手臂对水桶的拉力大小相等，结合对称性分析拉力的方向，从而根据列式，即可求解。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。设推力大小为，以飞船与空间站为整体，根据牛顿第二定律可得
以空间站为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
故选C。
【分析】对飞船和空间站整体和空间站分别列牛顿第二定律方程联立解答。
8．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．刚开始行李的速度小于传送带的速度，则行李相对传送带向后运动，故A错误；
B．行李匀速运动过程中，不受静摩擦力，故B错误；
CD．设行李与传送带间的动摩擦因数为，可得行李加速运动时的加速度为
根据
可知传送带速度越大，行李加速运动的时间越长；行李与传送带的相对位移为
可知传送带速度越大，行李与传送带的相对位移越大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】行李在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，应用牛顿第二定律与运动学公式分析答题。
9．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。A．由图像可知，t=6.5s时刻运动员接触蹦床，在开始的阶段蹦床对运动员的弹力小于重力，则运动员加速向下运动，当弹力等于重力时速度最大，然后当弹力大于重力时向下做减速运动直到最低点，然后反向向上运动，同样是先向上加速后向上减速，在t=7.3s时刻离开蹦床，故A错误；
B．由图可知，运动员在空中的时间为2s，则离开蹦床上升和下降的时间均为1s，则刚落到蹦床上时的速度为
由上述分析可知，运动过程中运动员最大速度应大于10m/s，故B错误；
C．运动过程中运动员在最低点时加速度最大，由图可知最大弹力，运动员的重力，则最大加速度为
故C正确；
D．运动员离开蹦床上升的最大高度为
故D错误。
故选C。
【分析】由图读出运动员的重力，求出其质量；当蹦床对运动员的弹力最大时，此时加速度最大；根据运动员离开蹦床的运动，由运动学公式求出最大高度。
10．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题可以运用特殊值法，逐项分析，知道排除法、特殊值法是解决选择题一种常用的方法。若，则B对斜面体的压力竖直向下，则斜面体A不可能在水平方向加速，即，则A选项中表达式错误；
若，则B对斜面体水平方向也无压力，斜面体A的加速度也为零，可知B选项中表达式错误；
当时，由D选项中表达式可知A的加速度，则D选项中表达式错误。
故选C。
【分析】运用特殊值法，抓住θ=90°以及θ=0°等特殊情况，进行逐项判断。
11．【答案】A,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。在电梯运行的某阶段，他发现体重计的示数大于自己的实际体重，可知该同学处于超重状态，加速度方向向上，则电梯可能加速上升，或者减速下降。
故选AD。
【分析】加速度向上，物体处于超重状态；加速度向下，物体处于失重状态。
12．【答案】B,C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题考查自由落体规律的应用，要注意明确自由落体是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，正确掌握对应的公式即可。AB．井口到水面的距离约为
故A错误，B正确；
CD．若考虑声音在空气中传播需要一定的时间，可知石块落到井底的时间小于3.0s，则估算结果偏大，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】小石块做自由落体运动，根据自由落体运动的公式即可求出3s内下落的高度，从而确定井的深度。
13．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变，另一个力的大小、方向均发生变化，对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行求解。如图所示
对O点受力分析可知，绳OA的拉力F1和绳OB的拉力F2的合力与重力G等大反向，则A点向上移动的过程中，绳OA的拉力大小F1先减小后增加，绳OB的拉力大小F2逐渐减小。
故选AC。
【分析】O点受到三个力作用处于平衡者状态，其中OB绳子上拉力方向不变，竖直绳子上拉力大小方向都不变，对于这类三力平衡问题可以利用“图解法”进行求解，即画出动态的平行四边形求解。
14．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解决本题时，应注意将胡克定律同牛顿第二定律结合起来，同时知道形变量和原长的关系。
A.0刻度与C刻度两位置弹簧的形变量之差为
指针在C刻度时加速度方向向下，因为指针在0刻度时加速度为零，大小为
即C刻度对应的加速度为，故A正确；
B．设0刻度值与各刻度值的差值为，根据表达式
可知，各刻度对应加速度的值是均匀的，故B错误；
C．若该直尺共有7条长刻度线，则最高点和最低点的长刻度线对应的加速度最大，根据比例关系，该装置能测量的最大加速度为，故C错误；
D．加速度为零的刻度线要下移，因为换用重为1.2 N的钢球固定在弹簧上，加速度的值需要重新标度，故D正确。
故选AD。
【分析】利用牛顿第二定律以及胡克定律可求出不同位置的加速度情况，再利用牛顿第二定律得到各个刻度对应的加速度是均匀的。换用重为1.2N的钢球固定在弹簧上，加速度为零的刻度线要下移。
15．【答案】（1）B
（2）A；D
（3）C
（4）3
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】 实验原理：等效法即一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力，作出力F'的图示 。 同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另换，直至相同为止 。
（1）本实验中两个力拉橡皮筋与一个力拉橡皮筋的效果相同，采用的主要实验方法是等效替代法。
故选B。
（2）
A．实验时，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板，故A正确；
B．拉着细绳套的两只弹簧测力计的夹角大小要适当，并非越大越好，故B错误；
C．实验中两只弹簧测力计的拉力大小要适当大一些，但不需要相等，故C错误；
D．在同一组实验中，为保证等效性，则分别用两个力和一个力拉橡皮筋时结点位置应相同，故D正确。
故选AD。
（3）
图中的F1、F2和都是由弹簧测力计直接测量得到的；而F是根据平行四边形法则得到的F1和F2的合力。
故选C。
（4）
若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧秤示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧秤的示数F2；最后再用这一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时弹簧秤的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O。
【分析】 （1）本实验的原理是，采用力的图示法和等效替代的思想；两个分力与合力的作用效果相同；
（2）根据实验操作规范分析解答，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板，保证合力与分力在一个平面内；
（3）根据实际值与理论值的特点分析，由平行四边形法则得到的合力是理论值；
（4）根据实验原理与实验操作分析。
（1）本实验中两个力拉橡皮筋与一个力拉橡皮筋的效果相同，采用的主要实验方法是等效替代法。
故选B。
（2）A．实验时，橡皮筋、细绳和弹簧测力计应平行于木板，故A正确；
B．拉着细绳套的两只弹簧测力计的夹角大小要适当，并非越大越好，故B错误；
C．实验中两只弹簧测力计的拉力大小要适当大一些，但不需要相等，故C错误；
D．在同一组实验中，为保证等效性，则分别用两个力和一个力拉橡皮筋时结点位置应相同，故D正确。
故选AD。
（3）图中的F1、F2和都是由弹簧测力计直接测量得到的；而F是根据平行四边形法则得到的F1和F2的合力。
故选C。
（4）若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧秤示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧秤的示数F2；最后再用这一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时弹簧秤的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O。
16．【答案】（1）A；D
（2）0.50
（3）B
（4）同意，理由见解析
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 实验原理：探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系。
（1）A．为了使小车受到的细线拉力近似等于槽码的重力，实验中小车的质量应该远大于槽码的质量，故A正确；
B．平衡摩擦力时应取下槽码，让小车拖着纸带，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀，故B错误；
C．为了充分利用纸带，实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车，故C错误；
D．本实验是研究小车质量一定，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确。
故选AD。
（2）
已知打点计时器的工作频率为50 Hz，各计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）
根据题意，由牛顿第二定律有
整理可得
可知，当m M时
保持不变，a m图像为过原点的直线，当m逐渐增大，不满足m M时，减小，a m图像向下弯曲，则图像出现弯曲的原因是槽码的质量过大。
故选B。
（4）
同意，理由：根据牛顿第二定律可得
可得
作出的图像为一次函数关系，图线是一条直线。
【分析】 （1）根据实验原理和实验注意事项分析判断，小车的质量应该远大于槽码的质量，要平衡摩擦力；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）a m图像向下弯曲，则图像出现弯曲的原因是槽码的质量过大，不满足小车的质量应该远大于槽码的质量的条件；
（4）根据牛顿第二定律推导分析。
（1）A．为了使小车受到的细线拉力近似等于槽码的重力，实验中小车的质量应该远大于槽码的质量，故A正确；
B．平衡摩擦力时应取下槽码，让小车拖着纸带，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀，故B错误；
C．为了充分利用纸带，实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车，故C错误；
D．本实验是研究小车质量一定，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确。
故选AD。
（2）已知打点计时器的工作频率为50 Hz，各计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）根据题意，由牛顿第二定律有
整理可得
可知，当m M时
保持不变，a m图像为过原点的直线，当m逐渐增大，不满足m M时，减小，a m图像向下弯曲，则图像出现弯曲的原因是槽码的质量过大。
故选B。
（4）同意，理由：根据牛顿第二定律可得
可得
作出的图像为一次函数关系，图线是一条直线。
17．【答案】（1）解：手机的受力示意图如下图所示
（2）解：手机静止，由平衡条件可得手机受到的摩擦力大小为
（3）解：手机恰好能沿斜面匀速下滑，由平衡条件得
又
联立解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）物体受重力支持力以及摩擦力；
（2）对手机受力分析，根据平衡条件列式求解手机所受支持力和摩擦力；
（3）根据摩擦力公式计算动摩擦因数。
（1）手机的受力示意图如下图所示
（2）手机静止，由平衡条件可得手机受到的摩擦力大小为
（3）手机恰好能沿斜面匀速下滑，由平衡条件得
又
联立解得
18．【答案】（1）解：以物体为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得
根据牛顿第三定律可得，物体对地面的压力大小为
（2）解：以物体为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
又
联立解得物体的加速度大小为
（3）解：物体在前2.0s内的位移大小为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）在竖直方向，根据平衡条件和牛顿第三定律可以求出物体对地面的压力大小；
（2）在水平方向，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（3）由位移时间公式求物体开始运动2.0s内的位移的大小。
（1）以物体为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得
根据牛顿第三定律可得，物体对地面的压力大小为
（2）以物体为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
又
联立解得物体的加速度大小为
（3）物体在前2.0s内的位移大小为
19．【答案】（1）解：对雨滴根据牛顿第二定律得
其中
解得
则随下落速度增加，雨滴做加速度减小的加速运动，最终匀速下落，则雨滴下落过程的图像如图所示
（2）解：根据牛顿第二定律得
解得
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度，雨滴质量为
由可得，雨滴最大速度为
（3）解：由（2）问可知
由于，则有
作出两颗雨滴下落的图像如图所示
根据下落高度相同，可知图像与坐标轴围成的面积相等，可以判断出
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对雨滴受力分析，通过牛顿第二定律列加速度等式然后画v-t图像；
（2）加速度等于零时由最大速度，然后通过质量、密度和体积关系算出质量，再结合第一问加速度等式即可算出最大速度；
（3）先画出两个雨滴的v-t图像，通过面积等于位移即可比较出时间大小。
（1）对雨滴根据牛顿第二定律得
其中
解得
则随下落速度增加，雨滴做加速度减小的加速运动，最终匀速下落，则雨滴下落过程的图像如图所示
（2）根据牛顿第二定律得
解得
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度，雨滴质量为
由可得，雨滴最大速度为
（3）由（2）问可知
由于，则有
作出两颗雨滴下落的图像如图所示
根据下落高度相同，可知图像与坐标轴围成的面积相等，可以判断出
20．【答案】（1）解：在反应时间内汽车前进的距离
刹车后汽车做匀减速直线运动
刹车后汽车前进的距离
解得安全距离
（2）解：对敏感球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律
解得
方向与前进方向相反。
（3）解：制动过程中，汽车受到的阻力是由电力制动、机械制动和空气阻力共同引起的。电力制动产生的阻力大小与车速成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由图线，根据牛顿第二定律，汽车在10m/s至3m/s区间所需合力最大。综合以上分析，汽车在3m/s的速度附近所受空气阻力及电力制动产生的阻力最小，故所需机械制动最强。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据运动学公式求解反应时间内和刹车后汽车做匀减速直线运动的位移，结合牛顿第二定律求解；
（2）对敏感球受力分析，水平方向根据牛顿第二定律，竖直方向根据平衡方程联立求解；
（3）由a-v图线，根据牛顿第二定律判断即可。
（1）在反应时间内汽车前进的距离
刹车后汽车做匀减速直线运动
刹车后汽车前进的距离
解得安全距离
（2）对敏感球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律
解得
方向与前进方向相反。
（3）制动过程中，汽车受到的阻力是由电力制动、机械制动和空气阻力共同引起的。电力制动产生的阻力大小与车速成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由图线，根据牛顿第二定律，汽车在10m/s至3m/s区间所需合力最大。综合以上分析，汽车在3m/s的速度附近所受空气阻力及电力制动产生的阻力最小，故所需机械制动最强。
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