高一 物理第一学期11月质量检测考试卷

高一 物理第一学期11月质量检测考试卷

一、选择题

1．如图所示是三个质点A、B、C的运动轨迹，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是（ ）

A．三个质点从N到M的平均速度相同 B．三个质点到达M点的瞬时速度相同 C．三个质点从N到M的平均速率相同

D．A质点从N到M的平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同

2．一辆汽车由静止开始运动，其v-t图象如图所示，则汽车在0～1s内和1s～3s内相比（ ）

A．速度变化相同 B．平均速度相等 C．位移相等 D．加速度相同

3．关于力、重力和弹力，下列说法正确的是 A．在画力的图示时，力的作用点可不画在受力物体上

B．把一木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力就是木块受的重力

C．把一木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力，是由于木块发生形变而产生的 D．形状规则的任何物体的重心都在它的几何中心上

4．如图所示为某医院体检中心的身高测量仪。测量仪顶部向下发射波速为340m/s的超声波，超声波遇到障碍物后反射回来，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。已知测量仪没有站人时，顶部距离台面3.0m，当一学生站在台面规定位置后，测量仪记录的时间间隔为0.01s，则该学生的身高最接近（ ）

A．110cm

B．130cm C．150cm D．170cm

5．短跑运动员在100m竞赛中，测得7s末的速度是9m/s，10s末到达终点的速度是10.2m/s，则运动员在全程内的平均速度为（ ） A．9m/s

B．10m/s

C．9.6m/s

D．10.2m/s

6．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示．实验中，为使小车运动时所受的拉力近似等于盘和重物的总重力，则盘和重物的总质量m与小车的质量M应满足的关系是（ ）

A．m远大于M

B．m远小于M

C．m略大于M

D．m略小于M

7．已知物理量λ的单位为“m”、物理量v的单位为“m/s”、物理量f的单位为“s－1”，则由这三个物理量组成的关系式正确的是( ) A．v＝

 fB．v＝λf C．f＝vλ D．λ＝vf

8．利用无人小飞机进行航拍，地面操控者进行以下操作时，能把无人机看成质点的是 A．观察飞机通过一个标志杆所需时间 C．调整飞机旋转机翼

B．调整飞机的飞行姿态 D．调整飞机与被摄物体的高度差

9．2018年7月1日，具有完全自主产权的我国加长版“复兴号”动车组正式在京沪线上运行。一列加长版“复兴号”动车组从上海虹桥站由静止开始做匀加速直线运动，从某节车厢前端开始通过站台上一站立的工作人员开始计时，相邻两节车厢依次通过该工作人员的时间之比不可能是（ ） A．2：1

B．5：2

C．6：5

D．7：3

10．如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg。此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（ ）（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)

A．360N，480N B．480N，360N C．450N，800N

D．800N，450N

11．一汽车在平直公路上做匀加速运动，在前2s内的平均速度为10m/s，在前6s内的平均速度为22m/s，则该汽车的加速度为( ) A．6m/s2

B．4m/s2

C．3m/s2

D．12m/s2

12．下列关于加速度的说法正确的是 A．加速度就是增加的速度 B．加速度也可以是指减小的速度

C．加速度的大小在数值上与单位时间内速度变化量的大小相等 D．加速度不断减小，速度一定不断减小

13．一个物体做直线运动的位移与时间的关系式是x=5t+t2(x的单位为m，t的单位为s)，那么3s时物体的速度是( ) A．7m/s C．11m/s

B．9m/s D．8m/s

14．如图为一个做直线运动物体的v-t图象，则

A．0~3s物体做匀速直线运动 B．3~6s物体做匀速直线运动 C．2 s和4s时刻的速度方向相反 D．第3s时刻物体速度方向发生改变

15．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力。已知它经过

b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v。则ab段与ac段的位移之比为（ ） A．1:9 B．1:3 C．1:5 D．1:8

16．如图所示，物体在平行于斜面向上、大小为5N的力F作用下，沿固定的粗糙斜面向上做匀速直线运动，物体与斜面间的滑动摩擦力（ ）

A．等于零 B．小于5N C．等于5N D．大于5N

17．如图所示，手沿水平方向将书压在竖直墙壁上，使其保持静止，现增大手对书的压力，则书（ ）

A．将沿墙壁滑动 B．受到的合外力增大 C．对墙壁的压力不变 D．受到的静摩擦力不变

18．两个共点力，大小分别是4N和9N，则它们的合力大小（ ） A．最小是4N B．最大是9N C．可能是4N D．可能是9N

19．如图所示，汽车里有一水平放置的硅胶魔力贴，魔力贴上放置一质量为m的小花瓶．若汽车在水平公路上向前做匀速直线运动，则以下说法正确的是（ ）

A．小花瓶受到三个力

B．因为汽车向前开，所以摩擦力和汽车运动方向相反 C．小花瓶所受的合力为零

D．魔力贴对小花瓶的摩擦力大小为mg

20．一辆汽车由静止开始做匀速直线运动，从开始运动到驶过第一个100m距离时，速度增加了10m/s，汽车驶过第二个100m时，速度的增加量是 A．4.1m/s

B．8.2m/s

C．10m/s

D．20m/s

二、多选题

21．如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F=kt（k为常量，t代表时间），长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．在0~2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大 B．小滑块与长木板间的动摩擦因数0.2 C．m1与m2之比为1：3

D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s

22．如图所示，物体P、Q用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P静止在倾角为37°角的斜面上，斜放木板上悬挂着Q，已知P、Q的质量mP，mQ大小的关系为mQ3mP，今将斜4放木板的倾角从37°增到60°，物体P仍保持静止而没有滑动，若不计滑轮处的摩擦，则下列说法中正确的是（ ）

A．绳子的张力变大

C．物体P对斜板的压力将变大

B．物体P受到的静摩擦力将先减小后增大 D．滑轮受到绳子的作用力将变大

23．如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接．在水平拉力F作用下小球a从图示虚线（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变)．已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为

．则下列说法正确的是（）

A．当细绳与细杆的夹角为30°时，杆对a球的支持力为零 B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增加 C．支架对a球的摩擦力先减小后增加 D．若3时，拉力F先减小后增加 324．某质点做匀变速直线运动，第3秒内的位移是6 m，第7秒内的位移是10m，则下列说法中正确的是( ) A．质点的初速度是3.5 m/s B．质点运动的加速度是1 m/s2 C．质点运动的加速度是4 m/s2 D．质点在4.5秒末的瞬时速度是8 m/s

25．汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止，对这一运动过程，下列说法正确的有

( )

A．这连续三个1s的初速度之比为3:2:1 B．这连续三个1s的平均速度之比为3:2:1 C．这连续三个1s发生的位移之比为5:3:1 D．这连续三个1s的速度改变量之比为1:1:1

三、实验题

26．探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．

（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是_____ 。 （2）本实验采用的科学方法是_____。

A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 （3）本实验中以下说法不正确的是_______________。 A．两根细绳套要稍长一些 B．两个分力F1、F2要适当大些

C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行 D．每一次拉伸橡皮筋时只要确保橡皮筋伸长量相同即可

27．“验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，其中A为固定橡条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，用两把互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O。弹簧秤的示数为F1、F2，为单独用一根弹簧拉到O点时的读数，F是用平行四边形法则求出F1、F2的合力。

（1）为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的______(填“图示”或“示意图”)来表示分力与合力；

（2）图甲中左侧测力计读数是________N

（3）图乙中方向一定沿 AO方向的力是________(填“ F ”或“ F′ ”)。

28．关于“探究求合力的方法”的实验如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，用两把互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O． （1）以下操作正确的是（______）

A．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度

B．同一次实验过程中，O点的位置允许变动 C．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上

D．拉橡皮条的细绳要长一些，标记同一细绳方向的两点要远些 （2）从图可读得弹簧秤B的示数为______N．

（3）为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的______（填“图示”或“示意图”）来表示分力与合力．

（4）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为1和2，下列关于F1、F2、F、

1、2之间的关系正确的是（______）

A．F14N B．F12N C．145 D．12 29．在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中， (1)下列仪器需要用到的是____________；

(2)本实验所采用的科学方法是____________ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 (3)下列说法正确的是____________；

A．先释放纸带再接通电源

B．拉小车的细线尽可能与长木板平行 C．纸带与小车相连端的点迹较疏

D．轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡

(4)如图所示是实验时打出的一条纸带，A、B、C、D…为每隔4个点取的计数点，据此纸带可知小车在D点的速度大小为____________m/s，小车的加速度为____________ m/s2（小数点后保留两位）．

30．（1）某同学要进行探究小车速度随时间变化的规律实验，请在下面列出的部分实验器材中，选出本实验中不需要的器材填在横线上（填编号）：____________。 ①秒表 ②刻度尺 ③低压直流电源 ④低压交流电源

（2）如图，某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，则打A点时小车运动的速度vA=_________m/s，小车运动的加速度a=______m/s2。（结果要求保留三位有效数字）

四、解答题

31．如图所示，1、2两细绳与水平车顶的夹角分别为300和600，物体质量为m，现让小车以v的速度向右做匀速直线运动，物体与车保持相对静止，求：绳1中弹力的大小？

32．假设飞机着陆后做匀减速直线运动，经10s速度减为一半，滑行了450m，求： (1)飞机着陆时的速度为多大？

(2)飞机着陆后30s内滑行的距离是多大？

33．如下图所示，一辆汽车沿着马路由A地出发经B、C两地到达D地．D与A、C两地恰好在一条直线上，汽车行驶的路程是多少？位移又是多少？方向如何？

34．一辆汽车沿笔直的公路行驶，第1s内通过5m的距离，第2s内和第3s内各通过20m的距离，第4s内又通过15m的距离，求汽车在最初2s内的平均速度和这4s内的平均速度各是多少？

35．一石子从一烟囱顶端自由下落，它第1s内下落的高度是最后1s内下落高度的烟囱的高度（g=10m/s2）

1，求9

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

A.三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，首末位置距离相等，知位移相等，所用时间相等，则平均速度相等，故A正确；

B.三个质点到M点时的速度方向不同，故瞬时速度不相同，故B错误；

C.三个质点从N点出发，同时到达M点，由于路程不相等，时间相等，所以平均速率不相同，故C错误；

D.平均速度的方向为位移方向，而瞬时速度方向为各点的速度方向，故平均速度方向与各时刻的瞬时速度方向不一定相同，故D错误．

2．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

0～1s内速度的变化量为5m/s，1s～3s内速度的变化量为-5m/s．故A错误．根据匀变速直

v＝m/s＝2.5m/s，1s～3s内的平均速度线运动的推论知，0～1s内的平均速度 5 v＝m/s＝2.5m/s．故B正确．汽车在0～1s内和1s～3s内图线围成的面积不等，则

2

52

位移不等，故C错误．两段时间内图线的斜率不同，则加速度不同．故D错误．故选B． 【点睛】

解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．

3．C

解析：C 【解析】 【详解】

A．在画力的图示时，力的作用点必须画在受力物体上。故A错误；

B．木块放在水平桌面上保持静止，由平衡条件和牛顿第三定律分析得知，木块对桌面的压力在数值上等于木块受的重力，但压力与重力是两种不同性质的力，不能说木块对桌面的压力就是木块受的重力。故B错误；

C．木块对桌面的压力是弹力，是由于施力物体木块发生形变对桌面产生的弹力。故C正确；

D．只有形状规则，质量分布均匀的物体，重心才在物体的几何中心上，故D错误；

4．B

解析：B 【解析】 【详解】

超声波经历的路程为svt3400.01s3.4m，因为超声波是一来一去，故单向路程为

x1s1.7m，所以人高hHx3.0m1.7m1.3m130cm，B正确． 25．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

由题意可知，短跑运动员在100m竞赛中，位移是100m，10s末到达终点，根据平均速度的定义式vx可知，运动员在全程内的平均速度为 tx100vm/s10m/s

t10故选B。

6．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgmMa，解得：amg，以M

mM为研究对象，得绳子的拉力为： 有MFMamgm，显然要有F=mg，必有M1Mm，即只

m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．故选B．

【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，注意整体法和隔离法的应用，难度不大，属于基础题．

7．B

解析：B 【解析】 【详解】 根据v=

m，知，1＝m∙s≠m/s．故A错误．根据v=λf，知m•s-1=m/s．故B正确．根据fsf=vλ，知ms-1•m=m2/s≠s-1．故C错误．根据λ=vf，知ms-1•s-1=m/s2≠m．故D错误．故选B．

8．D

解析：D 【解析】 【详解】

A. 观察飞机经过一个标识杆的时间时，飞机的大小不能忽略，所以不可以看成质点，故A错误；

B. 调整飞机的飞行姿态时，飞机的大小不能忽略，所以不可以看成质点，故B错误； C. 调整飞机旋转机翼时，不能看成质点，否则没有旋转了，故C错误；

D. 调整飞机离被摄物高度时，飞机的大小和形状可以忽略，能看作质点，故D正确。

9．B

解析：B 【解析】 【详解】

根据匀变速直线运动规律的推论，做初速度为零的匀加速直线运动，通过相等位移的时间之比为1：（21）：（32）：……：（nn1），整个过程通过两个相等位移的时间的比值最大为1：（21），所以大于此比值的均不可能。 A. 2：1不大于1：（21），可能，故A不符合题意。 B. 5：2大于1：（21），不可能，故B符合题意。 C.6：5不大于1：（21），可能，故C不符合题意。 D. 7：3不大于1：（21），可能，故D不符合题意。

10．A

解析：A 【解析】 【详解】

以运动员和行囊整体为研究对象，分析受力情况：重力Mg、岩壁对手臂的拉力F1和岩壁对脚的弹力F2，作出力图，如图所示：

设运动员和行囊的总质量为M，根据平衡条件得：

F1Mgcos536000.6N360N F2Mgsin536000.8N480N

故选项A正确，BCD错误。

11．A

解析：A 【解析】 【详解】

在前2s内的平均速度为10m/s，知1s末的速度为10m/s，在前6s内的平均速度为22m/s，知在3s末的速度为22m/s，则

v2v12210m/s26m/s2． t2A. 6m/s2，与结论相符，选项A正确； B. 4m/s2，与结论不相符，选项B错误；

aC. 3m/s2，与结论不相符，选项C错误； D. 12m/s2，与结论不相符，选项D错误.

12．C

解析：C 【解析】 【详解】

A．加速度是单位时间内增加的速度，选项A错误； B．加速度也可以是指单位时间内减小的速度，选项B错误；

C．加速度的大小在数值上与单位时间内速度变化量的大小相等，选项C正确； D．当加速度与速度同向时，加速度不断减小，速度不断增大，选项D错误。

13．C

解析：C 【解析】 【详解】 根据

1xv0tat25tt2

2故可知

v0=5m/s，a=2m/s2

则由速度公式有：

v=v0+at=11m/s

A. 7m/s与计算结果不符，故A错误。 B. 9m/s与计算结果不符，故B错误。 C. 11m/s与计算结果相符，故C正确。 D. 8m/s与计算结果不符，故D错误。

14．B

解析：B 【解析】 【详解】

A、0～3s物体的速度均匀增大，说明做匀加速直线运动，故A错误； B、3～6s物体的速度不变，物体做匀速直线运动，故B正确；

C、由图看出，在09s内物体的速度均为正值，说明速度一直沿正方向，方向没有变化，故CD错误．

15．A

解析：A 【解析】 【详解】

物体做自由落体运动，则有

2ghabv2

22ghac（3v）

联立解得

hab1 hac9故选A。

16．B

解析：B

【解析】试题分析：对物体受力分析，在沿斜面方向，物体受到重力沿斜面的分力动摩擦力

和拉力F，则

，故

，B正确．

考点：考查了摩擦力的计算

、滑

【名师点睛】对物块进行受力分析，根据平衡条件，列方程求得摩擦力大小．属于中档题，主要考查受力分析和共点力平衡的综合运用．

17．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

书本受力平衡，在竖直方向向下的重力等于墙面向上的摩擦力，故当手的压力变大时，手对书的压力变大，书对墙的压力变大，手与书，书与墙之间的最大静摩擦力变大，书仍然静止，受合力为零，竖直方向的摩擦力仍然等于书的重力； 故选D.

18．D

解析：D 【解析】

两力合成时，合力范围为：|F1−F2|⩽F⩽F1+F2； 故合力范围为：5N⩽F⩽13N；所以可能的为D. 故选D.

19．C

解析：C 【解析】

A、C、D项：对小花瓶受力分析可知，受重力，支持力，由小花瓶匀速直线运动，所以重力与支持力合力为零，故A、D错误，C正确；

B项：由A、C、D项分析可知，小花瓶不受摩擦力，故B错误．

20．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

汽车做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得加速度为：

v12102am/s20.5m/s2

2x1210022根据v2v12ax2可得汽车的速度为：

v2v122ax210220.5100m/s102m/s

速度的增加量为：

vv2v14.1m/s

A.与分析相符，故A正确； B.与分析不符，故B错误；

C.与分析不符，故C错误； D.与分析不符，故D错误．

二、多选题 21．AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．在0~2s时间内，小滑块与长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有 Ff=ma1

a1在增大，所以静摩擦力Ff也在增大，A正确； BC．长木板的加速度a

解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．在0~2s时间内，小滑块与长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有

Ff=ma1

a1在增大，所以静摩擦力Ff也在增大，A正确；

BC．长木板的加速度a在3s时突变，所以小滑块在3s时脱离长木板，对长木板在3s时刻前、后的运动分析，由牛顿第二定律可得

F3−Ff3=m2a前=m2（2m/s2） F3=m2a后=m2（3m/s2）

解得

Ff3=m2（1m/s2）

在0~2s时间内

F=（m1+m2）a1=kt

所以

a1在2~3s时间内

kt

m1m2F−Ff3=m2a2

所以

a2由图线斜率可知

ktFf3 m2

k1

m1m22k1 m2解得

m1=m2

BC错误；

Ff30.1 m1gD．在2s时刻，小滑块与长木板的速度相同，在2~3s时间内小滑块的速度的变化量为

Δv1=1m/s

长木板的速度变化量为

Δv2=1.5m/s

所以3s时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，D正确。 故选AD。 【点睛】

22．BD 【解析】 【分析】 【详解】

A．物体P保持静止状态，绳子的张力等于Q的重力，则绳子的张力将不变，A错误；

B．木板的倾角为37时,物体P受到的静摩擦力大小为

方向沿斜面向下。木板的倾角为6

解析：BD 【解析】 【分析】 【详解】

A．物体P保持静止状态，绳子的张力等于Q的重力，则绳子的张力将不变，A错误； B．木板的倾角为37时,物体P受到的静摩擦力大小为

f1mQgmPgsin3733mPgmPg0.15mPg 45方向沿斜面向下。木板的倾角为60时,物体P受到的静摩擦力大小为

f2mPgsin60mQg0.46mPg

方向沿斜面向上。可知物块P受到的摩擦力先减小到零后增大，B正确；

C．开始时斜面对P的支持力为

N1mPgcos370.8mPg

后来斜面对P的支持力为

N2mPgcos600.5mPg

所以物体对斜板的压力将变小，C错误；

D．斜放木板的倾角从37增到60时，绳子之间的夹角减小，由于绳子的拉力大小不变，所以绳子的合力增大，则滑轮受到绳子的作用力将变大，D正确。 故选BD。 【点睛】

由题，物体P保持静止状态，绳子的张力等于Q的重力。根据P受力平衡，可求出物体P受到的静摩擦力和支持力，再分析各力的变化情况。

23．AC 【解析】

设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg，保持不变；以a为研究对象，受力如图所示：

设绳子与水平方向夹角为，支

解析：AC 【解析】

设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg，保持不变；以a为研究对象，受力如图所示：

设绳子与水平方向夹角为，支持力FN2mgsinmg，向右缓慢拉动的过程中，角逐渐减小，当FN0时2mgsinmg0，解得sin1，即30，故A正确；向2右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，故B错误；由图可知，角度从90变到0，根据fFN2mgsinmg，可知，当角度从90变到30时FN一直减小到零，当角度从30变到0时FN反向增大，故摩擦力先减小后增大，故C正确；由受力分析图，可知水平方向：

Ff2mgcos2mgcos2mgsinmg2mgcossinmg，由于cossin12cos，而tan，若3，则30，故拉力为3F2mg12cosmg，角度从90变到0的过程中，当30时

cos1为最大，则拉力最大，当角度继续减小时，cos开始减小，则拉力

也开始减小，故拉力F先增大后减小，故D错误；故选AC.

【点睛】以b为研究对象可得绳子拉力始终保持不变，再以a为研究对象，根据共点力的平衡条件列方程求解摩擦力和拉力F的变化情况；随着a的右移，分析绳子与竖直方向的夹角变化情况，再分析两段绳子合力变化情况即可．

24．ABD 【解析】 【分析】 【详解】

根据匀变速直线运动的基本推论xm−xn＝（m−n）aT2得 x7−x3＝（7−3）aT2 带入数据得 10-6=4a×1 解得：a=1m/s2 根据位移时间公式

解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】

根据匀变速直线运动的基本推论xm−xn＝（m−n）aT2得

x7−x3＝（7−3）aT2

带入数据得

10-6=4a×1

解得：a=1m/s2 根据位移时间公式x=v0t+

12

at得 2x3＝v0t3+

11at32-v0t2−at22 22解得：v0=3.5m/s；故AB正确，C错误； 质点在4.5秒末的瞬时速度

v=v0+at=3.5+4.5=8m/s

故D正确。 故选ABD。

25．CD 【解析】 【分析】 【详解】

A.采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v=at知，1s末、2s末、3s末的速度之比为1：2：3，则这连续三个1s的初速度之比为3：2：1，故A错

解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】

A.采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v=at知，1s末、2s末、3s末的速度之比为1：2：3，则这连续三个1s的初速度之比为3：2：1，故A错误； BC.采用逆向思维，根据x12at 知，1s内、2s内、3s内的位移之比为1：4：9，则第1s2内、第2s内、第3s内的位移之比为1：3：5，所以连续三个1s内的位移之比为5：3：1，连续三个1s内的平均速度之比为5：3：1，故B错误，C正确； D.根据△v=at知，在连续三个1s内的速度变化量之比为1：1：1，故D正确．

三、实验题

26．F' B D 【解析】 【详解】

（1）[1]．该实验中F是由平行四边形得出的，故存在一定的偏差；而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同。

（2）[2]．本实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故AC错误，B正确。

（3）[3]．A、为方便标出拉力的方向，两根细绳套要稍长一些，故A正确； B、为减小实验误差，两个分力F1、F2要适当大些，故B正确； C、在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，故C正确；

D、为保证拉力的作用效果相同，每一次拉伸橡皮筋时橡皮筋的结点应到达同一位置，不能只是确保橡皮筋伸长量相同，故D错误； 本题选错误的，故选D。 27．力的图示 4.2 【解析】 【分析】

由题中“验证力的平行四边形定则”可知，本题考查验证力的平行四边形定则实验操作和数据处理，根据实验要求和原理可分析本题。

【详解】

（1）[1]由于要准确反应每个力的大小，故要采用作力的图示来表示分力与合力； （2）[2]根据弹簧测力计读数，图甲左侧测力计读数是4.2N；

（3）[3]考虑到实际操作中的摩擦和误差，图乙中方向一定沿 AO方向的力是F′。 28．AD 3.8 图示 BC 【解析】 【详解】

(1)[1]A．本实验是在同一平面作力的图示，为了减小误差橡皮条及施加的外力必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故A正确；

B. 要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应固定，故B错误；

C. 本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有，并非一定要在角平分线上，故C错误；

D. 拉橡皮条的细绳长一些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样记录的方向更准确一些，故D正确； 故选AD．

(2)[2]弹簧秤的最小刻度是0.2N，估读到同位即可，故读数为3.8N；

(3)[3] 为了更准确得到合力与分力的大小、方向、作用点之间的关系，要采用作力的图示的来表示分力与合力．

（4）[4]根据平行四边形定则，作出两个力的合力如图．由图可知，F，合力142NF12N，

根据几何关系知F1与F的夹角分别为145.从图上可知，12，故BC正确，AD错误． 故选BC.

29．AD C BD 0.21 0.43 【解析】

（1）在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中，需要用到：打点计时器和天平；不需要秒表和弹簧秤，故选AD.

（2）实验要探究三个物理量之间的关系，则采用的科学方法是控制变量法，故选C. （3）实验开始时要先接通电源再释放纸带，选项A错误；拉小车的细线尽可能与长木板平行，以减小实验的误差，选项B正确；开始时小车运动的较慢，故纸带与小车相连端的点迹较密集，选项C错误；轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡，选项D正确；故选BD.

（4）因每隔4个点取的计数点，则T=0.1s；据此纸带可知小车在D点的速度大小为

xCE4.1102vDm/s0.21m/s；小车的加速度为

2T0.2axCExAC4.102.4022210m/s0.43m/s 4T20.0430．①③ 0.263 0.505 【解析】 【详解】

（1）[1]．在本实验中电磁打点计时器使用的是低压交流电源，因此低压直流电源本实验中不需要；同时打点计时器记录了小车运动时间，因此不需要秒表．故本实验中不需要的器材为：①③．

（2）[2]．计数点的时间间隔为：T=4×0.02s=0.1s，打A点的速度为：

OB5.26102vAm/s0.263m/s

2T0.2[3]．物体的加速度为：

BDOB(12.5425.26)102am/s2=0.505m/s2 22(2T)0．2四、解答题

31．5mg 【解析】 【详解】

以物体m为研究对象，受力分析如图所示，由平衡方程得：

x方向：

T1cos30°=T2cos60°

y方向：

T1sin30°+T2sin60°=mg

联立解得：T1=0.5mg 32．（1）60 m/s （2）600 m 【解析】 【详解】

(1)飞机着陆后做匀变速直线运动，10s内前进450m，此时速度减为着陆时速度的一半，根据

x解得：

v02v02t

v060m/s

(2)由v=v0-at可得，飞机着陆后做匀变速直线运动的加速度大小为

v0v0 2a3m/s2t飞机停止的时间

t1vv0060s20s a3着陆后30秒滑行的距离等于20s的距离，则飞机着陆后距着陆点的距离

xv060t120m600m 2233．m 1800 m 方向为北偏东53°或东偏北37° 【解析】

小车从A点出发，向北行驶了600m，到达B点，又向东行驶了800m到达C点，最后C到D800m，则路程s=600m+800m+800m=2200m．

位移的大小x=60028002m+800m＝1800m．方向由A→D．tanθ=53°，即北偏东53°或东偏北37°

点睛：解决本题的关键知道位移和路程的区别，知道位移是矢量，路程是标量．路程等于运动轨迹的长度，位移的大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置． 34．汽车在最初2s内的平均速度和这4s内的平均速度各是12.5m/s、15m/s 【解析】 【分析】

汽车在一条直线上运动，已知时间和位移，则根据运动方向可以得相应时间内的位移，根据平均速度定义式求解即可． 【详解】

由题意知汽车在第1秒内的位移是x15m，第2秒内的位移为x220m，第3秒内的位移为x320m，第4秒内的位移为x415m ；

所以物体在4s内的总位移为：xx1x2x3x460m 所以4秒内的平均速度大小为：v8004，即600360m15m/s；方向是汽车运动方向． 4s25m12.5m/s.方向是汽车运动方向. 2s所以物体在最初2s内的位移为：x'x1x225m 所以物体在最初2s内的平均速度大小为：v'

【点睛】

此题关键是理解平均速度. 35．125m 【解析】根据h=

12

gt得：第一秒的位移h=5m，所以最后一秒的位移为45m； 2121gt−g(t−1)2=45m 22设运动的总时间为t，则△h＝解得：t=5s 所以总高度h=

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gt=125m 2