廣東省深圳市2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期期末考試物理試題（含答案）

廣東省深圳市2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期期末考試物理試題一、單項(xiàng)選擇題（每小題只有一個(gè)答案符合題意，共7小題，每小題4分，共28分）1．下列說(shuō)法正確的是（）A．牛頓第一定律可以用實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證B．伽利略通過(guò)對(duì)理想斜面實(shí)驗(yàn)的研究得出力不是維持運(yùn)動(dòng)的原因C．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中使用了理想化模型的思想方法D．在力學(xué)范圍內(nèi)，國(guó)際單位制規(guī)定長(zhǎng)度、質(zhì)量、力為三個(gè)基本量2．一輛警車(chē)在平直的公路上以10m/s的速度巡邏，突然接到報(bào)警，該警車(chē)要盡快趕到出事地點(diǎn)且到達(dá)出事地點(diǎn)時(shí)的速度也為10m/s，有三種行進(jìn)方式：a為一直勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；b為先減速后勻速再加速；c為先加速后勻速再減速，則（）A．a(chǎn)種方式先到達(dá) B．b種方式先到達(dá)C．c種方式先到達(dá) D．條件不足，無(wú)法確定3．小明同學(xué)在拖地時(shí)沿拖把桿方向施加一推力F，使拖把在粗糙的地板上向前做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。已知桿與水平面的夾角為θ，拖布與地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)保持不變，則（）A．拖把受到3個(gè)力作用B．地面對(duì)拖把的支持力與拖把所受重力是一對(duì)平衡力C．拖把受到地板摩擦力的大小為F·sinθD．若增大夾角θ，使拖把仍做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，需增大推力F4．質(zhì)量分別為M和m的物塊通過(guò)輕繩跨過(guò)光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊位置按圖乙放置，釋放M斜面仍保持靜止，則此時(shí)下列說(shuō)法不正確的是（）A．輕繩的拉力等于mgB．輕繩的拉力等于MgC．M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為（1-sinα）gD．M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為M?m5．如圖所示，在傾角為30o的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒(méi)有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，取A．小球從一開(kāi)始就與擋板分離B．小球速度最大時(shí)與擋板分離C．小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離D．小球向下運(yùn)動(dòng)0.02m時(shí)速度最大6．如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量m=1kg的物體從斜面底端沖上一足夠長(zhǎng)斜面，物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，斜面傾角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，則（）A．物塊下滑時(shí)的加速度大小為10m/s2B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4C．物塊回到斜面底端時(shí)速度大小約為5.4m/sD．物塊回到斜面底端的時(shí)刻約為3.0s7．如圖所示，光滑的輕滑輪通過(guò)支架固定在天花板上，一足夠長(zhǎng)的細(xì)繩跨過(guò)滑輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細(xì)桿上的小球a連接。在水平拉力F作用下小球a從圖示虛線(xiàn)（最初是豎直的）位置開(kāi)始緩慢向右移動(dòng)（細(xì)繩中張力大小視為不變）。已知小球b的質(zhì)量是小球a的2倍，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，小球a與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=3A．先增大后減小 B．先減小后增大C．一直減小 D．一直增大二、多項(xiàng)選擇題（共3小題，全對(duì)得6分，錯(cuò)選得0分，漏選得3分，共18分）8．關(guān)于兩個(gè)共點(diǎn)力F1、F2與其合力F的關(guān)系，規(guī)定夾角不超過(guò)180°，下列說(shuō)法中正確的是（）A．F大小不能小于F1、F2中較小者B．F1、F2大小不變夾角減小時(shí)，F(xiàn)可能減小C．F1、F2大小不變夾角減小時(shí)，F(xiàn)可能增大D．若F1、F2方向不變其中一個(gè)力增大，F(xiàn)大小可能不變9．如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊掛在彈簧秤的下端，在彈簧秤的拉力作用下沿豎直方向從靜止開(kāi)始做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。取豎直向上為正方向，物塊的加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，彈簧秤始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度g=10m/sA．0~4s內(nèi)物塊先超重后失重，彈簧秤的示數(shù)先增大后減小B．2s~6s內(nèi)物塊先超重后失重，速度變化量為零C．0~6s內(nèi)物塊先超重后失重，4s時(shí)速度最大D．彈簧秤在2s末和6s末的示數(shù)相同，物塊速度相等10．如圖（a）所示，粗糙的水平桌面上有一質(zhì)量為1kg的物塊A與細(xì)繩相連，通過(guò)定滑輪和動(dòng)滑輪與另一物塊B相連，細(xì)線(xiàn)另一端固定在天花板上。由靜止釋放物塊B，物塊A、B一起運(yùn)動(dòng)起來(lái)，當(dāng)物塊B落地后立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊A始終未運(yùn)動(dòng)到桌子右端，物塊A的v-t圖像如圖（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，則下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊A與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物塊B初始離地高度為1mC．物塊B的質(zhì)量為1.5kgD．物塊B落地前繩中張力為4N三、實(shí)驗(yàn)題（共2小題，11題7分，12題9分，共16分）11．某學(xué)習(xí)小組利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”。一豎直木板上固定白紙，白紙上附有角度刻度線(xiàn)。彈簧測(cè)力計(jì)a和b連接細(xì)線(xiàn)系于O點(diǎn)，其下端用細(xì)線(xiàn)掛一重物Q，使結(jié)點(diǎn)O靜止在角度刻度線(xiàn)的圓心位置。分別讀出彈簧測(cè)力計(jì)a和b的示數(shù)，并在白紙上記錄O點(diǎn)的位置和拉線(xiàn)的方向。（1）圖中彈簧測(cè)力計(jì)a的示數(shù)為N。（2）關(guān)于實(shí)驗(yàn)下列說(shuō)法正確的是____。（請(qǐng)?zhí)顚?xiě)選項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）A．應(yīng)測(cè)量重物Q所受的重力B．彈簧測(cè)力計(jì)a、b通過(guò)細(xì)線(xiàn)對(duì)O點(diǎn)作用力的合力就是重物Q的重力C．連接彈簧測(cè)力計(jì)a、b以及重物Q的細(xì)線(xiàn)不必等長(zhǎng)，但三根細(xì)線(xiàn)應(yīng)與木板平行D．改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次都要使Ｏ點(diǎn)靜止在同一位置（3）彈簧測(cè)力計(jì)a、b均繞O點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，且保持兩彈簧測(cè)力計(jì)間的夾角不變，直到彈簧測(cè)力計(jì)a方向水平為止，此過(guò)程中彈簧測(cè)力計(jì)a的示數(shù)會(huì)、彈簧測(cè)力計(jì)b的示數(shù)會(huì)。（填“變大”、“不變”、“變小”、“先變大后變小”、“先變小后變大”）12．在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，（1）如圖（a）所示為某同學(xué)的實(shí)驗(yàn)裝置。①以下措施中有錯(cuò)誤的是A.平衡摩擦力時(shí)，在砝碼盤(pán)里放入適量砝碼，在長(zhǎng)木板無(wú)滑輪的一端下面墊一小木塊，反復(fù)移動(dòng)木塊的位置，直到小車(chē)在砝碼盤(pán)的拉動(dòng)下帶動(dòng)紙帶與小車(chē)一起做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.應(yīng)調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使細(xì)線(xiàn)與木板平行C.為了使繩中拉力近似等于砝碼和砝碼盤(pán)的總重量，要保證砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)及車(chē)內(nèi)配重的總質(zhì)量②如圖（b）是實(shí)驗(yàn)中打出的一條紙帶，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期是0.02s，每隔一個(gè)點(diǎn)選取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示（單位cm），求出小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度的大小為m/（2）另一實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖（c）所示實(shí)驗(yàn)裝置，通過(guò)改變重物的質(zhì)量，利用計(jì)算機(jī)可得滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖像。他們?cè)谲壍浪胶蛢A斜（通過(guò)在遠(yuǎn)離滑輪的一端加墊片實(shí)現(xiàn)）的兩種情況下分別做了實(shí)驗(yàn)，得到了兩條a—F圖線(xiàn)，如圖（d）所示。g為10m/s2①圖線(xiàn)是在軌道傾斜的情況下得到的（選填“甲”或“乙”）；②滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質(zhì)量m=kg，滑塊和軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=。四、計(jì)算題（共3小題，13題10分，14題14分，15題14分，共38分）13．如圖所示，A、B兩球在水平放置的細(xì)桿上，相距為l，兩小球各用一根長(zhǎng)度也是l的細(xì)繩連接C球，三球的質(zhì)量都是m，且處于靜止?fàn)顟B(tài)，求：（1）一根細(xì)繩對(duì)C球的作用力大??；（2）小球A受到桿的支持力大小和摩擦力大小。14．如圖所示，傾斜傳送帶正常工作時(shí)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的速率為v2=4m/s，傳送帶傾角為θ=30°。一物塊從傳送帶上端滑上傳送帶，已知滑上時(shí)速率為v（1）若μ=0，且使傳送帶不動(dòng)，L=7.5m，物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大?。唬?）若μ=33，（3）若μ=32，15．一足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以速度v=6m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，把一質(zhì)量為M=1kg足夠長(zhǎng)的木板B輕輕放在傳送帶上，B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.（1）剛將木板B放上傳送帶時(shí)，木板B的加速度；（2）若將木板B放上傳送帶的同時(shí)把一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的物塊A輕放在木板B上，如圖所示，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2（3）接上問(wèn)，若將物塊A改為以水平向右v=6m/s的初速度放上木板B，則從開(kāi)始到最終A、B、傳送帶都相對(duì)靜止經(jīng)歷時(shí)間為多少？

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、牛頓第一定律是大量的物理現(xiàn)象的基礎(chǔ)上，通過(guò)科學(xué)的分析、想象、合理外推而得出的結(jié)論，故A錯(cuò)誤；

B、伽利略通過(guò)對(duì)理想斜面實(shí)驗(yàn)的研究得出力不是維持運(yùn)動(dòng)的原因，故B正確；

C、在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中使用了控制變量法，故C錯(cuò)誤；

D、在力學(xué)范圍內(nèi)，國(guó)際單位制規(guī)定長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間為三個(gè)基本量，故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】伽利略通過(guò)對(duì)理想斜面實(shí)驗(yàn)的研究得出力不是維持運(yùn)動(dòng)的原因，國(guó)際單位制規(guī)定長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間為三個(gè)基本量。熟悉掌握各物理研究方法在物理研究中的應(yīng)用。2．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題畫(huà)出三種方式的v-t圖像，如圖所示

圖像中圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍“面積”可以表示位移，分析圖像可知，經(jīng)過(guò)相同的位移先加速后減速需要的時(shí)間最短。故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】三種方式運(yùn)動(dòng)的位移相等，v-t圖像的斜率表示加速度，v-t圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移。根據(jù)題意畫(huà)出三種運(yùn)動(dòng)情況個(gè)v-t圖像，再結(jié)合圖像進(jìn)行解答。3．【答案】D【解析】【解答】A．拖把受力如圖即拖把受到重力，地面的支持力，小明同學(xué)施加推力，地面給的摩擦力，四個(gè)力作用，A不符合題意；B．根據(jù)平衡可知，在豎直方向F地面對(duì)拖把的支持力與拖把所受重力大小不等，不是平衡力，B不符合題意；C．在水平方向FC不符合題意；D．根據(jù)F解得F=若增大夾角θ，cosθ減小，sin故答案為：D。

【分析】拖把收到重力，支持力，推力和摩擦力四個(gè)力作用；重力地面對(duì)拖把的支持力大于拖把的重力；拖把收到的摩擦力大小為Ff4．【答案】B【解析】【解答】依題意，兩物塊按圖甲放置，由平衡條件可得Mg兩物塊按圖乙放置，對(duì)質(zhì)量為M的物塊，由牛頓第二定律，有Mg-T=Ma對(duì)質(zhì)量為m的物塊，由牛頓第二定律，有T-mg聯(lián)立，解得a=M-mM故答案為：B。

【分析】根據(jù)平衡條件確定兩物體質(zhì)量之間的關(guān)系。互換后，兩物體的加速度大小相等。再根據(jù)整體法和隔離法運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。5．【答案】C【解析】【解答】AC、設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離的過(guò)程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。根據(jù)牛頓第二定律有mg保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)1減小，當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)1減小到零，則有mg解得x=0.01即小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離，故A錯(cuò)誤，C正確；

B、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，故B錯(cuò)誤；

D、球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零，即k解得x由于開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，所以速度最大時(shí)小球向下運(yùn)動(dòng)的路程為0.05m，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】分離瞬間，小球與擋板之間的作用力為零，此時(shí)小球和擋板的加速度仍相等，對(duì)此時(shí)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律確定分離時(shí)彈簧形變量。分離后小球仍具有向下的速度，仍向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，小球的速度達(dá)到最大值。6．【答案】C【解析】【解答】B、由乙圖可知，物塊上滑加速度大小為a物塊上滑過(guò)程，由牛頓第二定律，可得mg解得μ=0.5故B錯(cuò)誤；

A、物塊下滑過(guò)程，由牛頓第二定律，可得mg解得a故A錯(cuò)誤；

CD、由乙圖可知，0~1.2s內(nèi)滑塊上滑的位移為x=設(shè)滑塊下滑時(shí)間為t，則有x=解得t=2.68物塊回到斜面底端的時(shí)刻約為t物塊回到斜面底端時(shí)速度大小約為v=故C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】v-t圖像的斜率表示加速度，v-t圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移。根據(jù)v-t圖像確定1.2s前后物塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)方向。確定不同運(yùn)動(dòng)階段物塊所受摩擦力的方向，再根據(jù)牛頓第二定律確定摩擦因數(shù)的大小。物塊上滑和下滑過(guò)程的位移相等。再對(duì)不同階段運(yùn)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行解答。7．【答案】D【解析】【解答】在水平拉力F作用下小球a從圖示虛線(xiàn)（最初是豎直的）位置開(kāi)始緩慢向右移動(dòng)，設(shè)細(xì)繩與水平方向的夾角為θ，則有豎直方向有2mg水平方向有F=2mgf=μN(yùn)聯(lián)立解得F=2mg(代入數(shù)據(jù)整理得cos由于θ從90°開(kāi)始逐漸減小，則(θ+60°)從當(dāng)θ<30豎直方向有2mg水平方向有F=2mgf=μN(yùn)聯(lián)立解得F=2mg(代入數(shù)據(jù)整理得cos由于θ從30°開(kāi)始逐漸減小，則(θ+60°)從所以D符合題意；ABC不符合題意；故答案為：D。

【分析】以b為研究對(duì)象可得繩子拉力始終保持不變，再以a為研究對(duì)象，利用共點(diǎn)力平衡和幾何知識(shí)求解拉力F的變化情況。8．【答案】C,D【解析】【解答】A、由于F1、F2夾角不超過(guò)180°，根據(jù)平行四邊形可知F1、F2夾角為180°且大小相等時(shí)，合力F為零，所以F大小可能小于F1、F2中較小者，故A錯(cuò)誤；

BC、根據(jù)平行四邊形可知當(dāng)F1、F2夾角不超過(guò)180°時(shí)F1、F2大小不變夾角減小時(shí)，F(xiàn)逐漸增大，故B錯(cuò)誤，C正確；

D、若F1、F2方向不變其中一個(gè)力增大時(shí)，根據(jù)平行四邊形可知合力可能不變，如1N、2N的兩個(gè)分力反向時(shí)合力為1N，當(dāng)增大1N的力為3N時(shí)合力仍然為1N，故D正確。

故答案為：CD。

【分析】根據(jù)題意畫(huà)出兩力，再結(jié)合平行四邊形定則結(jié)合題意分析兩力的合力的大小變化情況及各力之間的大小關(guān)系。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、由題意可知，在0~4s，加速度為正值，方向向上，由牛頓第二定律得F-mg=ma解得F=mg+ma視重F大于物塊的實(shí)際重力mg，物塊一直處于超重狀態(tài)。因加速度先增大后減小，彈簧秤的示數(shù)先增大后減小，故A錯(cuò)誤；

B、2s~4s，加速度為正值，方向向上，物塊處于超重狀態(tài)，4s~6s，加速度為負(fù)值，方向向下，物塊處于失重狀態(tài)；a-t圖像中圖線(xiàn)下的“面積”為速度的變化量，t軸上方面積為正值，t軸下方面積為負(fù)值，2s~6s，圖像中圖線(xiàn)下的“面積”代數(shù)和為零，故2s~6s內(nèi)物塊先超重后失重，速度變化量為零，故B正確；

C、0~6s內(nèi)物塊先超重后失重；設(shè)2s末速度為v2v2s~4s物塊豎直向上做加速度逐漸減小的變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，彈簧秤的示數(shù)逐漸減小，4s時(shí)物塊速度最大，為v故C正確；

D、由A項(xiàng)分析知彈簧秤示數(shù)為F=mg+ma又2s和6s兩時(shí)刻加速度分別為2m/s2和-2m/s2，故彈簧秤在2s末和6s末的示數(shù)不相同，又a-t圖像中圖線(xiàn)下的“面積”為速度的變化量，物塊在2s~6s速度變化量為零，故v物塊在2s末和6s末速度相等，故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】a-t圖像上的點(diǎn)表示物體在該時(shí)刻的加速度，根據(jù)題意確定各時(shí)間節(jié)點(diǎn)物體加速度的方向，加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，加速度向下，物體處于失重狀態(tài)。a-t圖像與時(shí)間軸所圍面積表示速度的變化量。10．【答案】A,B【解析】【解答】A、由v-t圖像知，1~3s內(nèi)加速度大小a根據(jù)牛頓第二定律有μ解得μ=0.2故A正確；

B、依題意，0~1s內(nèi)物塊B勻加速下降，設(shè)物塊B初始離地高度為h，根據(jù)v-t圖像中圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，可知0~1s內(nèi)物塊A的位移為x則有h=故B正確；

C、0~1s內(nèi)對(duì)物塊A受力分析，有m由由v-t圖像知a對(duì)物塊B受力分析，有m由滑輪特點(diǎn)，可知a解得mB=0.5故CD錯(cuò)誤。

故答案為：AB。

【分析】當(dāng)物體B落地前AB一起做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B落地后A由于摩擦力的作用做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖b確定不同線(xiàn)段對(duì)應(yīng)A的運(yùn)動(dòng)情況。v-t圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移，v-t圖像的斜率表示加速度。再對(duì)不同運(yùn)動(dòng)階段根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖b進(jìn)行解答。注意AB一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，A和B加速度之間的關(guān)系。11．【答案】（1）5.80（2）A；C（3）變小；變大【解析】【解答】（1）彈簧測(cè)力計(jì)a的分度值為0.1N，需要估讀到0.01N，所以示數(shù)為5.80N。（2）A．實(shí)驗(yàn)中要驗(yàn)證的是彈簧測(cè)力計(jì)a、b對(duì)O點(diǎn)的拉力用平行四邊形定則合成后，與重物Q對(duì)O點(diǎn)的拉力是否等大反向，而Q對(duì)O點(diǎn)的拉力與Q的重力相等，所以應(yīng)測(cè)量重物Q所受的重力，A符合題意；B．彈簧測(cè)力計(jì)a、b對(duì)O點(diǎn)的拉力的合力與重物Q的重力是一對(duì)平衡力，而不是同一個(gè)力，B不符合題意；C．連接彈簧測(cè)力計(jì)a、b以及重物Q的細(xì)線(xiàn)不必等長(zhǎng)，但三根細(xì)線(xiàn)應(yīng)與木板平行，以減小作圖誤差，C符合題意；D．改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次O點(diǎn)靜止時(shí)，Q對(duì)O點(diǎn)的作用效果與O點(diǎn)的位置無(wú)關(guān)，所以不要求每次都使O點(diǎn)靜止在同一位置，D不符合題意。故答案為：AC。（3）方法一：由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知，彈簧測(cè)力計(jì)a、b對(duì)O的拉力Fa、Fb以及Q對(duì)O的拉力G組成的矢量三角形內(nèi)接于圓內(nèi)，如圖所示，可知在彈簧測(cè)力計(jì)a、b均繞O點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直到彈簧測(cè)力計(jì)a方向水平的過(guò)程中，彈簧測(cè)力計(jì)a的示數(shù)變小，彈簧測(cè)力計(jì)b的示數(shù)會(huì)變大。方法二：由題意可知重物對(duì)O拉力的的對(duì)角（即力作用線(xiàn)的反向延長(zhǎng)線(xiàn)所在的夾角）始終為120°，設(shè)Fa的對(duì)角為α，F(xiàn)b的對(duì)角為β在彈簧測(cè)力計(jì)a、b均繞O點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直到彈簧測(cè)力計(jì)a方向水平的過(guò)程中，α由90°增加至150°，β由150°減小至90°，所以Fa變小，F(xiàn)

【分析】（1）利用彈簧測(cè)力計(jì)的分度值可以讀出對(duì)應(yīng)的讀數(shù)；

（2）實(shí)驗(yàn)應(yīng)該測(cè)量重物Q的重力；兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的合力與重力相等；改變拉力時(shí)再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)不用要使O點(diǎn)靜止在同一位置；

（3）利用平行四邊形定則結(jié)合角度的變化可以判別兩個(gè)拉力的大小變化。12．【答案】（1）A；1.1（2）甲；0.5；0.2【解析】【解答】（1）①A、平衡摩擦力時(shí)，不應(yīng)用砝碼盤(pán)拉動(dòng)小車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)讓小車(chē)自身下滑（即無(wú)拉力）來(lái)平衡摩擦力即可，故A錯(cuò)誤，符合題意；

B、為減小誤差，應(yīng)調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使細(xì)線(xiàn)與木板平行，故B正確，不符合題意；

C、為了使繩中拉力近似等于砝碼和砝碼盤(pán)的總重量，要保證砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)及車(chē)內(nèi)配重的總質(zhì)量，故C正確，不符合題意。

故答案為：A。

②兩個(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔T=0.04則小車(chē)運(yùn)動(dòng)加速度的大小為a=（2）①由甲圖像可知，當(dāng)F=0時(shí)a=2說(shuō)明當(dāng)繩子上沒(méi)有拉力時(shí)小車(chē)就有加速度，該同學(xué)實(shí)驗(yàn)操作中平衡摩擦力過(guò)大，即傾角過(guò)大，平衡摩擦力時(shí)木板的左端墊得過(guò)高，所以圖線(xiàn)甲是在軌道左側(cè)抬高成為斜面情況下得到的；

由乙圖像可知，當(dāng)F≠0時(shí)a=0說(shuō)明當(dāng)繩子上有拉力時(shí)小車(chē)沒(méi)有加速度，說(shuō)明圖線(xiàn)乙是軌道水平?jīng)]有平衡摩擦力情況下得到的。

②由牛頓第二定律得a=結(jié)合圖乙所示圖像解得m=0.5kg，【分析】熟悉掌握“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)的操作步驟及注意事項(xiàng)。熟悉掌握平衡摩擦力的操作方法。根據(jù)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該段時(shí)間內(nèi)的平均速度確定各計(jì)數(shù)點(diǎn)的瞬時(shí)速度，根據(jù)逐差法確定小車(chē)的加速度。確定滑塊的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律確定圖像的函數(shù)表達(dá)式，再結(jié)合圖像進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。13．【答案】（1）解：對(duì)C球受力分析，如圖ABC為等邊三角形，C受到兩個(gè)沿細(xì)繩方向的拉力，兩個(gè)拉力的合力等于C的重力大小，可得2T解得T=（2）解：對(duì)A球受力分析，如圖由平衡條件可得T解得N=1【解析】【分析】（1）小球C處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)小球C進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進(jìn)行解答即可；

（2）同一根繩子拉力大小相等，小球A處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球A進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進(jìn)行解答。14．【答案】（1）解：依題意，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mg物塊在傳送帶上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有2聯(lián)立，解得v=10m（2）解：對(duì)物塊受力分析，可得mg即物塊下滑過(guò)程，合力為零，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有t=（3）解：對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律可得μmg解得a即物塊做勻減速下滑，設(shè)經(jīng)t10=解得t此時(shí)物塊下滑的距離為x=說(shuō)明物塊將沿傳送帶向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)t2t此時(shí)物塊上滑位移為x因?yàn)棣蘭gcost從上端離開(kāi)傳送帶，物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)速度大小與傳送帶相同為v綜上所述，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為