2024年華東師大版必修1物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版必修1物理上冊月考試卷855考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、有一種新的交通工具；為了增加乘客乘車的舒適度，座椅能隨著坡度的變化而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖所示，當此車減速上坡時，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)（）

A.處于超重狀態(tài)B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用D.所受合力豎直向上2、如圖所示；好萊塢影星尚格·云頓為某卡車做廣告，在兩輛高速并行的卡車之間氣定神閑地擺出“一字馬”姿勢，下列說法正確的是（）

A.以地面作為參考系，影星是靜止的B.以卡車作為參考系，影星是運動的C.以影星作為參考系，卡車是運動的D.兩輛卡車同時加速，影星仍可能保持該姿勢3、如圖所示，人游泳時若某時刻手掌對水的作用力大小為F，該力與水平方向的夾角為則該力在水平方向的分力大小為（）

A.B.C.FD.4、如圖所示，上表面為四分之一光滑圓弧的物體A靜止在粗糙的水平地面上，一小物塊B從圓弧底端受到水平外力F的作用緩慢沿圓弧向上移動一小段距離，在此過程，A始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）

A.水平外力F保持不變B.地面對A的摩擦力逐漸增大C.A對B的支持力逐漸減小D.地面對A的支持力逐漸減小5、A、B兩物體在同一直線上運動，t=0時在同一位置，它們的v-t圖像如圖所示；下列說法正確的是()

A.0~20s，A在B的前面，20~40s，B在A的前面B.20s末，A、B在同一位置，且A、B速度相等C.40s末，A、B在同一位置，A的速度大于B的速度D.40s末，A、B之間的最大距離是50m6、、是兩個互相垂直的共點力，其中、．這兩個力合力的大小為A.1NB.5NC.7ND.12N7、半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的豎直擋板MN。在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態(tài)。如圖所示是這個裝置的縱截面圖。若用外力使MN保持豎直，緩慢地向右移動，在Q落到地面以前，發(fā)現P始終保持靜止。在此過程中；下列說法中正確的是（）

A.MN對Q的彈力先減小后增大B.地面對P的摩擦力逐漸減小C.P、Q間的彈力逐漸增大D.Q所受的合力逐漸增大8、一質點沿直線Ox方向做直線運動,它離O點的距離x隨時間變化的關系為x=2+3t﹣t3(m)，速度v隨時間t變化的關系為v=3﹣3t2（m/s），則該質點從t=0到t=2s間的平均速度、平均速率分別為A.0m/s、6m/sB.﹣3m/s、6m/sC.﹣1m/s、2m/sD.﹣1m/s、3m/s評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、一空間探測器從某一星球表面垂直升空，探測器升空過程中發(fā)動機突然關閉，其運動的圖象如圖所示；則下列說法正確的是（）

A.0~9s內探測器向下運動B.9~25s內探測器的加速度與25~45s內的加速度相同C.探測器在25s末回到星球表面D.探測器上升的最大高度為10、如圖為甲．乙兩質點同時沿同一直線運動的位移-時間圖象。關于兩質點的運動情況；下列說法正確的是（）

A.在0~t0時間內，甲乙的運動方向相反B.在0~2t0時間內，甲的速度一直在減小C.在0~t0時間內，乙的速度一直增大D.在0~2t0時間內，甲乙發(fā)生的位移大小相等11、某物體運動的速度圖象如圖所示；根據圖象可知（）

A.內的位移為10mB.內的加速度為C.第1s末與第3s末的速度方向相同D.第1s內與第5s內的加速度方向相同12、質點由靜止開始做直線運動，加速度與時間關系如圖所示，t2=2t1；則()

A.質點一直沿正向運動B.質點在某個位置附近來回運動C.在0～t2時間段內，質點在t1時刻的速度最大D.在0～t2時間段內，質點在t2時刻的速度最大13、如圖所示，把光滑斜面上物體的重力mg分解為F1、F2兩個力；下列說法正確的是（）

A.F1是斜面作用在物體上使物體下滑的力，F2是物體對斜面的壓力B.物體受到mg、FN、F1、F2四個力作用C.FN是因為斜面微小形變引起的D.力FN、F1、F2三個力的作用效果和mg與FN兩個力的作用效果相同14、如圖，兩個半徑均為r的光滑球a、b放在半徑為R（R>2r）的半球形容器內，均靜止時a、b與半球的接觸點P、Q與半球球心O的連線與水平方向的夾角為α和β（α<β）。若兩球的質量用ma、mb，兩球對容器的壓力大小用FNa、FNb表示；則（）

A.B.C.D.15、如圖所示，質量均為m的物塊A和B用一勁度系數為k的輕彈簧相連，豎直放置在光滑的水平面上，A上放有質量為2m的物塊C，三者均處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g；若將C迅速移開（移開C所用時間可忽略不計），則（）

A.移開C后瞬間，地面對B的支持力大小為2mgB.移開C后瞬間，A的加速度大小為2gC.移開C后，A向上運動至速度最大時，B開始離開地面向上運動D.B對地面壓力為零時，A向上運動的距離為16、兩輛汽車在一條東西方向的平直公路上行駛，以向東為正方向，兩輛汽車的圖像如圖所示。由圖可知（）

A.兩輛汽車都向東行駛B.乙車做勻減速直線運動C.時甲車的速度大于乙車D.內甲車的位移大于乙車17、如圖所示，有一個質量為m的長木板靜止在光滑水平地面上，另一質量也為m小物塊疊放在長木板的一端之上。B是長木板的中點，物塊與木板在AB段的動摩擦因數為μ，在BC段的動摩擦因數為2μ，若把物塊放在長木板左端，對其施加水平向右的力F1可使其恰好與木板發(fā)生相對滑動。若把物塊放在長木板右端，對其施加水平向左的力F2也可使其恰好與木板發(fā)生相對滑動．下列說法正確的是（）

A.F1與F2的大小之比為1：2B.若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點的時間之比為1：2C.若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點時木板的位移之比1：1D.若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為1：1評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、在補償阻力時，______（選填“要”或“不要”）懸掛槽碼，但小車應連著紙帶且啟動打點計時器．用手輕輕地給小車一個初速度，如果在紙帶上打出的點的間隔______，表明小車受到的阻力跟它受到的重力沿斜面向下的分力平衡。19、常見的彈力：壓力和支持力都是彈力，方向______；繩子的拉力也是彈力，方向______。20、慣性。

（1）物體保持原來______狀態(tài)或______狀態(tài)的性質叫作慣性．牛頓第一定律也被叫作______定律。

（2）慣性是物體的______屬性，一切物體都具有慣性。21、一個由靜止開始做勻加速直線運動的物體，運動位移為s若將位移s分成四段相等的位移，則依次通過這四段位移所用的時間之比為__________________。22、如圖表示某物體的v﹣t圖象，從圖象可知OA段的加速度是__m/s2，BC段的加速度是__m/s2，CD段的加速度是__m/s2，物體在這14s內運動的總位移是__m．

23、如圖所示，質量為m的物體懸掛在輕質支架上，輕桿OA、OB與墻，AO與BO之間都通過可自由轉動的鉸鏈連接。斜梁OB與豎直方向的夾角為θ，設水平橫梁OA和斜梁OB作用于O點的彈力分別為FOA和FOB，重力加速度為g，則FOA=______，FOB=______。

24、如圖所示，質量為M的木箱子放在水平桌面上，木箱中的豎直立桿（質量不計）上套有一質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)由靜止開始釋放，圓環(huán)下滑的加速度恒為則圓環(huán)在下落過程中處于_________狀態(tài)（填“超重”或“失重”）；此下落過程中木箱對地面的壓力為___________。

評卷人得分四、實驗題(共4題，共40分)25、某同學做“驗證力的平行四邊形定則”實驗如圖甲，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩；圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的力的示意圖。

(1)按照正確的操作，圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是_____（填F或F′）；

(2)本實驗采用的科學方法是_____；

A．理想實驗法B．等效替代法C．控制變量法D．建立物理模型法。

(3)關于本實驗；下列說法正確的是_____。

A．兩細繩必須等長。

B．彈簧測力計；細繩、橡皮筋都應與木板平行。

C．兩次拉伸橡皮筋；只要使橡皮筋伸長到相同長度即可。

D．拉橡皮筋的細繩要適當長些，標記同一細繩方向的兩點要適當遠些26、在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，將橡皮條的一端固定在豎直放置的木板上，另一端系上兩根細繩OA、OB，O為兩細繩與橡皮條的結點，細繩OA跨過C點處釘在木板上的光滑的釘子，下端掛重力已知的鉤碼，細繩OB用一個彈簧測力計鉤住，如圖所示，可以通過改變鉤碼的個數和彈簧測力計的拉力調整橡皮條與兩細繩的結點O的位置。

（1）某同學認為在實驗中必須注意以下幾項，其中正確的是________。

A．只用彈簧測力計通過細繩拉橡皮條時結點O達到的位置；應與鉤碼；彈簧測力計同時拉時相同。

B．用鉤碼；彈簧測力計同時拉時只需要記下兩細繩的方向、鉤碼重力和彈簧測力計的示數。

C．在使用彈簧測力計時要注意使彈簧測力計與木板平面平行。

D．兩分力的夾角應該取90°的角；以便計算。

（2）圖中OC與橡皮條延長線的夾角為α，細繩OB與橡皮條延長線的夾角為β，α＋β<90°，下列操作正確的是________。

A．減少鉤碼個數后，為使結點位置不變，應減小β；同時增大彈簧測力計的拉力。

B．減少鉤碼個數后，為使結點位置不變，應增大β；同時增大彈簧測力計的拉力。

C．保持鉤碼個數不變，將釘子向右移動一些，為使結點位置不變，應減小β；同時減小彈簧測力計的拉力。

D．保持鉤碼個數不變，將釘子向右移動一些，為使結點位置不變，應增大β，同時增大彈簧測力計的拉力A.B.C.E.E.27、利用圖1中的裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，小車的總質量為M，懸掛鉤碼的總質量為m，實驗所用交流電源的頻率為50Hz．

（1）一組同學實驗中以下做法正確的是_________________

A．平衡摩擦力時；應將鉤碼用細繩通過定滑輪系在小車上；

B．每次改變小車的質量時；不需要重新平衡摩擦力；

C．小車運動的加速度可用懸掛鉤碼的總質量m與小車的總質量M，直接用公式a=mg/M求出；

D．當m與M的大小關系滿足m＜＜M時；才可以認為繩子對小車的拉力大小等于鉤碼的總重力．

（2）保持小車的總質量M不變，測得小車的加速度a和拉力F的數據如表格所示，其中拉力F=0.40N時對應的紙帶為圖2，則打B點時小車的速度vB=_______m/s，小車運動的加速度a=______m/s2．（均保留兩位有效數字）

（3）根據表格數據，在圖3坐標紙上作出a-F圖象_______．

（4）根據所作圖線，可以求出實驗中小車的總質量M=______kg．（保留兩位有效數字）28、某同學用圖甲所示的實驗裝置測量重力加速度。將電火花計時器固定在鐵架臺上，把紙帶的下端固定在重錘上，紙帶穿過電火花計時器，上端用紙帶夾夾住，接通電源后釋放紙帶，紙帶上打出一系列的點，所用電源的頻率為f=50Hz。實驗中該同學得到一條點跡清晰的紙帶如圖乙所示，紙帶上的第一個點記為O，另選連續(xù)的三個點A、B、C進行測量，圖乙中給出了這三個點到O點的距離。

（1）若OA=h1、OB=h2、OC=h3，則重力加速度g的計算表達式為g=___________（用題中給定的字母表達）；

（2）根據測量數據，重力加速度的測量值為g=___________m/s2（結果保留3位有效數字）；

（3）實驗中該學選擇電火花計時器，而不選擇電磁打點計時器，請從誤差分析的角度說明選擇電火花計時器的主要理由：___________。評卷人得分五、解答題(共3題，共12分)29、質量為2kg的小球從離地面80m空中自由落下，g=10m/s2；求。

(1)經過多長時間落地？

(2)落地時速度多大？

(3)最后一秒內的位移多大？30、如圖所示，質量M＝2kg的木塊套在水平桿上，并用輕繩與質量m＝kg的小球相連．今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10N拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，取g＝10m/s2，求木塊與水平桿間的動摩擦因數μ.

31、我國首艘裝有彈射系統(tǒng)的航母已完成了“J－15”型戰(zhàn)斗機首次起降飛行訓練并獲得成功。已知戰(zhàn)斗機在水平跑道上加速時產生的最大加速度為5.0m/s2；起飛的最小速度為50m/s，彈射系統(tǒng)能夠使飛機獲得的初速度為25m/s，設航母處于靜止狀態(tài)。求：

(1)戰(zhàn)斗機在跑道上加速多長時間才能起飛；

(2)戰(zhàn)斗機在跑道上至少加速多長距離才能起飛。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．當此減速上坡時；整體的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根據牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

BC．對乘客進行受力分析；乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而靜摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后（水平向左）的摩擦力作用，故B錯誤，C正確；

D．由于乘客加速度沿斜面向下；根據牛頓第二定律得所受力的合力沿斜面向下，故D錯誤。

故選C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．影星隨卡車運動；相對于地面是運動的，故A錯誤；

BC．影星隨卡車運動；相對于卡車是靜止的，故BC錯誤；

D．若兩輛卡車同時加速；兩車之間的距離不變，影星仍可能保持該姿勢，故D正確。

故選D。3、D【分析】【詳解】

沿水平方向和豎直方向將手掌對水的作用力分解，則有該力在水平方向的分力大小為

故選D。4、B【分析】【詳解】

對滑塊受力分析；受到支持力；水平拉力與重力，如圖所示。

設物體所在處斜面傾角為θ，因處于平衡狀態(tài)，水平外力為F=mgtanθ

曲面物體A對小物塊B的支持力為

A．緩慢沿曲線面向上移動一小段距離的過程中，θ增大，則水平外力F增大；故A錯誤；

B．整體水平方向受力平衡，可得地面對物體A的摩擦力f=F

所以地面對物體A的摩擦力逐漸增大，故B正確；

C．緩慢沿曲線面向上移動一小段距離的過程中，θ增大，cosθ減小，曲面物體A對小物塊B的支持力逐漸增大，故C錯誤；

D．把AB看成一個整體，根據豎直方向受力平衡可得地面對曲面物體A的支持力不變，故D錯誤。

故選B。5、C【分析】【詳解】

A.開始階段，A的速度較大，A跑在甲的前面，20s后的一段時間內，B的速度較大，A仍在B的前面；直到40s末兩者相遇，故A錯誤．

B.在第20s末兩物體速度相等，由圖線的“面積”看出，這段時間內A的位移大于B的位移，B還沒有追上A；故B錯誤．

C.由圖可知，40s末兩者位移相等，此時A、B在同一位置，A的速度大于B的速度；故C正確．

D.在追上前；速度相等時，相距最遠，故20s末相距最遠，40s末時兩物體相遇，距離為0，故D錯誤；

故選C。6、B【分析】【詳解】

力是矢量，矢量的合成適用于平行四邊形法則，兩個力互相垂直，根據勾股定理有：

故ACD錯誤；B正確。

故選B．7、C【分析】【分析】

【詳解】

對Q進行受力分析。

物體Q受到MN的彈力物體P對Q的彈力物體Q的重力G，處于平衡狀態(tài)，所以與的合力與重力G是一對平衡力，且大小和方向都不變，根據平衡條件得

當擋板MN保持豎直緩慢向右移動時，增大，不變，可得和均增大：

A．MN對Q的彈力即擋板MN豎直緩慢向右移動時，力增大；故A錯誤；

B．物體P始終保持靜止，說明所受合力為零，物體P在水平方向上僅受到地面的摩擦力和Q的在水平方向上的彈力。當擋板MN豎直緩慢向右移動時，物體Q對物體P的彈力增大，角度變大，水平分力變大，所以地面對物體P的摩擦力增大；故B錯誤；

C．擋板MN豎直緩慢向右移動時，力增大，所以P、Q間的彈力會增大；故C正確；

D．物體Q始終處于平衡狀態(tài)；所受合力為零，大小不變，故D錯誤。

故選C。8、D【分析】【詳解】

從速度v隨時間t變化的關系為v=3﹣3t2（m/s），可以知道質點做變減速直線運動，t=0時，質點離O點的距離x0=2m，t=2s時，質點離O點的距離x2=0，由速度關系知t=1s時，v=0，即t=1s時速度減小到零，然后要反向運動，此時質點離O點的距離x1=4m，所以質點從t=0到t=2s間的平均速度v===m/s=-1m/s，質點從t=0到t=2s間的路程x=（2+4）m=6m，所以質點從t=0到t=2s間的平均速率v==m/s=3m/s；故A；B、C錯誤，D正確．

故選D二、多選題(共9題，共18分)9、B:D【分析】【分析】

由題中“探測器升空過程中發(fā)動機突然關閉”可知，本題考查從v-t圖中判斷物體的運動情況，根據v-t圖像的規(guī)律可以分析本題。

【詳解】

A．由圖像可知；0~9s速度越來越大，探測器是向上加速運動，故A錯誤；

B．9~25s內與25~45s內的圖像斜率相同；因此加速度相同，故B正確；

C．在0~25s內物體的速度一直向上；25s末對應的是探測器上升的最大高度，故C錯誤；

D．根據v-t圖中，圖像面積表示位移可計算，最大高度為800m，故D正確。10、A:D【分析】【詳解】

A．根據位移時間圖象的斜率表示速度，可知，在時間內，甲的速度為負，乙的速度為正，說明甲．乙的運動方向相反。故A正確；

B．根據位移圖象的斜率表示速度，可知在時間內，甲的速度不變，故B錯誤；

C．在時間內，乙圖線的斜率不斷減小，則乙的速度一直減小，故C錯誤；

D．在時間內，甲的位移為

即甲的位移大小為

乙的位移為

所以甲乙發(fā)生的位移大小相等，故D正確。

故選AD。11、B:C【分析】【詳解】

A．速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內的位移，0～5s內的位移

故A錯誤；

B．0～2s內的加速度

故B正確；

C．第1s末與第3s末的速度都是正值；所以方向相同，故C正確；

D．第1s末所在位置的圖象斜率為正值，第5s末的所在位置的圖象斜率為負值，所以第1s末與第5s末的加速度方向相反，故D錯誤．12、A:C【分析】【詳解】

試題分析：由圖可知在t1時間內質點做初速度為零的勻加速運動，在t1～t2時間內做勻減速運動，且加速度大小相等，時間相等，故質點一直沿正向運動，故A正確，B錯誤；由圖可知在t1時間內質點做初速度為零的勻加速運動，在t1～t2時間內做勻減速運動，且加速度大小相等，時間相等，故t1時刻的速度最大；故C正確，D錯誤；故選AC．

考點：運動圖像。

【名師點睛】考查了加速度的圖象，會根據圖象分析質點的運動情況；注意加速度改變方向時，速度方向不一定改變．13、C:D【分析】【詳解】

ABD．物體受到mg、FN兩個力作用，F1、F2兩個力是重力的分力，不是實際受到的的力，力FN、F1、F2三個力的作用效果和mg與FN兩個力的作用效果相同。AB錯誤；D正確；

C．彈力是施力物體的形變引起的。所以FN是因為斜面微小形變引起的。C正確。

故選CD。14、B:D【分析】【詳解】

如圖，三個球心連線圍成一等腰三角形，設兩底角分別為分別對a、b受力分析，根據牛頓第三定律可知與大小相等。a、b的重力與a、b連心線的夾角分別為則根據共點力的平衡條件和正弦定理

故選BD。

15、B:D【分析】【詳解】

A．原來平衡時，由整體法可知，地面對B的支持力大小為4mg，移開C后瞬間，A還未發(fā)生運動，彈簧的彈力不變，地面對B的支持力大小仍為4mg；A錯誤；

B．原來A處于平衡狀態(tài)，移開C后瞬間，A受到的合力方向向上，大小為2mg，由牛頓第二定律可知，A的加速度大小為2g；B正確；

C．由胡克定律可知，原來彈簧的壓縮量為

移開C后，A向上運動至速度最大時，加速度為零，彈簧的壓縮量為

此時B還受到彈簧的壓力；未離開地面，C錯誤；

D．B對地面壓力為零時，彈簧的伸長量為

故A向上運動的距離為

D正確。

故選BD。16、A:B:C【分析】【詳解】

A．內；甲；乙的速度均為正值，即都向東運動，故A正確；

B．乙的速度隨時間均勻減??；乙做勻減速直線運動；故B正確；

C．由圖像可知，在時，故C正確；

D．圖像中圖線與坐標軸所圍面積即為位移，可以看出內，故D錯誤。

故選ABC。17、A:C:D【分析】【詳解】

A．施加水平向右的力F1時，由題意知：對滑塊有F1﹣μmg＝ma

對木板有μmg＝ma

聯立得F1＝2μmg

同理，施加水平向右的力F2時，有F2＝4μmg

所以F1與F2的大小之比為1：2；故A正確；

B．設AB的長度為L，施加水平向右的力2F1時，對滑塊有a1＝﹣μg

對木板有a′1＝μg

設經時間t到達B點，由位移關系得

解得

同理，施加水平向右的力2F2時，運動到B點的時間

所以物塊在木板上運動到B點的時間之比為1；故B錯誤；

C．施加水平向右的力2F1時，由位移公式得木板的位移

同理，施加水平向右的力2F2時，由位移公式得木板的位移x2＝μg?t′2

所以小物塊在木板上運動到B點時木板的位移之比1：1；故C正確；

D．小物塊最終都會滑離木板；二者的相對位移相等，所以整個過程中摩擦生熱之比為摩擦力之比，即為1：1，故D正確。

故選ACD。三、填空題(共7題，共14分)18、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】不要均勻19、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】跟接觸面垂直沿著繩子而指向繩子收縮的方向20、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】勻速直線運動靜止慣性固有21、略

【分析】【詳解】

[1]將位移s分成四段相等的位移，即初速度為零的勻加速直線運動連續(xù)通過相等的位移所用的時間之比，由規(guī)律可知，則依次通過這四段位移所用的時間之比為【解析】22、略

【分析】【詳解】

OA段的加速度

BC段的加速度

CD段的加速度

物體在14s內的總位移為圖象與時間軸圍成的面積；故位移為：

x=×(4+10)×4-×4×2=24m；

【點睛】

本題考查速度時間圖象的性質，注意圖象的斜率表示物體的加速度，圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移．【解析】1;-2;-0.5;24;23、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]以O點為研究對象；受力如圖所示。

由受力圖結合幾何關系可得

[2]【解析】24、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]圓環(huán)加速下落加速度方向向下；故處于失重狀態(tài)；

[2]以環(huán)為研究對象，可知環(huán)受到重力和摩擦力的作用，由牛頓第二定律得

所以

以箱子為研究對象，分析受力情況：箱子受到重力Mg、地面的支持力N和環(huán)對箱子向下的滑動摩擦力f，根據平衡條件得

根據牛頓第三定律得木箱對地面的壓力大小【解析】失重四、實驗題(共4題，共40分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]F是通過作圖的方法得到合力的理論值，而F′是通過一個彈簧稱沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條伸長到O點，使得一個彈簧稱的拉力與兩個彈簧稱的拉力效果相同，測量出的合力，則方向一定沿AO方向的是F′；

(2)[2]本實驗中兩個拉力的作用效果和一個拉力的作用效果相同；采用的科學方法是等效替代法，故選B；

(3)[3]A．細線的作用是能顯示出力的方向；所以不必須等長，故A錯誤；

B．為了減小誤差；彈簧測力計；細繩、橡皮筋都應與木板平行，故B正確；

C．該實驗采用了“等效替代”的原理；即合力與分力的關系是等效的，要求兩次拉橡皮筋時的形變量和方向是等效的，則橡皮筋沿同一方向拉長到同一長度，故C錯誤；

D．為了減小誤差；拉橡皮條的細繩要長些，標記同一細繩方向的兩點要遠些，故D正確。

故選BD?！窘馕觥縁′BBD26、A:A:C:C【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]A．不論僅用彈簧測力計拉，還是用鉤碼與彈簧測力計同時拉，要確保作用效果相同，即必須使結點O達到同一位置；所以A正確；

B．用鉤碼、彈簧測力計同時拉時還要記下結點O的位置；故B錯誤；

C．彈簧測力計是否與木板平面平行；將會影響彈簧測力計的讀數，即力的大小，所以C正確；

D．為了減小實驗的誤差；兩分力的夾角不能太大，也不能太小，不一定需要取90°，故D錯誤。

（2）[2]AB．當兩力的夾角小于90°，且兩力的合力不變時，使一個力的方向不變，力的大小減小，則另一個力的大小增大，β減小；如圖1所示，故A正確，B錯誤；

CD．使一個力的大小不變