…………○…………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2025年人教版PEP必修1物理下冊階段測試試卷323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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具，如圖甲所示。設拖把頭的質量為m，拖桿質量可以忽略，拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ，當某同學用與水平方向成θ角的力F1推拖把時，摩擦力為f1，拖把對地面的壓力為N1，拖把做勻速直線運動，如圖乙所示；另一同學用與豎直方向成θ角的力F2拉拖把時，摩擦力為f2，拖把對地面的壓力為N2，讓拖把也做勻速直線運動，如圖丙所示；0<θ<以下判斷可能正確的是（）

A.F1=F2B.C.N1<N2D.2、探究彈力和彈簧伸長的關系時，在彈性限度內，懸掛15N重物時，彈簧長度為0.16m；懸掛20N重物時，彈簧長度為0.18m，則彈簧的原長L原和勁度系統k分別為A.L原＝0.02mk＝500N／mB.L原＝0.10mk＝500N／mC.L原＝0.02mk＝250N／mD.L原＝0.10mk＝250N／m3、關于速度，下列說法正確的是（）A.用一個學生在操場上跑400m的距離除以所用的時間得出的是這個學生的平均速度B.瞬時速度的大小叫瞬時速率，簡稱速率C.平均速度的大小叫平均速率D.勻變速直線運動的平均速度等于中間位置的速度4、甲、乙兩物體從同一位置出發沿同一直線運動時的圖像如圖所示；下列判斷正確的是（）

A.甲做勻速直線運動，乙做勻變速直線運動B.兩物體兩次相遇時刻是末和末C.乙在頭兩秒內做勻加速直線運動，兩秒后做勻減速直線運動D.末兩物體相距最遠5、在物理學的探索和發現過程中，科學家們運用了許多研究方法。以下關于物理學研究方法的敘述中正確的是（）A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是微元法B.根據速度定義式當時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法C.速度、加速度、位移這三者所體現的共同的物理思想方法是比值定義法D.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了理想模型法6、在物理學的重大發現中科學家們創造了許多物理學研究方法，如控制變量法、極限思想法、等效替代法、理想模型法、微元法等等，以下敘述中不正確的是A.說生活中的下落運動遵循自由落體運動規律采用了理想模型的方法B.在不需要考慮物體的大小和形狀時，用質點來代替實際物體采用了等效替代的方法C.根據速度定義式當非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義采用了極限思維法D.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法7、下列關于重力和重心的說法中，正確的是（）A.重力是由于地球的吸引而使物體受到的力B.重力的方向總是垂直向下的C.重力本來就有，所以重力沒有施力物體和反作用力D.物體的重心一定在物體上8、如圖甲所示。為了測量運動員躍起的高度，訓練時可在彈性網上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄彈性網的壓力，并在計算機上做出壓力－時間圖像（F—t圖像），假如做出的圖像如圖乙所示。設運動員在空中運動時可視為質點，不計空氣阻力，下列說法正確的是（g取10m/s2）（）

A.運動員在空中的時間為1sB.1.1~2.3s中，當F最大時，運動員一定處于超重狀態C.運動員躍起的最大高度為3.0mD.運動員躍起的最大高度為7.2m9、一物體做勻變速直線運動，某時刻速度的大小為后的速度大小變為在這的時間內，該物體的（）A.位移的大小可能小于B.位移的大小可能大于C.位移的大小可能小于D.位移的大小可能大于評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、物理學家們在物理學的概念、規律的建構過程中應用了許多重要的科學方法，以下敘述正確的是（）A.引入重心、合力與分力的概念時運用了等效替代法B.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫控制變量法C.根據速度定義式當△t非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想D.在推導勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法11、下列物理量在運算過程中遵循平行四邊形定則的有（））A.B.位移C.加速度D.質量時間12、下列說法正確的是（）A.自由落體運動是豎直方向的勻加速直線運動B.豎直方向的位移只要滿足h1：h2：h3：=1：4：9：的運動就是自由落體運動C.自由落體運動在開始連續的三個1m位移所需的時間之比為1：3：5D.自由落體運動在開始連續的三個1s末的速度之比為1：2：313、下列說法正確的是（）A.g是標量，有大小無方向B.在地面不同地方g不同，但相差不大C.在同一地點，同一高度，一切物體的自由落體加速度一樣D.g會隨著緯度變化而變化，赤道上的g最大14、木塊甲、乙分別重50N和60N，它們與水平地面之間的動摩擦因數均為0.25。夾在甲、乙之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁度系數為400N/m。系統置于水平地面上靜止不動。現用F=1N的水平拉力作用在木塊乙上，如圖所示。力F作用后木塊所受摩擦力情況是（）

A.木塊甲所受摩擦力大小是8NB.木塊甲所受摩擦力大小是11.5NC.木塊乙所受摩擦力大小是9ND.木塊乙所受摩擦力大小是7N15、如圖所示，在水平面上有一質量的物塊與水平細繩相連，物塊在與水平方向的夾角大小為10N的拉力F作用下處于靜止狀態。已知物塊與水平面間的動摩擦因數最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取以下說法正確的是（）

A.此時細繩的彈力大小為B.當撤去拉力F的瞬間，物塊的加速度為零C.若剪斷細繩，則細繩剪斷的瞬間物塊的加速度大小為方向向右D.若剪斷細繩，則細繩剪斷的瞬間物塊的加速度大小為方向向右16、一滑塊沿光滑斜面滑下，現增大斜面的傾角，再讓滑塊沿該斜面下滑。則增大斜面傾角后（）A.滑塊對斜面的壓力增大B.滑塊對斜面的壓力減小C.滑塊運動的加速度增大D.滑塊運動的加速度減小評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、在剛剛結束的安徽師范大學附屬中學2019年教職工籃球聯賽中，賽前熱身時，隊員們正在進行折返跑訓練，假設皮皮志老師在進行折返跑時，從籃球場一端靜止開始沿直線勻加速沖起來，之后再勻減速到達球場的另一端停下，已知勻加速直線運動的加速度大小是勻減速直線運動加速度大小2倍，總時間為18s，第3s初到第5s初內的位移為x1,倒數第二個3s內的位移為x2，則=__________18、甲、乙兩汽車在同一平直公路上行駛，其速度—時間圖像如圖所示．甲車所做的運動是_____運動，在t=0到t=25s的時間內，甲車運動的加速度為___，乙車在前10s內速度為__，在t=10s到t=25s的時間內，乙車運動的加速度為___．

19、理想實驗有時更能深刻地反映自然規律。如圖所示；伽利略設想了一個理想實驗，其中有一個是實驗事實，其余是推論。

①減小第二個斜面的傾角；小球在這一斜面上仍然要達到原來的高度；

②兩個斜面對接；讓靜止的小球沿一個斜面滾下，小球將滾上另一個斜面；

③如果沒有摩擦；小球將上升到原來釋放的高度；

④繼續減小第二個斜面的傾角；最后使它成為水平面，小球將沿水平面做持續的勻速運動。

（1）請將上述理想實驗的設想步驟按照正確的順序排列：___________（填數字序號）。

（2）在上述的設想步驟中，有的屬于可靠的事實，有的則是理想化的推論。下列關于事實和推論的分類正確的是___________（填選項前的字母）。

A.①是事實；②③④是推論。

B.②是事實；①③④是推論。

C.③是事實；①②④是推論。

D.④是事實，①②③是推論20、一物體做變速運動的圖像如圖所示，由圖像可知物體離開出發點的最遠距離是________m，出發后經過________s物體又回到出發點．

21、牛頓第一定律。

（1）內容：一切物體總保持_______狀態或靜止狀態；除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態．

（2）意義：①揭示了物體的固有屬性：一切物體都有___，因此牛頓第一定律又叫___定律；

②揭示了力與運動的關系：力不是___物體運動的原因，而是改變物體運動狀態的原因，即力是產生_____的原因．22、一輛小車在水平面上行駛，懸掛的擺球相對小車靜止并與豎直方向成θ角，如圖所示。小車的加速度大小方向為______。

23、在物理學中，既有______又有_______的物理量叫做矢量，矢量相加__________（填“遵從”或“不遵從”）算術相加的法則。評卷人得分四、作圖題(共2題，共12分)24、（1）靜止物體A重力G=5N，請在圖中畫出A物體所受重力的圖示。

（2）畫出圖中靜止物體A所受的各力的示意圖（球面是光滑的，其他粗糙）25、如圖甲所示是一個做直線運動的物體的速度-時間圖像，請在乙中畫出該物體的位移-時間并標出縱軸上的數據．評卷人得分五、實驗題(共3題，共21分)26、“驗證力的平行四邊形定則”的實驗裝置如圖所示：

(1)實驗中兩彈簧測力計拉力的大小_________（選填“A”或“B”）相等。

A；一定B、不一定。

(2)實驗中兩細繩OB與OC__________（選填“A”或“B”）相互垂直。

A；一定B、不一定。

(3)實驗中采用的科學方法是______________（選填“A”或“B”）

A、等效替代法B、控制變量法27、一同學利用氣墊導軌測定滑塊的加速度,滑塊上安裝了寬度為3.0的遮光條,如圖所示,滑塊在牽引力作用下先后勻加速通過兩個光電門,配套的數字毫秒計記錄了遮光條通過第一個光電門的時間為通過第二個光電門的時間為遮光條從開始遮住第一個光電門到開始遮住第二個光電門的時間為試估算:滑塊經過第一個光電門時的速度大小__________在滑動過程中,滑塊的加速度大小__________(計算結果保留兩位小數)．

28、如圖所示為“探究加速度與物體受力和質量的關系”實驗裝置圖．圖中A為小車，B為裝有砝碼的托盤，C為一端帶有定滑輪的長木板，小車通過紙帶與電火花打點計時器相連，計時器接50Hz交流電．小車的質量為m1，托盤(及砝碼)的質量為m2．

(1)下列說法中正確的是________．

A．每次改變小車質量時，應重新平衡摩擦力B．實驗時應先釋放小車后接通電源。

C．本實驗m2應遠大于m1D．在用圖象探究加速度與質量關系時，應作a-圖象。

(2)實驗時，某同學因疏忽遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a-F圖象如圖所示，可能是圖中的圖線______．(選填“甲”；“乙”、“丙”)

評卷人得分六、解答題(共3題，共12分)29、如圖甲所示，傾斜傳送帶與水平臺面相切于B點，傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行。現將一小煤塊從水平臺面上A處以初速度滑到傳送帶B處，時小煤塊從C點離開傳送帶。在整個過程中，小煤塊的速率隨時間變化的圖像如圖乙所示，重力加速度g取不計小煤塊與傳送帶摩擦過程中損失的質量。求：

（1）A，B兩點之間的距離；

（2）小煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數

（3）水平臺面的高度；

（4）在時間內；小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度。

30、如圖所示，光滑水平面上質量為m光滑圓柱體放在質量為M且形狀對稱的頂角為α的V形槽中。截面如圖所示，它們的左邊接觸處為A。用一細繩拴住V形槽，細繩平行于桌面，另一端通過定滑輪垂下一重物m1，不計各種摩擦及滑輪質量。求解以下問題：（重力加速度為g）

(1)若三者保持相對靜止；求系統的加速度和繩上的拉力；

(2)若α=欲使圓柱體在運動中不離開V形槽，重物m1最大不能超過多少？

(3)若不論m1多大，圓柱體都不能離開V形槽，求α的取值范圍。31、如圖所示，有1、2、3三個質量均為m=1kg的物體，物體2與物體3通過不可伸長輕繩連接，跨過光滑的定滑輪，設長板2到定滑輪足夠遠，物體3離地面高H=5.75m，物體1與長板2之間的動摩擦因數μ=O.2.長板2在光滑的桌面上從靜止開始釋放，同時物體1(視為質點)在長板2的左端以v=4m/s的初速度開始運動，運動過程中恰好沒有從長板2的右端掉下．(取g=10m/s2)求：

(1)長板2開始運動時的加速度大小；

(2)長板2的長度

(3)當物體3落地時；物體1在長板2的位置．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

BC．對拖把頭受力正交分解；對乙圖有。

滑動摩擦力公式有。

對丙圖有。

滑動摩擦力公式有。

解得。

N1>N2從而得。

故BC錯誤；

D．由。

而且。

所以。

故D錯；

A．因為所以有。

當cosθ>sinθ時，F1=F2可能相等。故A正確。

故選A。2、D【分析】【詳解】

根據胡克定律可得設彈簧的原長為則有解得＝0.10m，故選項D正確．3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．得出的是這個學生的平均速率而不是平均速度；A選項錯；

B．瞬時速度的大小叫瞬時速率；簡稱速率，所以B正確；

C．平均速度的大小是位移除于時間；平均速率是路程除于時間，C選項錯；

D．勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的速度；D選項錯；

故選B。4、C【分析】【詳解】

A．根據圖像可知；甲做勻速直線運動，乙物體前2s做勻加速直線運動，加速度為正方向，后4s做勻減速直線運動，加速度為負方向，所以乙物體全程不是勻變速直線運動，故A錯誤；

B．甲；乙兩物體由同一位置出發；在速度－時間圖象中圖象與坐標軸圍成面積代表位移；時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負，所以前2s內乙的三角形面積等于甲的正方形面積，即位移相同，此時兩車相遇；前6s內甲車的矩形面積等于乙車三角形的面積，此時又相遇，即兩物體兩次相遇時間是2s末和6s末，故B錯誤；

C．根據圖象可知；乙在前2s內做勻加速直線運動，2s后做勻減速直線運動，故C正確；

D．根據圖象可知；2s兩物體相遇而不是相距最遠，故D錯誤。

故選C。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時；用質點來代替物體的方法是理想模型法，故A錯誤；

B．根據速度定義式。

當時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度；該定義運用了極限思維法，則B正確；

C．速度；加速度所體現的物理思想方法是比值定義法；位移不是用比值來定義的，故C錯誤；

D．在推導勻變速直線運動位移公式時；把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了微元法，故D錯誤。

故選B。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．說生活中的下落運動遵循自由落體運動規律采用了理想模型的方法；A正確，不符合題意；

B．在不需要考慮物體的大小和形狀時；用質點來代替實際物體采用了理想模型法，B錯誤，符合題意；

C．根據速度定義式當非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度；該定義采用了極限思維法，C正確，不符合題意；

D．在推導勻變速直線運動位移公式時；把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，D正確，不符合題意。

故選B。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．重力是由于地球的吸引而使物體受到的力；選項A正確；

B．重力的方向總是豎直向下的；選項B錯誤；

C．重力的施力物體是地球；重力的反作用力是物體對地球的吸引力，選項C錯誤；

D．物體的重心不一定在物體上；可能在物體的外部，選項D錯誤。

故選A。8、B【分析】【詳解】

A．由圖知運動員在空中的最長時間為

故A錯誤；

B．1.1~2.3s圖像表示；開始接觸彈簧，一段時間彈力逐漸增加，一直到彈力與重力大小相等，此過程加速度方向向下，是失重；然后彈力大于重力一直到達彈力最大，此時加速度方向向上是超重；運動員觸底后反彈，彈力逐漸減少一直到彈力等于重力，此過程加速度方向向上時超重；然后彈力小于重力，彈力繼續減小一直到為零，此過程重力大于彈力，加速度方向向下，是失重，故B正確；

CD．運動做豎直上拋運動，根據運動的對稱性可知，躍起的最大高度為

代入數據解得

故CD錯誤。

故選B。9、A【分析】【詳解】

若1s后的速度與初速度方向相同，則位移為

若1s后的速度與初速度方向相反，則位移為

位移大小為3m；負號表示位移方向與初速度方向相反。

由以上分析可知；A正確，BCD錯誤。

故選A。二、多選題(共7題，共14分)10、A:C:D【分析】【詳解】

A.引入重心；合力與分力的概念時運用了等效替代法；選項A正確；

B.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時；用質點來代替物體的方法叫理想模型法，選項B錯誤；

C.根據速度定義式當△t非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度；該定義應用了極限思想，選項C正確；

D.在推導勻變速運動位移公式時；把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，選項D正確。

故選ACD。11、A:B【分析】【詳解】

AB．位移和加速度都是既有大小；又有方向的矢量，運算時遵循平行四邊形定則，故AB正確；

CD．質量和時間是只有大小；沒有方向的標量，運算時遵循代數加減法則，故CD錯誤。

故選AB。

【點睛】

矢量是既有大小，又有方向，運算時遵循平行四邊形定則的物理量。12、A:D【分析】【詳解】

A．自由落體運動是只在重力作用下，加速度為g；初速度為零的豎直方向的勻加速直線運動；故A正確；

B．自由落體運動的特點是：初速度為零，僅受重力，豎直方向上位移滿足x1：x2：x3=1：4：9

的運動；不一定是自由落體運動，故B錯誤；

C．自由落體運動在開始連續的三個1m位移所需的時間之比為故C錯誤；

D．根據v=gt

可知；在連續三個1s末的速度之比為1：2；3，故D正確。

故選AD。13、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．g是矢量；有大小和方向，A錯誤；

B．在地面不同地方g不同；但相差不大，B正確；

C．在同一地點；同一高度，一切物體的自由落體加速度一樣，C正確；

D．g會隨著緯度變化而變化，赤道上的g最小；兩極最大，D錯誤。

故選BC。14、A:C【分析】【詳解】

由于彈簧被壓縮了故彈簧的彈力

對乙，其最大靜摩擦力f乙=60N×0.25=15N

它受向右的8N的彈力；還有向右的1N的拉力，故兩力的合力大小為9N，方向水平向右，小于其最大靜摩擦力，乙也處于靜止狀態，受力平衡，故它受到的摩擦力等于彈簧對它的彈力和拉力的合力9N，方向水平向左；

對于甲來說彈簧對它的力是向左的，大小為8N，而甲靜止，甲最大的靜摩擦力為：f甲=50N×0.25=12.5N>F

則甲靜止，則甲受到的摩擦力與F等大方向f甲=F=8N

故甲受到的摩擦力為8N；方向水平向右；

故選AC。15、B:C【分析】【詳解】

A．物塊受重力，細繩的彈力T以及拉力F的作用而處于平衡，根據共點力平衡得

解得

故A項錯誤；

B．撤去拉力F的瞬間；細繩的彈力突變為0，物塊的加速度為0，故B項正確；

CD．剪斷細繩，物塊受重力、拉力F、摩擦力作用，由牛頓第二定律得

解得

方向向右；

故C項正確；D項錯誤。

故選BC。16、B:C【分析】【詳解】

如圖所示。

垂直斜面方向上，滑塊對斜面的壓力

沿著斜面方向

得

若增大斜面傾角，由數學知識可得塊運動的加速度增大，滑塊對斜面的壓力減小；故BC正確，AD錯誤。

故選BC。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【詳解】

[1]由題意可知設加速時間為t，則減速時間為18-t，加速的最大速度為v，故根據勻變速直線運動速度和時間的關系有：

解得t=6s，即在前6秒做勻加速直線運動，后12秒做勻減速直線運動.故前2s的位移為：

前4s的位移為：

第3s初到第5s初內的位移：

因為18s速度減為0，故減速過程倒數第二個3s，可以看成從0開始加速的第二個3秒內的位移，即3s末到6秒末的位移，故3秒內的位移為：

6秒內的位移為：

減速過程倒數第二個3s的位移為：

所以有：【解析】18、略

【分析】【詳解】

甲車所做的運動是勻加速直線運動．根據速度時間圖象的斜率表示加速度，由圖象可得：甲車的加速度a甲=m/s2=0.4m/s2；乙車在前10s內速度為0．在t=10到t=25s的時間內，乙車的加速度a乙=m/s2=2m/s2；

【點睛】

解答本題的關鍵應抓住速度圖象的斜率表示加速度，傾斜的直線表示勻變速直線運動．【解析】勻加速直線0.4m/s202m/s219、略

【分析】【分析】

【詳解】

[解析]

(1)[1]步驟②是理想實驗的實驗基礎；屬于可靠的事實，在此基礎上利用推理，先得到小球不受阻力作用將上升到原來釋放時的高度的推論，再設想減小第二個斜面的傾角直至第二個斜面成為水平面時，得到小球將勻速運動的推論。所以正確的排列順序是②③①④。

(2)[2]根據以上分析；可得正確的分類是選項B。

故選B。【解析】②③①④B20、略

【分析】【詳解】

[1][2]物體在前3s內沿正向運動，t=3s后沿負向運動，所以t=3s末離出發點最遠的距離，最遠距離為

3-4s的位移為：

返回出發點時，勻速運動的位移為：

則勻速運動的時間為：

物體又回到出發點的時間為：t=3+1+1.5=5.5s【解析】405.521、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態；除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態．

（2）[2][3]意義：①揭示了物體的固有屬性：一切物體都有慣性；因此牛頓第一定律又叫慣性定律；

②[4][5]揭示了力與運動的關系：力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態的原因，即力是產生加速度的原因．【解析】勻速直線運動慣性慣性維持加速度22、略

【分析】【詳解】

對小球受力分析如下圖所示。

由幾何知識易得

解得，小球加速度為方向水平向左

故小車的加速為方向水平向左【解析】方向水平向左23、略

【分析】矢量是指既有大小又有方向的物理量，矢量相加減遵循平行四邊形定則，不遵循算術相加減法則．【解析】大小方向不遵從四、作圖題(共2題，共12分)24、略

【分析】【分析】

(1)先畫出標度；然后過物體的重心畫出物體所受重力的大小和方向；

(2)小球光滑；不受摩擦力，只受重力和來自兩個接觸面的彈力作用。

【詳解】

(1)如圖所示：

(2)如圖所示：

【點睛】

力的圖示要求畫出力的三要素，包括大小、方向和作用點，而力的示意圖只需要大致表示出共點力的大小和方向。【解析】(1)(2)25、略

【分析】根據速度時間圖象可知，物體先以4m/s的速度沿負方向做勻速運動10s，位移為：x1=-4×10m=-40m，后靜止20s，然后以3m/s的速度沿正方向運動20s，x2=3×20=60m．所以該物體運動的位移圖象；如圖所示：

【解析】五、實驗題(共3題，共21分)26、略

【分析】【詳解】

(1)[1]本實驗中采用作圖的方式來驗證平行四邊形定則；所以兩測力計的拉力相等不一定相等；故選B；

(2)[2]本實驗中采用作圖的方式來驗證平行四邊形定則；兩繩的方向也不一定相互垂直，故選B；

(3)[3]本實驗可以用兩根線子拉力的合力來替代一根繩子時的拉力，故采用的是等效替代法，故選A。【解析】BBA27、略

【分析】【詳解】

滑塊通過第一個光電門的速度。

滑塊通過第二個光電門的速度。

故加速度。

故本題答案是：(1).0.10(2).0.05

【點睛】

先根據平均速度公式求出滑塊通過第一個光電門和第二個光電門的平均速度,因為遮光板寬度很小,過光電門的時間很短,所以我們可以把滑塊通過光電門的平均速度近似看成是滑塊的瞬時速度,再根據求出加速度.【解析】0.100.0528、略

【分析】【詳解】

（1）A：平衡摩擦力，假設木板傾角為則有：約掉了；故不需要重新平衡摩擦力，故A錯誤；

B：實驗時應先接通電源后釋放小車；故B錯誤；

C：讓小車的質量M遠遠大于小桶（及砝碼）的質量因為：際上繩子的拉力故應該是故C錯誤；

D：所以：當F一定時，與成正比；故D正確．

（2）遺漏了平衡摩擦力這一步驟；就會出現當有拉力時，物體不動的情況．故圖線為丙．

點睛：會