高級中學名校試卷PAGE2025學年重慶市七校聯考高一（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.一年一度的運動會是同學們最喜歡的盛會之一，關于運動會中的100米和400米項目，下列說法正確的是（）A.研究運動員的起跑動作時，運動員可以看成質點B.甲、乙兩名運動員分別參加100米和400米項目，甲的位移大于乙的位移C.在起跑階段，運動員的加速度方向與速度方向相反D.在一次100米比賽中，某運動員的平均速度可能大于其任意時刻的瞬時速度【答案】B【解析】A．當物體的形狀和大小對于所研究的問題可忽略不計時，可把物體看做質點，研究運動員的起跑動作時，運動員的形狀和大小不可忽略，不能看做質點，故A錯誤；B．位移為初位置指向末位置的有向線段，100米和400米的比賽項目中，100米的位移為100米，400米的位移是零，故甲的位移大于乙的位移，故B正確；C．起跑階段，運動員做加速運動，其加速度方向與速度方向相同，故C錯誤；D．平均速度等于位移與時間的比值，所以平均速度不可能大于任意時刻的瞬時速度，故D錯誤；故選B。【『點石成金』】當物體的形狀和大小對于所研究的問題可忽略不計時可把物體看做質點，位移為初位置指向末位置的有向線段，加速度方向與速度方向同向，為加速運動；平均速度等于位移與時間的比值。本題主要考查了質點、位移、加速度和平均速度的理解，比較基礎，較簡單。2.小明將滑塊以的初速度在水平面上推出，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數為0.1，重力加速度g取以初速度方向為正方向，下列說法正確的是（）A.滑塊的加速度為 B.1s末，滑塊的速度為C.2s初，滑塊的速度為 D.4s末，滑塊的速度【答案】C【解析】A．對滑塊，由牛頓第二定律得代入數據解得故A錯誤；BCD．滑塊做勻減速直線運動，滑塊減速到零需要的時間1s末滑塊的速度2s初與1s末是同一時刻，2s初的速度大小為，滑塊經過3s速度減為零，4s末滑塊的速度為零，故C正確，BD錯誤；故選C。3.如圖所示，一質量為1kg的攝像機放置在三角架上。若三角架每只腳與豎直方向的夾角均為，重力加速度g取。則每只腳對攝像機的支持力為（）A. B.C.10N D.【答案】B【解析】三腳架對稱展開，地面對三只腳的支持力相同，整體進行受力分析，由平衡條件可得解得故選B。4.質點從原點由靜止開始做直線運動，其位移x隨時間t按如圖所示的正弦圖線變化。在內，關于質點的運動情況，下列說法正確的是（）A.時，速度最大B.內，做減速運動C.內，速度一直減小D.內的平均速度值大于內的平均速度值【答案】C【解析】A．根據圖像的斜率表示速度可知，時，速度為零，故A錯誤；B．內，圖像的切線斜率絕對值逐漸增大，速度增大，質點做加速運動，故B錯誤；C．內，圖像的切線斜率絕對值逐漸減小，質點的速度一直減小，故C正確；D．根據縱坐標的變化量表示位移，可知內與內的位移大小相等，所用時間相等，則平均速度大小相等，故D錯誤。故選C。【『點石成金』】圖像的斜率表示速度，根據斜率的變化分析速度的變化。縱坐標的變化量表示位移，分析位移關系，再判斷平均速度關系。解決本題的關鍵要理解位移-時間圖像的物理意義，知道圖線的切線斜率表示速度，縱坐標的變化量表示位移。5.如圖，用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，假設在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。則墨條水平向左運動時，下列說法正確的是（）A.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左B.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右C.桌面對硯臺的支持力和墨條對硯臺的壓力是一對平衡力D.桌面對硯臺的支持力和墨條對硯臺的壓力是一對相互作用力【答案】B【解析】AB．當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，墨條受到硯臺的摩擦力水平向右，故墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，又硯臺處于靜止狀態，所以桌面對硯臺的摩擦力水平向右，故A錯誤，B正確；CD．豎直方向上，硯臺受到墨條的壓力和桌面支持力以及硯臺的重力而處于平衡狀態，故硯臺受到墨條的壓力和桌面支持力不是一對平衡力，根據牛頓第三定律可知也不是一對相互作用力，故CD錯誤；故選B。6.如圖所示，小球A、B分別從高度為l和2l的位置水平拋出。已知A、B的水平位移分別為2l和l，忽略空氣阻力。關于小球的平拋運動，下列說法正確的是（）A.A和B的位移大小不相等B.B的運動時間是A的2倍C.A的初速度大小是B的2倍D.B的速度變化量是A的2倍【答案】D【解析】A．位移為初位置到末位置的有向線段，由題圖可得，A和B的位移大小相等、方向不同，故A錯誤；B．小球做平拋運動的時間由高度決定，即則B的運動時間是A的2倍，故B錯誤；C．兩小球在水平方向上做勻速直線運動，則則A的初速度是B的倍，故C錯誤；D．速度變化量等于落地的豎直速度，小球A、B在豎直方向上的速度分別為所以B速度變化量是A的2倍，故D正確。故選D。7.如圖所示，斜面體固定不動，光滑小球置于斜面上，擋板可繞其下端轉動，將擋板從圖示位置緩慢轉到豎直位置的過程中，下列說法正確的是（）A.小球對斜面的壓力不變B.小球對斜面的壓力先減小后增大C.小球對擋板壓力一直減小D.小球對擋板的壓力先減小后增大【答案】C【解析】對小球受力分析，小球受豎直向下的重力mg、垂直于擋板指向小球的支持力，垂直于斜面指向小球的支持力，因為小球處于平衡狀態，所以這三個力可構成封閉的矢量三角形，則將擋板從圖示位置緩慢轉到豎直位置的過程中，會經歷以下3個狀態：由圖可知，依次經過①②③的狀態，、一直減小，則由牛頓第三定律可知，小球對斜面的壓力一直減小、小球對擋板的壓力一直減小。故選C。【『點石成金』】對小球受力分析，畫出對應的矢量三角形，結合牛頓第三定律，即可分析判斷ABCD正誤。本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準研究對象、做好受力分析、根據共點力的平衡條件確定力與力的關系。二、多選題：本大題共3小題，共15分。8.關于曲線運動，下列說法正確的是（）A.曲線運動一定是變速運動B.做曲線運動的物體速度可能不變C.做曲線運動的物體受力一定變化D.做曲線運動的物體加速度可能不變【答案】AD【解析】AB．曲線運動的速度方向發生變化，根據速度的矢量性可知，一定是變速運動，故A正確，B錯誤；CD．做曲線運動的物體可能受到恒力作用，也可能受到變力作用，如果恒力作用時則加速度不變，例如平拋運動，故C錯誤，D正確。故選AD。【『點石成金』】根據曲線運動速度的矢量性進行分析解答；根據勻變速曲線運動和非勻變速曲線運動進行受力分析和加速度的解答。考查物體的曲線運動的狀態變化以及受力、加速度的問題，會根據題意進行準確分析解答。9.在學習了超重和失重后，小明將一力學傳感器固定在電梯轎廂頂部，并在傳感器下方懸掛一重物。此后，小明觀察到重物對傳感器拉力隨時間變化的圖像如圖所示，則（）A.時間內，電梯先靜止，后向下運動B.時間內，小明處于失重狀態C.時刻，小明的速度為0D.時間內，小明處于超重狀態【答案】ABD【解析】A．時間內，電梯先靜止，后向下加速運動，加速度向下，屬于失重狀態，故A正確；B．時間內，拉力小于小明的真實重力，小明處于失重狀態，故B正確；C．時間內，小明加速向下運動，時刻，小明的速度大于0，故C錯誤；D．時間內，拉力大于小明的真實重力，小明處于超重狀態，故D正確。故選ABD。【『點石成金』】結合圖像分析小明運動狀態。失重狀態：當物體對接觸面的壓力或對懸掛物的拉力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；超重狀態：當物體對接觸面的壓力或對懸掛物的拉力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度。本題考查物理知識與生活的聯系，注意細致分析物理過程，與超失重的概念聯系起來加以識別。10.如圖所示，小球A、B質量分別為2m、m，用輕彈簧相連后，再用細線懸掛在車廂頂部。小車向右做勻加速運動時，兩小球與車廂保持相對靜止，細線與豎直方向的夾角為，輕彈簧與豎直方面夾角為，此時，細線拉力為F。若剪斷細線的瞬間，小球A、B的加速度大小分別為、，重力加速度為g，則（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】B．兩小球與車廂保持相對靜止，兩小球與車廂的加速度相等，由牛頓第二定律得，對小球A與小球B整體則有對小球B解得，故B正確；A．對小球A、B整體，在豎直方向解得故A正確；CD．剪斷細線前，對小球B，在豎直方向解得彈簧的彈力大小剪斷細線瞬間彈簧的彈力不變，小球B的受力情況不變，小球B的加速度不變，即剪斷細線的瞬間彈簧彈力不變，小球A所受重力不變，則剪斷細線瞬間，小球A所受合力與剪斷細線前細線的拉力大小相等、方向相反，剪斷細線瞬間，對小球A，由牛頓第二定律得解得故CD錯誤。故選AB。【『點石成金』】應用牛頓第二定律求出夾角，根據小球受力情況求出細線的拉力；剪斷細線的瞬間彈簧彈力不變，應用牛頓第二定律求出剪斷細線瞬間小球的加速度。本題考查了牛頓第二定律的應用，知道彈簧的彈力不能突變是解題的關鍵，應用牛頓第二定律即可解題。三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某同學用如圖所示的實驗裝置完成“驗證力的平行四邊形定則”實驗，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。（1）下列說法正確的是______；A.拉著細繩的兩只彈簧秤，穩定后讀數應相同B.在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點C.測量時，彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D.測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應與木板平行（2）圖中沿OB方向拉的彈簧測力計的示數為______N。（3）若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要______（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結點拉到O點。【答案】（1）BD（2）3.70（3）3【解析】【小問1解析】A．拉著細繩的兩只彈簧秤，拉力大小可以不等，所以穩定后讀數可以不相同，故A錯誤；B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點，這樣畫出的力的方向誤差較小，故B正確；C．測量時，彈簧秤外殼與木板之間存在摩擦不影響彈簧秤對細繩的拉力大小，故C錯誤；D．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應與木板平行，這樣才能保證彈簧秤的讀數等于彈簧對細線的拉力，故D正確。故選BD。【小問2解析】彈簧秤的最小刻度是0.1N，所以彈簧秤的讀數為3.70N。【小問3解析】若只有一只彈簧秤，需要先固定一個方向，然后讓彈簧秤拉橡皮條到O點；然后固定彈簧秤拉的這個方向，用彈簧秤拉剛才固定的那個方向，把橡皮條拉到O點；然后用彈簧秤直接拉橡皮條結點到O，所以為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結點拉到O點。12.用如圖甲所示的實驗裝置來探究加速度與質量、合外力的關系。在探究質量一定，加速度與合外力的關系時，用砂和砂桶拉動小車運動。（1）本實驗______（選填“需要”或“不需要”）滿足“砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量”；______（選填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。（2）在一次實驗操作中，獲得如圖乙所示的紙帶，其中相鄰兩計數點間均有四個點未畫出，所用交變電源的頻率為50Hz，由紙帶可求得小車運動的加速度______（計算結果保留三位有效數字）。（3）①如圖丙所示，小芳與小剛在實驗中都做了圖線（a表示小車加速度，F表示拉力傳感器的示數），但兩者的圖像有差異。則小芳所得圖線不過原點的原因可能是______。②已知小剛所作圖線的斜率為k，則小剛所用小車的質量為______。【答案】（1）不需要需要（2）2.86（3）①.平衡摩擦力不足②.【解析】【小問1解析】力傳感器可以測量繩子拉力，不需要滿足“砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量”；根據實驗原理依然需要平衡摩擦力；【小問2解析】相鄰兩計數點間均有四個點未畫出，則根據逐差法可知【小問3解析】①由圖可知時，圖線不過原點的原因可能是平衡摩擦力不足；②根據牛頓第二定律有解得則解得四、計算題：本大題共3小題，共41分。13.公路上一汽車從靜止開始做勻加速直線運動，運動一段時間后發現前方路口出現紅燈，立即以另一加速度做勻減速直線運動，剛好在斑馬線前停下。若測得勻加速階段第1s內位移為1m，勻加速與勻減速的時間之比為2：1，全程總位移為216m。求：（1）勻加速階段的加速度大小；（2）全程的最大速度。【答案】（1）（2）【解析】【小問1解析】設勻加速階段的加速度為，根據勻變速直線運動位移公式解得【小問2解析】設全程的最大速度v，勻加速時間為，勻減速時間為，則勻加速階段的位移勻減速階段位移全程總位移解得14.如圖所示，水平桌面上放置一傾角、質量的斜面體C，質量的物塊B放在斜面體上，一根平行于斜面的輕繩一端連接B，另一端跨過輕質光滑定滑輪后與輕繩OP系于O點，在O點下方懸掛一質量為的物塊A后，整個系統處于靜止狀態。此時，OP水平，OQ與豎直方向的夾角，重力加速度g取。求：（1）輕繩OP上的拉力大小；（2）斜面體對B的摩擦力大小；（3）地面對斜面體的支持力大小。【答案】（1）N（2）2N（3）76N【解析】【小問1解析】對繩結O受力分析，并將OQ繩上的拉力正交分解，如圖根據平衡條件可知豎直方向水平方向解得，【小問2解析】B受到重力、繩子OQ的拉力、斜面的支持力以及摩擦力，選取沿斜面向上為正方向，設物體B受到的摩擦力的方向向上，則解得N則摩擦力大小為2N，方向向下。【小問3解析】以A、B、C以及滑輪組成的整體為研究對象，整體受到三個重力、繩子OP的拉力、地面的支持力與摩擦力處于平衡狀態，在豎直方向有15.如圖所示，小物塊和長木板疊放在水平地面上，小物塊質量，長木板質量，小物塊與長木板間的動摩擦因數，長木板與水平地面間的動摩擦因數，某時刻，長木板受到水平向右的恒力后從靜止開始運動。若3s后撤去F，且小物塊始終在長木板上運動。重力加速度g取，小物塊可視為質點。求：（1）撤去F時小物塊和長木板的速度；（2）長木板的最短長度；（3）小物塊最終距長木板右端的距離。【答案】（1）3m/s，9m/s（2）12m（3）m【解析】【小問1解析】設拉力拉長木板時小物塊的加速度為，長木板的加速度為，根據牛頓第二定律有解得，則撤去F時小物塊的速度和長木板的速度分別為【小問2解析】在撤去F時小物塊和長木板的相對位移為撤去F后小物塊仍然受到向右的摩擦力，加速度大小不變，長木板向右做勻減速運動，設長木板的加速度大小為，則設經時間小物塊和長木板的速度相等設為，則有在這段時間內小物塊和長木板的相對位移為則木板的長度要滿足代入數據解得最短長度為12m。小問3解析】因為，所以小物塊和長木板速度相等后，小物塊和長木板不能保持相對靜止，以后小物塊的加速度大小仍為，長木板的加速度設為，則長木板速度減為零時，小物塊繼續向右運動，直到小物塊速度減為零，則在這段時間內小物塊相對長木板向右運動的距離為所以小物塊最終距離長木板右端的距離為代入數據解得2024-2025學年重慶市七校聯考高一（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.一年一度的運動會是同學們最喜歡的盛會之一，關于運動會中的100米和400米項目，下列說法正確的是（）A.研究運動員的起跑動作時，運動員可以看成質點B.甲、乙兩名運動員分別參加100米和400米項目，甲的位移大于乙的位移C.在起跑階段，運動員的加速度方向與速度方向相反D.在一次100米比賽中，某運動員的平均速度可能大于其任意時刻的瞬時速度【答案】B【解析】A．當物體的形狀和大小對于所研究的問題可忽略不計時，可把物體看做質點，研究運動員的起跑動作時，運動員的形狀和大小不可忽略，不能看做質點，故A錯誤；B．位移為初位置指向末位置的有向線段，100米和400米的比賽項目中，100米的位移為100米，400米的位移是零，故甲的位移大于乙的位移，故B正確；C．起跑階段，運動員做加速運動，其加速度方向與速度方向相同，故C錯誤；D．平均速度等于位移與時間的比值，所以平均速度不可能大于任意時刻的瞬時速度，故D錯誤；故選B。【『點石成金』】當物體的形狀和大小對于所研究的問題可忽略不計時可把物體看做質點，位移為初位置指向末位置的有向線段，加速度方向與速度方向同向，為加速運動；平均速度等于位移與時間的比值。本題主要考查了質點、位移、加速度和平均速度的理解，比較基礎，較簡單。2.小明將滑塊以的初速度在水平面上推出，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數為0.1，重力加速度g取以初速度方向為正方向，下列說法正確的是（）A.滑塊的加速度為 B.1s末，滑塊的速度為C.2s初，滑塊的速度為 D.4s末，滑塊的速度【答案】C【解析】A．對滑塊，由牛頓第二定律得代入數據解得故A錯誤；BCD．滑塊做勻減速直線運動，滑塊減速到零需要的時間1s末滑塊的速度2s初與1s末是同一時刻，2s初的速度大小為，滑塊經過3s速度減為零，4s末滑塊的速度為零，故C正確，BD錯誤；故選C。3.如圖所示，一質量為1kg的攝像機放置在三角架上。若三角架每只腳與豎直方向的夾角均為，重力加速度g取。則每只腳對攝像機的支持力為（）A. B.C.10N D.【答案】B【解析】三腳架對稱展開，地面對三只腳的支持力相同，整體進行受力分析，由平衡條件可得解得故選B。4.質點從原點由靜止開始做直線運動，其位移x隨時間t按如圖所示的正弦圖線變化。在內，關于質點的運動情況，下列說法正確的是（）A.時，速度最大B.內，做減速運動C.內，速度一直減小D.內的平均速度值大于內的平均速度值【答案】C【解析】A．根據圖像的斜率表示速度可知，時，速度為零，故A錯誤；B．內，圖像的切線斜率絕對值逐漸增大，速度增大，質點做加速運動，故B錯誤；C．內，圖像的切線斜率絕對值逐漸減小，質點的速度一直減小，故C正確；D．根據縱坐標的變化量表示位移，可知內與內的位移大小相等，所用時間相等，則平均速度大小相等，故D錯誤。故選C。【『點石成金』】圖像的斜率表示速度，根據斜率的變化分析速度的變化。縱坐標的變化量表示位移，分析位移關系，再判斷平均速度關系。解決本題的關鍵要理解位移-時間圖像的物理意義，知道圖線的切線斜率表示速度，縱坐標的變化量表示位移。5.如圖，用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，假設在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。則墨條水平向左運動時，下列說法正確的是（）A.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左B.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右C.桌面對硯臺的支持力和墨條對硯臺的壓力是一對平衡力D.桌面對硯臺的支持力和墨條對硯臺的壓力是一對相互作用力【答案】B【解析】AB．當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，墨條受到硯臺的摩擦力水平向右，故墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，又硯臺處于靜止狀態，所以桌面對硯臺的摩擦力水平向右，故A錯誤，B正確；CD．豎直方向上，硯臺受到墨條的壓力和桌面支持力以及硯臺的重力而處于平衡狀態，故硯臺受到墨條的壓力和桌面支持力不是一對平衡力，根據牛頓第三定律可知也不是一對相互作用力，故CD錯誤；故選B。6.如圖所示，小球A、B分別從高度為l和2l的位置水平拋出。已知A、B的水平位移分別為2l和l，忽略空氣阻力。關于小球的平拋運動，下列說法正確的是（）A.A和B的位移大小不相等B.B的運動時間是A的2倍C.A的初速度大小是B的2倍D.B的速度變化量是A的2倍【答案】D【解析】A．位移為初位置到末位置的有向線段，由題圖可得，A和B的位移大小相等、方向不同，故A錯誤；B．小球做平拋運動的時間由高度決定，即則B的運動時間是A的2倍，故B錯誤；C．兩小球在水平方向上做勻速直線運動，則則A的初速度是B的倍，故C錯誤；D．速度變化量等于落地的豎直速度，小球A、B在豎直方向上的速度分別為所以B速度變化量是A的2倍，故D正確。故選D。7.如圖所示，斜面體固定不動，光滑小球置于斜面上，擋板可繞其下端轉動，將擋板從圖示位置緩慢轉到豎直位置的過程中，下列說法正確的是（）A.小球對斜面的壓力不變B.小球對斜面的壓力先減小后增大C.小球對擋板壓力一直減小D.小球對擋板的壓力先減小后增大【答案】C【解析】對小球受力分析，小球受豎直向下的重力mg、垂直于擋板指向小球的支持力，垂直于斜面指向小球的支持力，因為小球處于平衡狀態，所以這三個力可構成封閉的矢量三角形，則將擋板從圖示位置緩慢轉到豎直位置的過程中，會經歷以下3個狀態：由圖可知，依次經過①②③的狀態，、一直減小，則由牛頓第三定律可知，小球對斜面的壓力一直減小、小球對擋板的壓力一直減小。故選C。【『點石成金』】對小球受力分析，畫出對應的矢量三角形，結合牛頓第三定律，即可分析判斷ABCD正誤。本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準研究對象、做好受力分析、根據共點力的平衡條件確定力與力的關系。二、多選題：本大題共3小題，共15分。8.關于曲線運動，下列說法正確的是（）A.曲線運動一定是變速運動B.做曲線運動的物體速度可能不變C.做曲線運動的物體受力一定變化D.做曲線運動的物體加速度可能不變【答案】AD【解析】AB．曲線運動的速度方向發生變化，根據速度的矢量性可知，一定是變速運動，故A正確，B錯誤；CD．做曲線運動的物體可能受到恒力作用，也可能受到變力作用，如果恒力作用時則加速度不變，例如平拋運動，故C錯誤，D正確。故選AD。【『點石成金』】根據曲線運動速度的矢量性進行分析解答；根據勻變速曲線運動和非勻變速曲線運動進行受力分析和加速度的解答。考查物體的曲線運動的狀態變化以及受力、加速度的問題，會根據題意進行準確分析解答。9.在學習了超重和失重后，小明將一力學傳感器固定在電梯轎廂頂部，并在傳感器下方懸掛一重物。此后，小明觀察到重物對傳感器拉力隨時間變化的圖像如圖所示，則（）A.時間內，電梯先靜止，后向下運動B.時間內，小明處于失重狀態C.時刻，小明的速度為0D.時間內，小明處于超重狀態【答案】ABD【解析】A．時間內，電梯先靜止，后向下加速運動，加速度向下，屬于失重狀態，故A正確；B．時間內，拉力小于小明的真實重力，小明處于失重狀態，故B正確；C．時間內，小明加速向下運動，時刻，小明的速度大于0，故C錯誤；D．時間內，拉力大于小明的真實重力，小明處于超重狀態，故D正確。故選ABD。【『點石成金』】結合圖像分析小明運動狀態。失重狀態：當物體對接觸面的壓力或對懸掛物的拉力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；超重狀態：當物體對接觸面的壓力或對懸掛物的拉力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度。本題考查物理知識與生活的聯系，注意細致分析物理過程，與超失重的概念聯系起來加以識別。10.如圖所示，小球A、B質量分別為2m、m，用輕彈簧相連后，再用細線懸掛在車廂頂部。小車向右做勻加速運動時，兩小球與車廂保持相對靜止，細線與豎直方向的夾角為，輕彈簧與豎直方面夾角為，此時，細線拉力為F。若剪斷細線的瞬間，小球A、B的加速度大小分別為、，重力加速度為g，則（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】B．兩小球與車廂保持相對靜止，兩小球與車廂的加速度相等，由牛頓第二定律得，對小球A與小球B整體則有對小球B解得，故B正確；A．對小球A、B整體，在豎直方向解得故A正確；CD．剪斷細線前，對小球B，在豎直方向解得彈簧的彈力大小剪斷細線瞬間彈簧的彈力不變，小球B的受力情況不變，小球B的加速度不變，即剪斷細線的瞬間彈簧彈力不變，小球A所受重力不變，則剪斷細線瞬間，小球A所受合力與剪斷細線前細線的拉力大小相等、方向相反，剪斷細線瞬間，對小球A，由牛頓第二定律得解得故CD錯誤。故選AB。【『點石成金』】應用牛頓第二定律求出夾角，根據小球受力情況求出細線的拉力；剪斷細線的瞬間彈簧彈力不變，應用牛頓第二定律求出剪斷細線瞬間小球的加速度。本題考查了牛頓第二定律的應用，知道彈簧的彈力不能突變是解題的關鍵，應用牛頓第二定律即可解題。三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某同學用如圖所示的實驗裝置完成“驗證力的平行四邊形定則”實驗，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。（1）下列說法正確的是______；A.拉著細繩的兩只彈簧秤，穩定后讀數應相同B.在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點C.測量時，彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D.測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應與木板平行（2）圖中沿OB方向拉的彈簧測力計的示數為______N。（3）若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要______（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結點拉到O點。【答案】（1）BD（2）3.70（3）3【解析】【小問1解析】A．拉著細繩的兩只彈簧秤，拉力大小可以不等，所以穩定后讀數可以不相同，故A錯誤；B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點，這樣畫出的力的方向誤差較小，故B正確；C．測量時，彈簧秤外殼與木板之間存在摩擦不影響彈簧秤對細繩的拉力大小，故C錯誤；D．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應與木板平行，這樣才能保證彈簧秤的讀數等于彈簧對細線的拉力，故D正確。故選BD。【小問2解析】彈簧秤的最小刻度是0.1N，所以彈簧秤的讀數為3.70N。【小問3解析】若只有一只彈簧秤，需要先固定一個方向，然后讓彈簧秤拉橡皮條到O點；然后固定彈簧秤拉的這個方向，用彈簧秤拉剛才固定的那個方向，把橡皮條拉到O點；然后用彈簧秤直接拉橡皮條結點到O，所以為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結點拉到O點。12.用如圖甲所示的實驗裝置來探究加速度與質量、合外力的關系。在探究質量一定，加速度與合外力的關系時，用砂和砂桶拉動小車運動。（1）本實驗______（選填“需要”或“不需要”）滿足“砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量”；______（選填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。（2）在一次實驗操作中，獲得如圖乙所示的紙帶，其中相鄰兩計數點間均有四個點未畫出，所用交變電源的頻率為50Hz，由紙帶可求得小車運動的加速度______（計算結果保留三位有效數字）。（3）①如圖丙所示，小芳與小剛在實驗中都做了圖線（a表示小車加速度，F表示拉力傳感器的示數），但兩者的圖像有差異。則小芳所得圖線不過原點的原因可能是______。②已知小剛所作圖線的斜率為k，則小剛所用小車的質量為______。【答案】（1）不需要需要（2）2.86（3）①.平衡摩擦力不足②.【解析】【小問1解析】力傳感器可以測量繩子拉力，不需要滿足“砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量”；根據實驗原理依然需要平衡摩擦力；【小問2解析】相鄰兩計數點間均有四個點未畫出，則根據逐差法可知【小問3解析】①由圖可知時，圖線不過原點的原因可能是平衡摩擦力不足；②根據牛頓第二定律有解得