陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高一上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高一上·河南期中）2020年小华考取郑州大学，如图所示为小华上学途中智能手机上显示的某次导航郑州站到郑州大学的具体路径，图中推荐郑州站到郑州大学路线中有两个数据，35分钟，18.7公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（ ）
A．研究小华在导航图中的位置时，可以把小华看作质点
B．35分钟表示的是某个时刻
C．18.7公里表示了此次行程位移的大小
D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程平均速度的大小
【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．在研究小华在地图上的实时位置时，小华的大小可以忽略，故小华可以看成质点，A符合题意；
B．图中显示35分钟对应时间轴上的一段，所以是时间，B不符合题意；
C.18.7公里指的是路程，C不符合题意；
D．平均速度的大小等于位移与时间的比值，因为18.7公里指的是路程，所以可以求出平均速率，但不能求出平均速度， D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】如果物体的大小和形状对研究的问题影响可以忽略，则可看作质点。时刻指某一时间点，在时间轴上是一个点，时间间隔在时间轴上是两个点间的线段。位移的大小不是路程，位移的大小小于或等于路程。平均速度等于位移除以时间。
2．（2020高一上·长安期末）2020年7月20日消息，近日俄军最新型的图-160M战略轰炸机首飞，飞行过程持续34分钟，飞行高度为1500米，能搭载多达40吨的各型炸药。在这则新闻中涉及了质量、长度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法中正确的是（ ）
A．新闻中涉及的“34分钟、1500米和40吨”中，只有米是国际单位制中的基本单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，所以“牛顿”是国际单位制中的基本单位
C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一，而天只是时间的单位
D．两个或更多的符号表示的单位一定是导出单位
【答案】A
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】A．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量，力学的三个基本单位分别是米、千克、秒，A符合题意；
B．“千克米每二次方秒”是由 推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，B不符合题意；
C．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒、天只是时间的单位，C不符合题意；
D．只用一个符号表示的单位不一定是基本单位，例如，牛顿（N）、焦耳（J）、瓦特（W）等都不是基本单位，而是导出单位。两个或更多的符号表示的单位也可能是基本单位，例如千克（kg）就是基本单位，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】牛顿属于导出单位不属于基本单位；时间才是基本物理量，其基本单位是秒；基本单位中的千克也是用两个符号表示。
3．（2020高一上·宣城月考）甲、乙两物体沿同一直线运动，运动过程中的 图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A． s时甲物体的运动方向发生改变
B．0~3s内乙物体的速度逐渐减小
C．0~2.5s内两物体的平均速度大小相等
D．0~3s内某时刻两物体的速度大小相等
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.位移－时间图像中，斜向上倾斜的直线表示正方向的匀速直线运动，向下倾斜表示负方向的运动，所以甲物体的运动方向没变化，A不符合题意；
B. 位移－时间图像的斜率表示速度，乙的图线斜率增大，故速度增大，B不符合题意；
C.由图像可知，2.5s内，甲的位移大小是5m，乙的位移大小是3m，所以平均速度大小不等，C不符合题意；
D.三秒内两物体的位移大小相等，某时刻乙图线的与时间轴的夹角跟甲的相等，即乙某时刻的图线斜率跟甲的大小相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】s-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为位移，图像的斜率是速度，两图像的交点意味着两个物体具有相同的位移，通过这些性质结合选项分析即可。
4．（2020高一上·长安期末）做直线运动的物体在t1、t3两时刻对应的速度如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．t1、t3两时刻速度相同
B．若t2=2t1，则可以求出物体的初速度为8m/s
C．t1、t3两时刻加速度等值反向
D．t2时刻加速度为0
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．t1、t3两时刻速度大小相等，但方向相反，故速度不相同，A不符合题意；
B．若t2=2t1，则利用几何关系可以求出物体的初速度为8m/s；B符合题意；
C．t1、t3两时刻图象的倾斜程度相同，故加速度相同，即加速度等值同向，C不符合题意；
D．t2时刻速度为零，但速度在发生变化，故加速度不为零，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用速度的绝对值可以判别速度的大小，利用速度的符号可以判别速度的方向；利用几何关系可以求出初速度的大小；利用图像斜率不变可以判别加速度不变；利用斜率的大小可以判别加速度的大小。
5．（2020高一上·长安期末）如图所示，一质点以一定的初速度沿固定的光滑斜面由a点向上滑出，到达斜面最高点b时速度恰为零，若质点第一次运动到斜面长度 处的c点时，所用时间为t，则物体从c滑到b所用的时间为（不计空气阻力）（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】根据逆向思维法，质点可看成向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体从b滑到c所用的时间为t1，根据运动学公式有
其中 ，解得
故答案为：D。
【分析】利用匀减速直线运动的逆运动为匀加速直线运动；结合匀加速直线运动的位移公式可以求出bc之间物体所运动的时间。
6．（2020高一上·长安期末）一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3s，则A、B之间的距离是（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．40m B．30m C．20m D．10m
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性。从A点到最高点所用时间与从最高点到第二次经过A点所用时间相同，由题意可得，从A点到最高点所用时间为
同理，从B点到最高点所用时间为
由公式
可得，A点到最高点的距离为
B点到最高点的距离为
则A、B之间的距离是
故答案为：C。
【分析】利用竖直上抛的对称性可以求出自由落体的运动时间，结合自由落体运动的位移公式可以求出两点之间的距离大小。
7．（2020高一上·长安期末）一吊床由两根等长且不可伸长的轻绳悬挂起来有如图所示四种悬挂方法，在乙、丙两图中，乙中左侧绳与丙中右侧绳跟水平吊床的夹角均为 ，乙中右侧绳与丙中左侧绳跟水平吊床的夹角也为 ，下列说法正确的是（ ）
A．甲方法绳受拉力最大，乙方法绳受拉力最小
B．甲方法绳受拉力最小，丁方法绳受拉力最大
C．四种方法绳受拉力一样大
D．甲方法绳受拉力最大，乙、丙、丁方法绳受拉力均为最小
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】四种悬挂方法，两绳拉力的合力都等于日光灯的重力，甲图中两绳夹角为零，故绳中张力最小，丁图中两绳形成共点力的夹角最大，故绳中张力最大，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用吊床的平衡方程结合绳子夹角的大小可以判别绳子拉力的大小。
8．（2020高一上·长安期末）如图所示，一只蜗牛沿着藤蔓缓慢爬行，该过程中藤蔓形状不变，在蜗牛从A运动到B的过程中（ ）
A．藤蔓对蜗牛的作用力先减小后增大
B．藤蔓对蜗牛的弹力先增大后减小
C．藤蔓对蜗牛的摩擦力先增大后减小
D．藤蔓对蜗牛的弹力保持不变
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．藤蔓对蜗牛的作用力与蜗牛的重力等大方向，所以藤蔓对蜗牛的作用力大小不变。A不符合题意；
BD．藤蔓对蜗牛的弹力为
从A运动到B的过程中， 先减小后增大，则弹力先增大后减小，B符合题意；D不符合题意；
C．藤蔓对蜗牛的摩擦力为
从A运动到B的过程中， 先减小后增大，则摩擦力先减小后增大。C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用蜗牛的平衡方程结合角度的变化可以判别支持力和摩擦力的大小变化。
9．（2020高一上·长安期末）滑雪是冬奥会的比赛项目之一如图所示，若滑板和运动员以初速度v0=8m/s冲上倾角为θ=37°足够长的滑雪轨道，已知滑板的质量为2kg，运动员质量为m=73kg，滑板与斜坡间动摩擦因数μ=0.25，不计空气阻力。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则运动员沿斜坡上滑的最大距离为（ ）
A．4m B．6m C．8m D．10m
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】将运动员和滑板看成整体，根据牛顿第二定律可得
解得，运动员上滑的加速度大小为
由匀变速直线运动规律可得，运动员沿斜坡上滑的最大距离为
故答案为：A。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出运动员的加速度大小，结合速度位移公式可以求出上滑的最大距离。
10．（2020高一上·宣城月考）如图甲所示， 、 的两根细线系一小球， 与竖直方向夹角为 ， 水平拉直，小球处于静止状态。若将图甲中的细线 换成长度相同（接小球后）、质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变。先后剪断 的瞬间，甲、乙两图中小球的加速度大小之比为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】甲图中，如图所示，将L2线剪断的瞬间，物体将绕悬点做圆周运动，在将L2线剪断后，物体受到的合力沿圆的切线方向，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma1
得a1=gsinθ
乙图中，如图所示，将弹簧剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，而弹簧弹力与重力不变，由牛顿第二定律得mgtanθ=ma2
得加速度为a2=gtanθ
甲、乙两图中小球的加速度大小之比a1:a2=（gsinθ）：（gtanθ）=cosθ:1
故答案为：C。
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被压缩，故弹力不变，利用牛顿第二定律求解加速度，结合两个加速度求解比值即可。
二、多选题
11．（2020高一上·长安期末）在沈阳进行的全国田径锦标赛上，上海王雪毅以1米86获女子跳高冠军。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力
B．王雪毅起跳后在上升过程中，她处于失重状态
C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，她处于失重状态
D．王雪毅落到软垫后一直做减速运动
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是一对作用与反作用力，则地面对她的弹力等于她对地面的压力，A不符合题意；
B．王雪毅起跳后在上升过程中，加速度向下，则她处于失重状态，B符合题意；
C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，加速度向下，她处于失重状态，C符合题意；
D．王雪毅落到软垫后，开始阶段软垫向上的弹力小于重力，人做加速运动；当后来软垫向上的弹力大于重力，则人做减速运动，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据牛顿第二定律可以判别地面对运动员的支持力等于运动员对地面的压力；利用加速度的方向可以判别超重和失重；利用弹力和重力的比较可以判别人刚开始接触到软垫时做加速运动。
12．（2020高一上·长安期末）如图所示，三根轻质细绳a、b、c悬挂P、Q两个质量均为m的小球保持静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为θ=45°，轻绳c水平，重力加速度为g，则（ ）
A．轻质细绳a的拉力大小为2 mg
B．轻质细绳b的拉力大小为2.5mg
C．轻质细绳c的拉力大小为2mg
D．轻质细绳a、b、c的拉力依次减小
【答案】A,C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】ABC．设轻绳abc的拉力分别为T1、T2和T3；对球P和Q整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件，有：
联立解得：
再对球Q受力分析，受重力和两个细线的拉力，有勾股定理可知
AC符合题意，B不符合题意；
D．根据上述计算可知，a,b,c上的拉力依次减小。D符合题意
故答案为：ACD。
【分析】利用PQ为整体的平衡方程可以求出a和c绳子的拉力大小；在利用Q的平衡方程可以求出b绳子的拉力大小，利用拉力的数值可以比较拉力的大小。
13．（2020高一上·长安期末）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用另一轻绳OC系在AB绳上O点，轻绳OC保持水平向右拉O点，使OA与竖直方向有一定角度，物体处于平衡状态.若保持O点不变，用T和F分别表示绳OA段和OC段拉力的大小，则（ ）
A．OC逆时针转动至竖直方向前，F逐渐变大，T逐渐变大
B．OC逆时针转动至竖直方向前，F先减小再增大，T逐渐变小
C．OC顺时针转动至AO方向前，F逐渐变小，T逐渐变大
D．OC顺时针转动至AO方向前，F逐渐变大，T逐渐变大
【答案】B,D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】AB．点O受到三个拉力而处于平衡状态，其中向下的拉力的大小和方向均不变，OA的拉力方向不变，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：
从图中可以看出，轻绳OC逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，OA的拉力T不断减小，拉力F先减小后增加，B符合题意、A不符合题意。
CD． OC顺时针转动至AO方向前，F逐渐变大，T逐渐变大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用O支点的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别F与T的大小变化。
14．（2020高一上·乾安期末）如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取 ）（ ）
A．A加速度的大小为零 B．B加速度的大小为
C．弹簧的弹力大小为40 N D．A，B间相互作用力的大小为8 N
【答案】B,C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】C、物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：Fk=mAg=4×10=40N，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N，C符合题意．
A、B、剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统由牛顿第二定律得：（mA+mB）g-Fk=（mA+mB）a，解得a=2m/s2；A不符合题意，B符合题意．
D、对B，由牛顿第二定律得：mBg-F=mBa，解得F=8N，则A与B间的作用力为8N；D符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被压缩，故弹力不变，利用牛顿第二定律求解加速度即可。
15．（2020高一上·宣城月考）如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为 ，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为 的物块（可视为质点）与容器一起向左做加速运动， 连线与水平线的夹角 ，（ ， ，重力加速度 ）则（ ）
A．容器的加速度大小为
B．容器对物块的支持力大小为
C．推力 的大小为
D．地面对容器的支持力等于
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物块受力如图所示
对物块，由牛顿第二定律得
解得
A符合题意；
B．由平衡条件可知，容器对物块的支持力
B符合题意；
C．以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得
代入数据解得
C不符合题意；
D．对物块与容器组成的系统，在竖直方向，由平衡条件可知，地面对容器的支持力
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】对整体进行受力分析，系统受到推力和摩擦力，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；再对小物体进行受力分析，结合加速度分析受力情况。
三、实验题
16．（2020高一上·宣城月考）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用平木板、细绳套、橡皮条、弹簧测力计等装置完成实验。
（1）若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持弹簧测力计a与橡皮条 的夹角 和结点O位置不变，将弹簧测力计b顺时针转动一定角度，则弹簧测力计a的读数 、弹簧测力计b的读数 （均填“变大”“变小”或“不变”）
（2）为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法或做法能够达到上述目的的是______。
A．使用弹簧测力计前应将测力计水平放置，然后检查并矫正零点
B．用弹簧测力计拉细绳套时，拉力应沿橡皮条的轴线，且与水平木板平行
C．两细绳套必须等长
D．用弹簧测力计拉细绳套时，拉力应适当大些，但不能超过量程
E．同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置
（3）如图乙和丙所示是两位同学在做以上实验时得到的结果，其中一个实验比较符合实验事实的是 。（填“乙”或“丙”， 是用一只弹簧测力计拉时的图示）
【答案】（1）变大；变大
（2）A；B；D；E
（3）乙
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】(1)若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持弹簧测力计a与橡皮条OC的夹角不变，减小弹簧测力计b与橡皮条OC的夹角，如图所示，则可知两弹簧测力计的示数均变大。
；(2)A．为了读数准确，在进行实验之前，一定要对弹簧测力计进行校对零点，A符合题意；
B．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板，B符合题意；
C．为减小实验过程中的偶然误差，就要设法减小读数误差，两个分力的大小不一定要相等，绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，C不符合题意；
D．根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，在不超量程的前提下拉力大些可以减小实验偶然误差，D符合题意；
E．在实验中必须确保橡皮条拉到同一位置，即一个力的作用效果与两个力作用效果相同，E符合题意。
故答案为：ABDE。(3)作图法得到的F为平行四边形的对角线，单个弹簧测力计的拉力 一定与橡皮条共线，故乙的实验比较符合实验事实。
【分析】（1）力的合成遵循平行四边形定则，已知合力，两个分力夹角变化，利用行四边形定则求解分力大小的变化；
（2）在进行实验时，为了保证力的作用效果相同，每一组实验应当控制橡皮筋伸长相同；
（3）F是根据平行四边形定则绘制出的合力，另外一个力为实际测量值。
17．（2020高三上·通榆期中）图甲是某同学探究“加速度与力、质量的关系”实验装置图，请回答下列问题：
（1）平衡摩擦力时，该组同学先调节木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来正确的操作是______。
A．长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调钩码个数，使小车在钩码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去钩码，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及钩码，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运动
（2）图乙是某次实验中从打点计时器打出的纸带中选出一条点迹比较清晰的纸带，每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，若相邻计数点记为A、B、C、D、E、F、G，它们到O点的距离已标出，则小车的加速度大小为a= m/s2。（计算结果保留两位有效数字）
（3）如果当时电网中交变电流的频率是49.5Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏 （填“大”或“小”）。
（4）在“探究加速度a与合力F的关系”时，该组同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图丙所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因： 。
（5）该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为______。
A．极限法 B．比值法
C．理想化模型法 D．控制变量法
【答案】（1）B
（2）0.99
（3）大
（4）实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
（5）D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；用打点计时器测速度；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】(1)正确的操作是将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去钩码，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，B符合题意，AC不符合题意。
故答案为：B。(2)每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔 ，则计数点的时间间隔 ，对打出的纸带由A到G的过程中，加速度为 (3)当交流电的实际频率为49.5Hz时，仍按50Hz计算，则测量频率偏大，测量周期偏小，测得的加速度偏大。(4)图线不通过坐标原点，加速度等于零时拉力不等于零，表明实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够。(5)该实验先让小车质量不变，后让拉力不变，所以是控制变量法，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】交流电的实际频率为49.5Hz时，那么实际周期大于0.02s，则打点计时器打出的对应点比正常时偏大，而做实验的同学不知道还按照50Hz计算加速度，算得加速度的测量值比真实值偏大。
四、解答题
18．（2020高一上·长安期末）若火箭由静止发射竖直升空时加速度大小为 ，第 末从火箭掉出一可视为质点的碎片，（忽略空气阻力， ）求
（1）碎片最高可上升到的距地面的高度；
（2）碎片从火箭上掉出之后到落回地面的时间。（计算结果可保留根式）
【答案】（1）解：前 碎片做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 ，方向竖直向上， 末碎片的速度为
位移为
碎片掉出后以 的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为
碎片最高可上升到距地面
（2）解：碎片从火箭上脱落后上升所用时间 设从最高点下落到地面的时间为 ，则
即
碎片从火箭上掉出之后到落回地面的时间
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）碎片刚开始做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出2s末的速度；利用位移公式可以求出2s内位移的大小；然后继续向上做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出继续向上运动的高度；
（2）利用匀减速运动的速度公式可以求出向上运动的时间；结合自由落体运动的位移公式可以求出下落所花的时间。
19．（2020高一上·宣城月考）如图所示，人站在地面拉住连接风筝的牵线，某时刻质量为 的风筝在空中处于平衡状态时，风筝平面与水平面的夹角为 ，牵线对风筝的拉力T（未知）与风筝平面成 角。已知风对风筝的作用力F（未知）与风筝平面相垂直，重力加速度g取 。
（1）F和T的大小（计算结果保留三位有效数字）；
（2）若拉着风筝匀速运动时，牵线与水平面成 角保持不变，这时拉牵线的力为 ，风筝平面与水平面的夹角的正切值为多大？
【答案】（1）解：风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力 、风对它的作用力 和牵线对它的拉力 （如图所示）
以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，在x轴方向
在y轴方向
联立两式，解得 ，
（2）解：同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。设风对风筝的作用力水平分力为 ，竖直分力为 ，由平衡条件知
风筝平面与水平面的夹角 的正切值
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】对风筝进行受力分析，在重力、拉力和风力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
20．（2020高一上·长安期末）如图所示，在足够高的光滑的水平台面上静置一质量为M=1kg、长为l=1m的长木板，可视为质点、质量为m=0.5kg的小物块放在长木板上表面的左端，一定滑轮固定在平台右侧边缘，长木板右端离定滑轮距离足够远绕过定滑轮的细线一端系在小物块上，连接小物块的细线保持水平，小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10m/s2，用大小为F=2.5N的拉力向下拉细线，使小物块向右做加速运动，求∶
（1）小物块滑离长木板时，长木板运动的距离；
（2）当小物块运动到长木板正中间时，小物块速度的大小与长木板速度大小之差。
【答案】（1）解：对小物块，根据牛顿第二定律可得
则小物块运动的加速度为
同理可得，长木板运动的加速度
设小物块在长木板上运动的时间为t1，根据运动学关系有
解得
t1=1s
则此过程长木板运动的位移为
=0.5m
（2）解：当小物块运动到长木板正中间时，设小物块运动的时间为t2，根据运动学公式有
解得
此时小物块的速度
长木板的速度
得小物块速度的大小与长木板速度大小之差为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块和木板都做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出两者加速度的大小；结合两者的位移公式可以求出分离的时间；再结合木板的位移公式可以求出木板移动的距离；
（2）当木块运动到木板的中间，利用位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出两者的速度及速度之差。
陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高一上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高一上·河南期中）2020年小华考取郑州大学，如图所示为小华上学途中智能手机上显示的某次导航郑州站到郑州大学的具体路径，图中推荐郑州站到郑州大学路线中有两个数据，35分钟，18.7公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（ ）
A．研究小华在导航图中的位置时，可以把小华看作质点
B．35分钟表示的是某个时刻
C．18.7公里表示了此次行程位移的大小
D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程平均速度的大小
2．（2020高一上·长安期末）2020年7月20日消息，近日俄军最新型的图-160M战略轰炸机首飞，飞行过程持续34分钟，飞行高度为1500米，能搭载多达40吨的各型炸药。在这则新闻中涉及了质量、长度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法中正确的是（ ）
A．新闻中涉及的“34分钟、1500米和40吨”中，只有米是国际单位制中的基本单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，所以“牛顿”是国际单位制中的基本单位
C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一，而天只是时间的单位
D．两个或更多的符号表示的单位一定是导出单位
3．（2020高一上·宣城月考）甲、乙两物体沿同一直线运动，运动过程中的 图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A． s时甲物体的运动方向发生改变
B．0~3s内乙物体的速度逐渐减小
C．0~2.5s内两物体的平均速度大小相等
D．0~3s内某时刻两物体的速度大小相等
4．（2020高一上·长安期末）做直线运动的物体在t1、t3两时刻对应的速度如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．t1、t3两时刻速度相同
B．若t2=2t1，则可以求出物体的初速度为8m/s
C．t1、t3两时刻加速度等值反向
D．t2时刻加速度为0
5．（2020高一上·长安期末）如图所示，一质点以一定的初速度沿固定的光滑斜面由a点向上滑出，到达斜面最高点b时速度恰为零，若质点第一次运动到斜面长度 处的c点时，所用时间为t，则物体从c滑到b所用的时间为（不计空气阻力）（ ）
A． B． C． D．
6．（2020高一上·长安期末）一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3s，则A、B之间的距离是（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．40m B．30m C．20m D．10m
7．（2020高一上·长安期末）一吊床由两根等长且不可伸长的轻绳悬挂起来有如图所示四种悬挂方法，在乙、丙两图中，乙中左侧绳与丙中右侧绳跟水平吊床的夹角均为 ，乙中右侧绳与丙中左侧绳跟水平吊床的夹角也为 ，下列说法正确的是（ ）
A．甲方法绳受拉力最大，乙方法绳受拉力最小
B．甲方法绳受拉力最小，丁方法绳受拉力最大
C．四种方法绳受拉力一样大
D．甲方法绳受拉力最大，乙、丙、丁方法绳受拉力均为最小
8．（2020高一上·长安期末）如图所示，一只蜗牛沿着藤蔓缓慢爬行，该过程中藤蔓形状不变，在蜗牛从A运动到B的过程中（ ）
A．藤蔓对蜗牛的作用力先减小后增大
B．藤蔓对蜗牛的弹力先增大后减小
C．藤蔓对蜗牛的摩擦力先增大后减小
D．藤蔓对蜗牛的弹力保持不变
9．（2020高一上·长安期末）滑雪是冬奥会的比赛项目之一如图所示，若滑板和运动员以初速度v0=8m/s冲上倾角为θ=37°足够长的滑雪轨道，已知滑板的质量为2kg，运动员质量为m=73kg，滑板与斜坡间动摩擦因数μ=0.25，不计空气阻力。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则运动员沿斜坡上滑的最大距离为（ ）
A．4m B．6m C．8m D．10m
10．（2020高一上·宣城月考）如图甲所示， 、 的两根细线系一小球， 与竖直方向夹角为 ， 水平拉直，小球处于静止状态。若将图甲中的细线 换成长度相同（接小球后）、质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变。先后剪断 的瞬间，甲、乙两图中小球的加速度大小之比为（ ）
A．1 B． C． D．
二、多选题
11．（2020高一上·长安期末）在沈阳进行的全国田径锦标赛上，上海王雪毅以1米86获女子跳高冠军。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力
B．王雪毅起跳后在上升过程中，她处于失重状态
C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，她处于失重状态
D．王雪毅落到软垫后一直做减速运动
12．（2020高一上·长安期末）如图所示，三根轻质细绳a、b、c悬挂P、Q两个质量均为m的小球保持静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为θ=45°，轻绳c水平，重力加速度为g，则（ ）
A．轻质细绳a的拉力大小为2 mg
B．轻质细绳b的拉力大小为2.5mg
C．轻质细绳c的拉力大小为2mg
D．轻质细绳a、b、c的拉力依次减小
13．（2020高一上·长安期末）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用另一轻绳OC系在AB绳上O点，轻绳OC保持水平向右拉O点，使OA与竖直方向有一定角度，物体处于平衡状态.若保持O点不变，用T和F分别表示绳OA段和OC段拉力的大小，则（ ）
A．OC逆时针转动至竖直方向前，F逐渐变大，T逐渐变大
B．OC逆时针转动至竖直方向前，F先减小再增大，T逐渐变小
C．OC顺时针转动至AO方向前，F逐渐变小，T逐渐变大
D．OC顺时针转动至AO方向前，F逐渐变大，T逐渐变大
14．（2020高一上·乾安期末）如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取 ）（ ）
A．A加速度的大小为零 B．B加速度的大小为
C．弹簧的弹力大小为40 N D．A，B间相互作用力的大小为8 N
15．（2020高一上·宣城月考）如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为 ，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为 的物块（可视为质点）与容器一起向左做加速运动， 连线与水平线的夹角 ，（ ， ，重力加速度 ）则（ ）
A．容器的加速度大小为
B．容器对物块的支持力大小为
C．推力 的大小为
D．地面对容器的支持力等于
三、实验题
16．（2020高一上·宣城月考）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用平木板、细绳套、橡皮条、弹簧测力计等装置完成实验。
（1）若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持弹簧测力计a与橡皮条 的夹角 和结点O位置不变，将弹簧测力计b顺时针转动一定角度，则弹簧测力计a的读数 、弹簧测力计b的读数 （均填“变大”“变小”或“不变”）
（2）为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法或做法能够达到上述目的的是______。
A．使用弹簧测力计前应将测力计水平放置，然后检查并矫正零点
B．用弹簧测力计拉细绳套时，拉力应沿橡皮条的轴线，且与水平木板平行
C．两细绳套必须等长
D．用弹簧测力计拉细绳套时，拉力应适当大些，但不能超过量程
E．同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置
（3）如图乙和丙所示是两位同学在做以上实验时得到的结果，其中一个实验比较符合实验事实的是 。（填“乙”或“丙”， 是用一只弹簧测力计拉时的图示）
17．（2020高三上·通榆期中）图甲是某同学探究“加速度与力、质量的关系”实验装置图，请回答下列问题：
（1）平衡摩擦力时，该组同学先调节木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来正确的操作是______。
A．长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调钩码个数，使小车在钩码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去钩码，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及钩码，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运动
（2）图乙是某次实验中从打点计时器打出的纸带中选出一条点迹比较清晰的纸带，每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，若相邻计数点记为A、B、C、D、E、F、G，它们到O点的距离已标出，则小车的加速度大小为a= m/s2。（计算结果保留两位有效数字）
（3）如果当时电网中交变电流的频率是49.5Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏 （填“大”或“小”）。
（4）在“探究加速度a与合力F的关系”时，该组同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图丙所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因： 。
（5）该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为______。
A．极限法 B．比值法
C．理想化模型法 D．控制变量法
四、解答题
18．（2020高一上·长安期末）若火箭由静止发射竖直升空时加速度大小为 ，第 末从火箭掉出一可视为质点的碎片，（忽略空气阻力， ）求
（1）碎片最高可上升到的距地面的高度；
（2）碎片从火箭上掉出之后到落回地面的时间。（计算结果可保留根式）
19．（2020高一上·宣城月考）如图所示，人站在地面拉住连接风筝的牵线，某时刻质量为 的风筝在空中处于平衡状态时，风筝平面与水平面的夹角为 ，牵线对风筝的拉力T（未知）与风筝平面成 角。已知风对风筝的作用力F（未知）与风筝平面相垂直，重力加速度g取 。
（1）F和T的大小（计算结果保留三位有效数字）；
（2）若拉着风筝匀速运动时，牵线与水平面成 角保持不变，这时拉牵线的力为 ，风筝平面与水平面的夹角的正切值为多大？
20．（2020高一上·长安期末）如图所示，在足够高的光滑的水平台面上静置一质量为M=1kg、长为l=1m的长木板，可视为质点、质量为m=0.5kg的小物块放在长木板上表面的左端，一定滑轮固定在平台右侧边缘，长木板右端离定滑轮距离足够远绕过定滑轮的细线一端系在小物块上，连接小物块的细线保持水平，小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10m/s2，用大小为F=2.5N的拉力向下拉细线，使小物块向右做加速运动，求∶
（1）小物块滑离长木板时，长木板运动的距离；
（2）当小物块运动到长木板正中间时，小物块速度的大小与长木板速度大小之差。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．在研究小华在地图上的实时位置时，小华的大小可以忽略，故小华可以看成质点，A符合题意；
B．图中显示35分钟对应时间轴上的一段，所以是时间，B不符合题意；
C.18.7公里指的是路程，C不符合题意；
D．平均速度的大小等于位移与时间的比值，因为18.7公里指的是路程，所以可以求出平均速率，但不能求出平均速度， D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】如果物体的大小和形状对研究的问题影响可以忽略，则可看作质点。时刻指某一时间点，在时间轴上是一个点，时间间隔在时间轴上是两个点间的线段。位移的大小不是路程，位移的大小小于或等于路程。平均速度等于位移除以时间。
2．【答案】A
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】A．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量，力学的三个基本单位分别是米、千克、秒，A符合题意；
B．“千克米每二次方秒”是由 推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，B不符合题意；
C．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒、天只是时间的单位，C不符合题意；
D．只用一个符号表示的单位不一定是基本单位，例如，牛顿（N）、焦耳（J）、瓦特（W）等都不是基本单位，而是导出单位。两个或更多的符号表示的单位也可能是基本单位，例如千克（kg）就是基本单位，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】牛顿属于导出单位不属于基本单位；时间才是基本物理量，其基本单位是秒；基本单位中的千克也是用两个符号表示。
3．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.位移－时间图像中，斜向上倾斜的直线表示正方向的匀速直线运动，向下倾斜表示负方向的运动，所以甲物体的运动方向没变化，A不符合题意；
B. 位移－时间图像的斜率表示速度，乙的图线斜率增大，故速度增大，B不符合题意；
C.由图像可知，2.5s内，甲的位移大小是5m，乙的位移大小是3m，所以平均速度大小不等，C不符合题意；
D.三秒内两物体的位移大小相等，某时刻乙图线的与时间轴的夹角跟甲的相等，即乙某时刻的图线斜率跟甲的大小相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】s-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为位移，图像的斜率是速度，两图像的交点意味着两个物体具有相同的位移，通过这些性质结合选项分析即可。
4．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．t1、t3两时刻速度大小相等，但方向相反，故速度不相同，A不符合题意；
B．若t2=2t1，则利用几何关系可以求出物体的初速度为8m/s；B符合题意；
C．t1、t3两时刻图象的倾斜程度相同，故加速度相同，即加速度等值同向，C不符合题意；
D．t2时刻速度为零，但速度在发生变化，故加速度不为零，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用速度的绝对值可以判别速度的大小，利用速度的符号可以判别速度的方向；利用几何关系可以求出初速度的大小；利用图像斜率不变可以判别加速度不变；利用斜率的大小可以判别加速度的大小。
5．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】根据逆向思维法，质点可看成向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体从b滑到c所用的时间为t1，根据运动学公式有
其中 ，解得
故答案为：D。
【分析】利用匀减速直线运动的逆运动为匀加速直线运动；结合匀加速直线运动的位移公式可以求出bc之间物体所运动的时间。
6．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性。从A点到最高点所用时间与从最高点到第二次经过A点所用时间相同，由题意可得，从A点到最高点所用时间为
同理，从B点到最高点所用时间为
由公式
可得，A点到最高点的距离为
B点到最高点的距离为
则A、B之间的距离是
故答案为：C。
【分析】利用竖直上抛的对称性可以求出自由落体的运动时间，结合自由落体运动的位移公式可以求出两点之间的距离大小。
7．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】四种悬挂方法，两绳拉力的合力都等于日光灯的重力，甲图中两绳夹角为零，故绳中张力最小，丁图中两绳形成共点力的夹角最大，故绳中张力最大，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用吊床的平衡方程结合绳子夹角的大小可以判别绳子拉力的大小。
8．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．藤蔓对蜗牛的作用力与蜗牛的重力等大方向，所以藤蔓对蜗牛的作用力大小不变。A不符合题意；
BD．藤蔓对蜗牛的弹力为
从A运动到B的过程中， 先减小后增大，则弹力先增大后减小，B符合题意；D不符合题意；
C．藤蔓对蜗牛的摩擦力为
从A运动到B的过程中， 先减小后增大，则摩擦力先减小后增大。C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用蜗牛的平衡方程结合角度的变化可以判别支持力和摩擦力的大小变化。
9．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】将运动员和滑板看成整体，根据牛顿第二定律可得
解得，运动员上滑的加速度大小为
由匀变速直线运动规律可得，运动员沿斜坡上滑的最大距离为
故答案为：A。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出运动员的加速度大小，结合速度位移公式可以求出上滑的最大距离。
10．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】甲图中，如图所示，将L2线剪断的瞬间，物体将绕悬点做圆周运动，在将L2线剪断后，物体受到的合力沿圆的切线方向，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma1
得a1=gsinθ
乙图中，如图所示，将弹簧剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，而弹簧弹力与重力不变，由牛顿第二定律得mgtanθ=ma2
得加速度为a2=gtanθ
甲、乙两图中小球的加速度大小之比a1:a2=（gsinθ）：（gtanθ）=cosθ:1
故答案为：C。
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被压缩，故弹力不变，利用牛顿第二定律求解加速度，结合两个加速度求解比值即可。
11．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是一对作用与反作用力，则地面对她的弹力等于她对地面的压力，A不符合题意；
B．王雪毅起跳后在上升过程中，加速度向下，则她处于失重状态，B符合题意；
C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，加速度向下，她处于失重状态，C符合题意；
D．王雪毅落到软垫后，开始阶段软垫向上的弹力小于重力，人做加速运动；当后来软垫向上的弹力大于重力，则人做减速运动，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据牛顿第二定律可以判别地面对运动员的支持力等于运动员对地面的压力；利用加速度的方向可以判别超重和失重；利用弹力和重力的比较可以判别人刚开始接触到软垫时做加速运动。
12．【答案】A,C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】ABC．设轻绳abc的拉力分别为T1、T2和T3；对球P和Q整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件，有：
联立解得：
再对球Q受力分析，受重力和两个细线的拉力，有勾股定理可知
AC符合题意，B不符合题意；
D．根据上述计算可知，a,b,c上的拉力依次减小。D符合题意
故答案为：ACD。
【分析】利用PQ为整体的平衡方程可以求出a和c绳子的拉力大小；在利用Q的平衡方程可以求出b绳子的拉力大小，利用拉力的数值可以比较拉力的大小。
13．【答案】B,D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】AB．点O受到三个拉力而处于平衡状态，其中向下的拉力的大小和方向均不变，OA的拉力方向不变，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：
从图中可以看出，轻绳OC逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，OA的拉力T不断减小，拉力F先减小后增加，B符合题意、A不符合题意。
CD． OC顺时针转动至AO方向前，F逐渐变大，T逐渐变大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用O支点的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别F与T的大小变化。
14．【答案】B,C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】C、物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：Fk=mAg=4×10=40N，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N，C符合题意．
A、B、剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统由牛顿第二定律得：（mA+mB）g-Fk=（mA+mB）a，解得a=2m/s2；A不符合题意，B符合题意．
D、对B，由牛顿第二定律得：mBg-F=mBa，解得F=8N，则A与B间的作用力为8N；D符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被压缩，故弹力不变，利用牛顿第二定律求解加速度即可。
15．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．物块受力如图所示
对物块，由牛顿第二定律得
解得
A符合题意；
B．由平衡条件可知，容器对物块的支持力
B符合题意；
C．以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得
代入数据解得
C不符合题意；
D．对物块与容器组成的系统，在竖直方向，由平衡条件可知，地面对容器的支持力
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】对整体进行受力分析，系统受到推力和摩擦力，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；再对小物体进行受力分析，结合加速度分析受力情况。
16．【答案】（1）变大；变大
（2）A；B；D；E
（3）乙
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】(1)若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持弹簧测力计a与橡皮条OC的夹角不变，减小弹簧测力计b与橡皮条OC的夹角，如图所示，则可知两弹簧测力计的示数均变大。
；(2)A．为了读数准确，在进行实验之前，一定要对弹簧测力计进行校对零点，A符合题意；
B．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板，B符合题意；
C．为减小实验过程中的偶然误差，就要设法减小读数误差，两个分力的大小不一定要相等，绳子的长短对分力大小和方向亦无影响，C不符合题意；
D．根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，在不超量程的前提下拉力大些可以减小实验偶然误差，D符合题意；
E．在实验中必须确保橡皮条拉到同一位置，即一个力的作用效果与两个力作用效果相同，E符合题意。
故答案为：ABDE。(3)作图法得到的F为平行四边形的对角线，单个弹簧测力计的拉力 一定与橡皮条共线，故乙的实验比较符合实验事实。
【分析】（1）力的合成遵循平行四边形定则，已知合力，两个分力夹角变化，利用行四边形定则求解分力大小的变化；
（2）在进行实验时，为了保证力的作用效果相同，每一组实验应当控制橡皮筋伸长相同；
（3）F是根据平行四边形定则绘制出的合力，另外一个力为实际测量值。
17．【答案】（1）B
（2）0.99
（3）大
（4）实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
（5）D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；用打点计时器测速度；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】(1)正确的操作是将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去钩码，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，B符合题意，AC不符合题意。
故答案为：B。(2)每五个点取一个计数点，打点计时器打点的时间间隔 ，则计数点的时间间隔 ，对打出的纸带由A到G的过程中，加速度为 (3)当交流电的实际频率为49.5Hz时，仍按50Hz计算，则测量频率偏大，测量周期偏小，测得的加速度偏大。(4)图线不通过坐标原点，加速度等于零时拉力不等于零，表明实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够。(5)该实验先让小车质量不变，后让拉力不变，所以是控制变量法，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】交流电的实际频率为49.5Hz时，那么实际周期大于0.02s，则打点计时器打出的对应点比正常时偏大，而做实验的同学不知道还按照50Hz计算加速度，算得加速度的测量值比真实值偏大。
18．【答案】（1）解：前 碎片做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 ，方向竖直向上， 末碎片的速度为
位移为
碎片掉出后以 的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为
碎片最高可上升到距地面
（2）解：碎片从火箭上脱落后上升所用时间 设从最高点下落到地面的时间为 ，则
即
碎片从火箭上掉出之后到落回地面的时间
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）碎片刚开始做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出2s末的速度；利用位移公式可以求出2s内位移的大小；然后继续向上做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出继续向上运动的高度；
（2）利用匀减速运动的速度公式可以求出向上运动的时间；结合自由落体运动的位移公式可以求出下落所花的时间。
19．【答案】（1）解：风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力 、风对它的作用力 和牵线对它的拉力 （如图所示）
以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，在x轴方向
在y轴方向
联立两式，解得 ，
（2）解：同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。设风对风筝的作用力水平分力为 ，竖直分力为 ，由平衡条件知
风筝平面与水平面的夹角 的正切值
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】对风筝进行受力分析，在重力、拉力和风力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
20．【答案】（1）解：对小物块，根据牛顿第二定律可得
则小物块运动的加速度为
同理可得，长木板运动的加速度
设小物块在长木板上运动的时间为t1，根据运动学关系有
解得
t1=1s
则此过程长木板运动的位移为
=0.5m
（2）解：当小物块运动到长木板正中间时，设小物块运动的时间为t2，根据运动学公式有
解得
此时小物块的速度
长木板的速度
得小物块速度的大小与长木板速度大小之差为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块和木板都做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出两者加速度的大小；结合两者的位移公式可以求出分离的时间；再结合木板的位移公式可以求出木板移动的距离；
（2）当木块运动到木板的中间，利用位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出两者的速度及速度之差。
