2023-2024学年天津五十四中高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津五十四中高一（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识。推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步。关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是( )
A. 伽利略首先提出了惯性的概念，并指出质量是惯性大小的唯一量度
B. 伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C. 牛顿运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿运动定律都能通过现代的实验手段直接验证
D. 当Δt→0时，v=ΔxΔt称作物体在时刻t的瞬时速度，这应用了微分思想的分析方法
2.质点在水平方向上运动的v−t图像如图所示，取向右为正方向，下列说法正确的是( )
A. 2s末和10s末质点的速度方向相反
B. 质点在2s末的加速度小于6s末的加速度
C. 10s末质点的加速度方向向右
D. 质点在0～5s内的位移大于8～9s内的位移
3.2021年5月15日，天问一号着陆巡视器与轨道器分离，着陆巡视器通过高速气动减速、降落伞展开减速、反推动力减速以及着陆缓冲四个环节，成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区。假设着陆巡视器在反推动力减速阶段竖直方向的运动为匀减速直线运动，竖直初速度为v，竖直下落位移x后速度为零，则此过程( )
A. 着陆巡视器的加速度大小为v2xB. 着陆巡视器的加速度大小为2v2x
C. 着陆巡视器的运动时间为2xvD. 着陆巡视器的运动时间为2x3v
4.有以下这样的几句话，符合科学道理的有( )
A. 速度变化大的物体的加速度一定大
B. 物体静止在水平桌面上，物体对桌面的压力是由于物体的形变而产生的
C. 物体受到的作用力中，有弹力不一定有摩擦力，有摩擦力也不一定有弹力
D. 物体静止在水平桌面上，物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是一对平衡力
5.如图，物体在水平力F作用下静止在斜面上，若稍许增大水平力F，而物体仍能保持静止时( )
A. 斜面对物体的静摩擦力及支持力一定增大
B. 斜面对物体的静摩擦力及支持力都不一定增大
C. 斜面对物体的摩擦力一定增大，支持力不一定增大
D. 斜面对物体的摩擦力不一定增大，支持力一定增大
6.如图所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q，质量为m，半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，下面说法正确的是( )
A. Q受到P的弹力为 33mg
B. Q受到挡板MN的弹力为 33mg
C. 若挡板水平向右缓慢移动一小段且P仍静止时，P受到地面摩擦力不变
D. 若挡板水平向右缓慢移动一小段且P仍静止时，Q受到P的弹力变小
7.如图，质量为2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.4。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。以下说法不正确的是( )
A. 木块对铁箱压力的大小12.5NB. 水平拉力F的大小71.5N
C. 地面对铁箱的支持力大小为30ND. 铁箱的加速度为25m/s2
8.生活中经常用刀来劈开物体。如图所示是刀刃的横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，劈的夹角为θ，则刀刃劈物体时对物体侧向推力FN的大小为( )
A. F2csθ
B. F2csθ2
C. F2sinθ
D. F2sinθ2
9.如图，质量为m的小球挂在电梯的天花板上。电梯在以大小为g3的加速度向上减速运动的过程中，小球( )
A. 处于失重状态，所受拉力为mg3
B. 处于失重状态，所受拉力为2mg3
C. 处于超重状态，所受拉力为mg3
D. 处于超重状态，所受拉力为4mg3
10.如图所示，一质量为m的小球从弹簧的正上方H高处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩，在压缩的全过程中(在弹性限度内且忽略空气阻力)以下说法正确的是( )
A. 小球的速度一直减小到零
B. 小球的速度先增大后减小
C. 小球的加速度一直增大
D. 速度为零时，弹簧弹力等于重力
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.从高度为125m的塔顶，先后落下a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1s，则以下判断正确的是(g取10m/s2，不计空气阻力)( )
A. b球下落高度为20m时，a球的速度大小为20m/s
B. a球接触地面瞬间，b球离地高度为45m
C. 在a球接触地面之前，两球的速度差恒定
D. 在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
12.关于牛顿运动定律，下列说法正确的是( )
A. 运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证
C. 加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同
D. 甲、乙两人拔河时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对作用力与反作用力
13.如图所示，质量为m的人站在自动扶梯上，鞋底与梯的动摩擦因数为μ.扶梯倾角为θ，若人随扶梯一起以加速度a向上运动.梯对人的支持力N和摩擦力f分别为( )
A. N=masinθB. N=m(g+asinθ)
C. f=μmgD. f=macsθ
14.如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。传送带以恒定的速度v做匀速运动。煤块由静止开始运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)( )
A. 煤块加速运动时的加速度为μg
B. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v22μg
C. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为vμg
D. 黑色痕迹的长度为v22μg
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.(1)如图是利用橡皮条、弹簧测力计、轻质小圆环、细绳套等仪器完成的“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，该实验将橡皮条的一端固定于G点，另一端挂上轻质小圆环。图甲表示橡皮条处于原长；图乙表示通过细绳套在两个弹簧测力计互成角度拉力F1、F2的共同作用下，使小圆环处于O点；图丙表示通过细绳套用一个弹簧测力计施加拉力F使小圆环处于O点；图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。

①关于此实验，下列叙述正确的是 ______ 。
A.在进行图乙的实验操作时，F1、F2的夹角越大越好
B.用两个测力计互成角度拉橡皮条，拉力大小一定都小于只用一个测力计时拉力大小
C.重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
D.实验中，为了减小误差，弹簧秤要与木板平行
②图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿GO方向的是 ______ (填“F”或者“F′”)。
③本实验采用的科学方法是 ______ 。
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
D.建立物理模型法
16.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置示意图如图甲所示，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示。

(1)下列关于该实验的说法中正确的是 ______ 。
A.实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源
B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂托盘，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑
C.探究小车的加速度与小车质量之间的关系时，每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力
D.小车运动的加速度，可直接用公式a=mMg求出
(2)某组同学在实验中得到如乙图所示的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度vB= ______ m/s，小车的加速度a= ______ m/s2(本小题结果均保留两位有效数字)。
(3)某组同学实验中为研究加速度和力的关系，根据测得的多组数据可画出a−F关系图线，如图丙所示。分析图线的OA段可得出的实验结论是 ______ 。
(4)某组同学实验得出数据，画出的a−1M的关系图线如图丁所示。从图象中可以看出，作用在小车上的恒力F= ______ N。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
17.重为40N的物体与竖直墙面间的动摩擦因数为μ=0.4，若用斜向上的推力F=50N支撑住物体，物体处于静止状态，如图所示．这时物体受到的摩擦力是多少牛？要使物体匀速下滑，推力的方向不变，则大小应变为多大？(sin 37°=0.6，cs 37°=0.8)
18.如图所示，民航客机在发生意外紧急着陆后，打开紧急出口，会有一条狭长的气囊自动充气，形成一条连接出口与地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地上。若某客机紧急出口下沿距地面高h=3m，气囊所构成的斜面长度L=6m，一个质量m=60kg的人沿气囊滑下时受到大小恒定的阻力Ff=240N，重力加速度g取10m/s2，忽略气囊形变的影响及乘客的初速度。求：
(1)人沿气囊下滑时加速度的大小；
(2)人沿气囊运动的时间；
(3)人滑至气囊底端时速度的大小。
19.如图所示，足够长的平板车静止在光滑水平面上，当小滑块以v0=6m/s的水平初速度从车的左端滑上平板车时，给车施加一个水平向右的恒力F=2N，经过一段时间，小滑块与平板车速度相同。已知平板车的质量为M=3kg，滑块的质量m=1kg，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小滑块在平板车上滑动时小滑块的加速度大小及平板车的加速度大小；
(2)经过多长时间小滑块与平板车速度相同；
(3)小滑块与平板车速度相同时距平板车的左端的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、牛顿第一定律揭示了惯性的概念，并指出质量是惯性大小的唯一量度，故A错误；
B、伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确；
C、牛顿运动定律是研究动力学问题的基石，但牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不能通过现代的实验手段直接验证，故C错误；
D、当Δt→0时，v=ΔxΔt称作物体在时刻t的瞬时速度，这应用了极限思想的分析方法，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名科学家的物理学贡献即可，同时要注意明确瞬时速度与平均速度的关系。
本题考查对物理学史和物理方法的认识，关键要掌握著名物理学家的物理学贡献和研究方法。
2.【答案】D
【解析】【分析】
在速度−时间图像中，速度的正负表示速度方向；图像的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，物体的加速度越大；图像与时间轴所围的面积表示位移。
本题的解题关键是理解v−t图像的物理意义：v−t图像的斜率表示物体运动的加速度、图像与时间轴所围的面积的代数和表示位移。
【解答】
A、在v−t图像中，2s末和10s末质点的速度均为正值，所以速度方向相同，故A错误；
BC、在v−t图像中，某点切线的斜率表示质点的加速度，斜率绝对值越大，物体的加速度越大，由图可知质点在2s末的加速度大于6s末的加速度。10s末质点的加速度为负值，与质点运动方向相反即加速度方向向左，故BC错误；
D、在v−t图像中，图线与时间轴所围面积表示质点的位移，由图可知，质点在0～5s内的位移大于8～9s内的位移，故D正确。
故选：D。
3.【答案】C
【解析】解：AB.根据运动学公式可得
0−v2=2ax
整理解得a=−v22x
负号表示加速度方向与初速度方向相反，此过程着陆巡视器运动的加速度大小为v22x，故AB错误；
CD.根据匀变速直线运动规律可得，
x=v2t
整理可得此过程着陆巡视器的运动时间为t=2xv
故D错误，C正确。
故选：C。
AB、根据运动学公式，结合题意求出加速度大小；
CD、根据匀变速直线运动的规律，结合题意求出此过程着陆巡视器的运动时间。
本题考查了匀变速直线运动的基本公式，平常要注意基本公式的应用和理解。
4.【答案】B
【解析】【分析】
该题考查了摩擦力、弹力、加速度、平衡力等相关知识，知道弹力与摩擦力的相关存在关系是解题的关键。
根据速度与加速度的关系分析。
施力物体的弹性形变产生弹力作用在受力物体上。
弹力的产生条件是接触和弹性形变，摩擦力的产生条件是接触、弹性形变、粗糙、相对运动或相对运动趋势。
根据平衡力的特性分析。
【解答】
A、加速度描述的是速度变化的快慢，a=ΔvΔt，速度变化大的，加速度不一定大，还要看时间，故A错误；
B、施力物体的弹性形变产生弹力，作用在受力物体上，物体对桌面的压力是物体的弹性形变产生的，故B正确；
C、弹力的产生条件是接触和弹性形变，摩擦力的产生条件是接触、弹性形变、粗糙、相对运动或相对运动趋势。根据弹力和摩擦力的产生条件分析，有弹力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有弹力，故C错误；
D、平衡力是作用在同一物体上的，故物体对桌面的压力作用在桌面上，桌面对物体的支持力作用在物体上，两者不是平衡力，故D错误。
故选：B。
5.【答案】D
【解析】解：如下图所示，对物体进行受力分析有：
在水平方向上：F合x=Fcsθ+f−Gsinθ=0
在竖直方向上：F合y=FN−Gcsθ−Fsinθ=0
联立解得
f=Gsinθ−Fcsθ
故当f为正值时，F增大则f减小，若f为负值即沿斜面向下时，当F增大则f亦增大。
根据上述方程可求得支持力：FN=Gcsθ+Fsinθ
当F增大时，则支持力增大。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
对物块受力分析，在水平方向和竖直方向上列平衡方程，再根据f=μFN 分析求解。
本题考查了基本受力分析，能够熟练地将力进行合成和分解，以及构建矢量三角形，理解力的平衡条件是解决此类问题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：AB、对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的支持力N1和P对Q的支持力N2，如图
由几何关系得：
csθ=3R−R4R=0.5
所以有：θ=60°
根据平衡条件得：
N1=mgctθ= 33mg
N2=mgsinθ=2 33mg，故A错误、B正确；
CD、对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件，有：
f=N1=mgctθ
MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变小，故f变大，N2变大，故CD错误；
故选：B。
对小圆柱体Q受力分析，受到重力、挡板MN的支持力和P对Q的支持力，共点力平衡条件求P和挡板分别对Q的弹力大小。
本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。
7.【答案】B
【解析】解：A、对木块在竖直方向根据平衡条件可得：mg=f=μ2FN，其中m=0.5，代入数据解得：FN=12.5N
由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小为12.5N，方向向左，故A正确；
BD、对木块，在水平方向由牛顿第二定律得：FN=ma，解得：a=25m/s2
铁箱的加速度与木块的加速度大小相等，即为25m/s2；
对整体在水平方向由牛顿第二定律得：F−μ1(M+m)g=(M+m)a，其中M=2.5kg
解得：F=84N，故B错误、D正确；
C、竖直方向根据平衡条件可得地面对铁箱的支持力大小为F支=(M+m)g=(2.5+0.5)×10N=30N，故C正确。
本题选错误的，故选：B。
分析木块的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2N，求出木块对铁箱的压力；以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力F的大小；竖直方向根据平衡条件可得地面对铁箱的支持力大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
8.【答案】D
【解析】解：将力F根据平行四边形定则分解如下：
由几何知识得，侧向推力的大小为：FN=F2sinθ2=F2sinθ2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
将向下的力F按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
本题考查力的分解，题中的力的分解作图为一菱形，由几何知识正确确定菱形中的角度是关键。
9.【答案】B
【解析】解：电梯向上减速，加速度向下，物体处于失重状态，
电梯在上升过程中，小球受重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律有：mg−T=ma，解得：T=23mg，故ACD错误，B正确；
故选：B。
(1)当物体具有向上的加速度时，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态；
(2)对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求解拉力大小；
熟记超重和失重的条件，正确对物体进行受力分析，会根据牛顿第二定律列方程；
10.【答案】B
【解析】解：AB、小球压缩弹簧的过程中，开始弹簧弹力小于重力，小球做加速运动，当弹簧弹力与重力相等时，小球的速度达到最大，此后弹簧弹力小于重力，小球做减速运动，故小球的速度先增大后减小，故A错误，B正确；
C、小球达到平衡位置以前，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为：a=mg−kxm，x增大，a减小，小球达到平衡位置以后，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为：a=kx−mgm，x增大，a减小，所以小球的加速度先减小后增大，故C错误；
D、在小球压缩弹簧的过程中，当小球的速度达到最大时，弹簧弹力等于小球的重力，以后速度减小、弹簧继续被压缩，当小球的速度为零时，弹簧弹力大于重力，故D错误。
故选：B。
弹簧弹力与小球重力相等的位置就是小球的平衡位置，此位置为小球向下运动过程中速度最大的位置、加速度为零的位置，根据小球的受力情况进行分析。
本题主要是考查牛顿第二定律之弹簧类问题，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，不要误认为小球一接触弹簧就开始减速。
11.【答案】BC
【解析】解：A、根据h=12gt2知，b球下落的时间t2= 2hg= 2×2010s=2s.则a球下落的时间t1=3s，速度v=gt1=30m/s。故A错误。
B、a球运动的时间t= 2hg= 2×12510s=5s，则b球的运动时间t′=4s，b球下降的高度h=12gt′2=12×10×16m=80m，所以b球离地面的高度为45m。故B正确。
C、设b球下降时间为t时，b球的速度vb=gt，a球的速度va=g(t+1)，则△v=va−vb=g，与时间无关，是一定量。故C正确。
D、设b球下降时间为t时，b球下降的高度hb=12gt2，a球下降的高度ha=12g(t+1)2，两球离地的高度差等于下降的高度差，△h=ha−hb=12g(t+1)2−12gt2=gt+12g，随时间的增大，位移差增大。故D错误。
故选：BC。
A、求出b球下落20m所用的时间，从而知道a球运动时间，根据v=gt求出a球的速度．
B、求出a球与地面接触所用的时间，从而知道b球运动的时间，根据h=12gt2求出b球下落的高度，从而得知b球离地的高度．
C、求出两球速度变化量与时间是否有关，从而确定速度差是否恒定．
D、求出两球下落的高度差是否与时间有关，从而确定高度差是否恒定．
解决本题的关键知道自由落体运动中，相隔一定时间释放一个小球，在小球落地前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差不恒定．
12.【答案】BC
【解析】解：A、惯性由物体的质量决定，运动越快的汽车停下来需要的时间更长，越难停下来，并不能说明汽车速度越大惯性越大，故A错误；
B、牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，不可能用实验直接验证，故B正确；
C、由牛顿第二定律可知，物体的加速度方向与合外力的方向相同；但加速度的方向与速度的方向可能相同，也可能不同，故C正确；
D、甲、乙两人拔河时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，不是一对作用力与反作用力，故D错误。
故选：BC。
质量是物体惯性大小的量度，惯性与物体的速度无关；
牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；
作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在一条直线上；
加速度方向与合力方向相同。
本题考查了惯性、牛顿第一、第二与第三定律、加速度等问题，本题是一道基础题，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
13.【答案】BD
【解析】解：以人为研究对象，分析受力情况：重力mg、扶梯的支持力N和摩擦力f。将加速度分解如图，根据牛顿第二定律得
竖直方向：N′−mg=masinθ
水平方向：f′=macsθ
得到N′=m(g+asinθ)，f′=macsθ
根据牛顿第三定律得：N=N′═m(g+asinθ)，f=f′=macsθ
故选：BD。
以人为研究对象，分析受力情况，将加速度进行分解，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求出扶梯对人支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律得到梯对人的支持力N和摩擦力f．
本题运用牛顿第二定律时，若分解力比较复杂．由于人受的力在水平和竖直两个方向上，采用分解加速度的方法简捷方便．
14.【答案】ABCD
【解析】解：A、对煤块根据牛顿第二定律可知μmg=ma，解得：a=μg，即煤块加速运动时的加速度为μg，故A正确；
B、根据v2=2ax，解得：x=v22μg，即煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v22μg，故B正确；
C、根据v=at，解得：t=vμg，即煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为vμg，故C正确；
D、黑色痕迹长度Δx=vt−x，解得：Δx=v22μg，故D正确。
故选：ABCD。
对煤块根据牛顿第二定律求出煤块的加速度；根据速度—位移公式求出煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移；根据速度—时间公式求出块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间；根据运动学公式求出黑色痕迹长度。
本题考查的顿第二定律的应用，解题关键是将牛顿第二定律与运动学公式结合使用，注意划痕长度的计算方法。
15.【答案】CD F C
【解析】解：(1)①A、在进行题图乙的实验操作时，F1、F2的夹角要适当，不是越大越好，A错误；
B、因为分力不一定小于合力，所以用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，拉力大小不一定都小于只用一个弹簧测力计时的拉力大小，B错误；
C、重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次实验不同，目的是验证力的合成规律，无需保证橡皮条的拉力恒定，C正确；
D、实验中，为了减小误差，弹簧秤要与木板平行，D正确。
故选：CD。
②F是用一个弹簧测力计时的拉力，根据二力平衡条件可知，F一定与GO在一条直线上．
③本实验采用的科学方法是等效替代法，故ABD错误，C正确；
故选：C。
故答案为：①CD；②F；③C
①本实验的原理是，采用力的图示法，用平行四边形作出两个分力的合力理论值，再作出合力的实验值，对比理论值与实验值，若在误差允许的范围内，则说明平行四边形定则是正确的；重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，但是每一次完整的实验必须保证结点位置相同；
②根据实际值与理论值的区别分析；
③根据实验方法分析。
本题考查验证力的平行四边形定则，通过探究力的合成规律，为以后矢量的合成与分解打基础，学生应该重视此题。
16.【答案】C 0.32 0.93 在小车及车中砝码的质量一定时，加速度与合外力成正比。 1
【解析】解：(1)A、实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A错误；
B、平衡摩擦力时，不悬挂托盘，将长木板右端垫高，直到轻推小车，小车能匀速下滑，故B错误；
C、平衡摩擦力时，有Mgsinα=μMgcsα，改变小车的质量M时等式始终成立，所以每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D、本实验是要探究加速度与力、质量的关系，直接用公式a=mMg求出小车运动的加速度，这是在直接运用牛顿第二定律计算了，所以不能直接用公式a=mMg求出小车运动的加速度，而要根据打下的纸带进行测量计算，故D错误。
故选：C。
(2)相邻两个计数点之间时间间隔T=0.1s
根据推论：在匀变速直线运动中，一段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可知：
打B点时小车的速度vB=xAC2T=6.32×10−22×0.1m/s≈0.32m/s
根据推论△x=aT2得：xCE−xAC=a(2T)2，得
a=xCE−xAC4T2=(16.36−6.32−6.32)×10−24×0.12m/s2≈0.93m/s2
(3)分析图线的OA段可得出的实验结论是：在小车及车中砝码的质量一定时，加速度与合外力成正比。
(4)作用在小车上的恒力等于图象的斜率大小，即F=22N=1N
故答案为：(1)C；(2)0.32，0.93；(3)在小车及车中砝码的质量一定时，加速度与合外力成正比；(4)1。
(1)实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车；平衡摩擦力时，不悬挂托盘，改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力；小车运动的加速度由打下的纸带测出。
(2)根据推论：在匀变速直线运动中，一段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即可求得打B点时小车的速度。根据△x=aT2求加速度。
(3)根据图象的形状分析得出结论。
(4)作用在小车上的恒力等于图象的斜率大小。
只要真正掌握实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握.解题时，要注意单位和保留有效数字。
17.【答案】解：(1)对物体静止时受力分析并正交分解：
则：F1=Fsin37°=30N
F2=Fcs37°=40N
在竖直方向上：
f+F1=G，
代入数据得：f=10N
(2)物体能匀速下滑时．
根据竖直方向的平衡，有
G−F′sin37°−f′=0
根据水平方向的平衡，有
N′=F2′=F′cs37°
又：f′=μN′
代入数据解得：F′=43.5N
答：(1)静止物体受到的摩擦力是10N．
(2)物体匀速下滑，推力F的大小应变为43.5N．
【解析】物体不管静止还是匀速下滑都是处于平衡状态，所以我们对物体前后受力分析应用平衡条件列式求解．
本题关键是先对静止的物体受力分析，再对匀速滑动的物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．区别就在于静摩擦力变为了滑动摩擦力，这两种摩擦力计算方法不同．
18.【答案】解：(1)令斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律可知滑行的加速度大小为：a=mgsinθ−Ffm=60×10×36−24060m/s2=1m/s2
(2)人沿气囊运动的时间为：t= 2La= 2×61s=2 3s
(3)人滑至气囊底端时速度的大小为：v= 2aL= 2×1×6m/s=2 3m/s
答：(1)人沿气囊下滑时加速度的大小1m/s2。
(2)人沿气囊运动的时间为2 3s。
(3)人滑至气囊底端时速度的大小为2 3m/s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解人沿气囊下滑时加速度的大小。
(2)根据x=12at2求解人沿气囊运动的时间。
(3)根据速度位移公式求解人滑至气囊底端时速度的大小。
该题主要考察了匀变速直线运动的相关知识，题目简单，熟记匀变速直线运动的速度时间和位移时间关系式。
19.【答案】解：(1)对小滑块，由牛顿第二定律得：μmg=ma2。
代入数据解得：a2=4m/s2
设平板车的加速度大小为a1.由牛顿第二定律得：
F+μmg=Ma1
代入数据解得：a1=2m/s2
(2)设经过时间t滑块与平板车相对静止，共同速度为v。
则 v=v0−a2t=a1t，
代入数据解得：t=1s，v=2m/s
(3)滑块与平板车在时间t内通过的位移分别为：
x2=v0+v2t
x1=v2t
滑块相对平板车静止时距车的左端距离：L=x2−x1，
代入数据解得：L=3m。
答：(1)小滑块在平板车上滑动时小滑块的加速度大小及平板车的加速度大小分别为4m/s2和2m/s2；
(2)经过1s长时间小滑块与平板车速度相同；
(3)小滑块与平板车速度相同时距平板车的左端的距离为3m。
【解析】(1)对小滑块和平板车受力分析，由牛顿第二定律可以求得其加速度的大小；
(2)对小滑块，由牛顿第二定律求出其加速度。根据速度相等和速度公式求时间；
(3)根据匀变速直线运动的位移−时间公式分别求出平板车和小滑块的位移，从而得到相对位移。
分析清楚滑块和平板车的运动情况，抓住两者速度关系和位移关系是解题关键。由于两个的加速度不同，所以采用隔离法研究加速度。