2025年上教版必修1物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年上教版必修1物理上册月考试卷671考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ；则：

A.上方球与下方3个球间均没有弹力B.下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C.水平地面对下方三个球的支持力均为D.水平地面对下方三个球的摩擦力均为2、拿一个长约1.5m的玻璃筒；一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里．把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是。

A.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快B.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动C.玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快D.玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快3、智能化电动扶梯如图所示；乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则。

A.乘客始终处于超重状态B.加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上D.电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上4、如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知重力加速度为g；动滑轮的质量；半径忽略不计，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，且细绳足够长，则在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小分别为（）

A.B.C.D.5、纯电动汽车不排放污染空气的有害气体，具有较好的发展前景．某辆电动汽车在一次紧急刹车测试中，刹车后位移与时间的关系式是则该汽车（）A.刹车时的加速度大小为B.刹车时的速度与时间成反比C.刹车时的初速度为6m/sD.刹车后滑行的位移为6、甲、乙两车在平直公路上行驶,其v-t图象如图所示,对图象解读正确的是

A.4s末,甲、乙两车相遇B.在0～8s内,甲车的加速度先变小后变大C.甲车在0～4s内的位移大于乙车在4～8s内的位移D.在4～8s内,甲车的平均速度大于30m/s评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、如图所示；在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A；B，C为一垂直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度为g）下列说法中正确的是（）

A.若F=0，挡板受到B物块的压力为B.力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动C.若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到D.若且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长8、一物体做加速度不变的直线运动，某时刻速度的大小为6m/s，2s后速度的大小变为10m/s，在这2s内该物体的（）A.速度变化量的大小可能大于4m/sB.速度变化量的方向可能与原速度方向反向C.加速度的方向可能与原速度方向反向D.加速度的大小可能大于10m/s29、一小球在水平桌面上做减速直线运动；用照相机对着小球每隔0.1s拍照一次，得到幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图所示，已知照片与实物的比例为1：10，则（）

A.图中对应的小球在通过8cm距离内的平均速度是2m/sB.图中对应的小球在通过8cm距离内的平均速度是1.6m/sC.图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是2.5m/sD.图中对应的小球通过6cm处的瞬时速度是2m/s10、如图甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v-t图象如图乙所示．已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1＝12m.则下列说法正确的是()

A.A车的加速度a的大小为3m/s2B.A车的加速度a的大小为5m/s2C.若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应大于36mD.若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应大于28m11、如图所示，将一小球以10m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为原点，向上为坐标轴正方向，g取10m/s2；则3s内小球运动的（）

A.路程为25mB.位移为-15mC.速度改变量为30m/sD.平均速度为5m/s12、在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力的作用线通过球心，设B对墙的作用力为B对A的作用力为地面对A的摩擦力为地面对A的支持力为若F缓慢增大而整个装置仍保持静止；截面如图所示，则在此过程中（）

A.保持不变，保持不变B.缓慢增大，缓慢增大C.缓慢增大，缓慢增大D.缓慢增大，保持不变13、如图所示，绳AP与杆OP的质量均不计，O端用铰链固定，滑轮在O点正上方（滑轮大小及摩擦均不计）.P端吊一质量为m的重物，现施拉力F将P缓慢上拉（均未断）；在OP杆达到竖直位置前。

A.绳AP上的拉力一直变小B.绳AP上的拉力一直变大C.杆OP上的弹力一直变大D.杆OP上的弹力大小不变14、如图；升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机在竖直方向上匀速向上运动，物块相对于斜面匀速下滑。则当升降机在竖直方向上加速上升时，在物块滑到底之前（）

A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的摩擦力增大C.物块与斜面间的正压力减小D.物块与斜面间的正压力增大评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、质量为2kg的物体在几个共点力的作用下处于平衡状态。若撤去一个大小为8N、方向水平向右的力，则该物体的加速度大小为___m/s2，方向___。16、如图所示，大三角劈C置于粗糙水平面上，小三角劈B置于斜面上，B的上面又放一个小木块A，在A、B一起匀速下滑的过程中，水平地面对C的摩擦力__________（填“向左”、“向右”或“为零”），B与C之间的滑动摩擦系数为__________

17、从塔顶自由落下一小球，它在最后1s内的位移是20m，则小球落地时速度是________，塔顶距离地面的高度是________；18、重力的测量。

（1）方法一：利用牛顿第二定律。

先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的___________，利用牛顿第二定律可得G=___________

（2）方法二：利用力的平衡条件。

将待测物体悬挂或放置在___________，使它处于静止状态。这时物体受到的重力的大小___________测力计对物体的拉力或支持力的大小。19、三个木块A、B、C在水平外力F的作用下，一起在水平面上向右匀速运动，则木块A受到的_____个力的作用，木块B受到_____个力的作用。

20、某一运动的质点沿一直线做往返运动，如图所示，OA=AB=OC=CD=1m，O点为原点。质点由A点出发沿x轴正方向运动至B点后返回，并沿x轴负方向运动。回答下列问题：

（1）质点从A到B再到C的位移为____，路程为____。

（2）质点从B到D的位移为____，路程为____。

（3）当质点到达D点时，其位置坐标为____。

（4）当质点到达D点时，相对于A点的位移为____。21、如图为某物体在24s内运动的v-t图像；则。

(1)它在24秒内的总位移为x=________m；

(2)它在24秒内的平均速度为v=________m/s；

(3)它在3秒末的加速度为a=________m/s2。22、如图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，轻杆OA、OB与墙，AO与BO之间都通过可自由转动的铰链连接。斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为FOA和FOB，重力加速度为g，则FOA=______，FOB=______。

评卷人得分四、实验题(共4题，共32分)23、物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图；一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．

（1）如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a=_______m/s2(保留三位有效数字)．

（2）回答下列两个问题：

①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有_______．（填入所选物理量前的字母）。A．木板的长度lB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是__________．

（3）滑块与木板间的动摩擦因数＝_______（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数________（填“偏大”或“偏小”）．写出支持你的看法的一个论据：____________．24、有同学利用如图所示装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并固定两个光滑的滑轮A和B，三根绳子打一个结点O，各绳另一端均连接钩码，各钩码质量均相等，当系统如图达到平衡时，根据钩码个数可读出三根绳子的拉力F1、F2和F3；回答下列问题：

(1)若某次实验中钩码个数=2，=5，则可能等于____（填正确答案标号）。

A.2B.4C.8D.9

(2)在实验过程中，关于实验操作和相关要求，下列说法正确的是____（填选项前字母）。

A．实验中三段绳子应与竖直木板平行。

B.实验中需要用天平测出一个钩码的质量。

C.在某两次实验中，O点位置可以不同。

D.实验中需要用量角器量出三段绳子之间的夹角。

(3)通过实验，该同学用作图法作出了两个图，如图甲、乙所示，你认为图示中____（填“甲”或“乙”）是正确的。25、某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力；质量的关系”实验。

（1）关于该实验的要点，下列说法正确的是________。

A．释放小车之前应先接通电源。

B．平衡摩擦力时小车应挂上纸带。

C．重物的质量应远小于小车的质量。

D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间的细线与长木板平行。

（2）调节好装置，做“探究加速度与合力的关系”实验时，打点计时器打出的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，根据纸带可知，打点计时器打下C点时小车的速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2（结果均保留两位有效数字）。

（3）做“探究加速度与质量的关系”实验时，正确平衡摩擦力后，保持细线拉力不变，改变小车上砝码的质量m，多次实验，测得多组加速度a及对应小车上砝码的质量m，作出图像如图丙所示，若图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若要验证牛顿第二定律，则小车的质量为________。26、小华同学在探究弹簧弹力与形变量的关系时，利用图1所示器材并记录了相应数据，如下表：。钩码质量m/g0306090120150指针位置l/cm6.07.28.39.510.611.8

（1）小华作出了如图2所示的关系图，纵轴是钩码的重力，横轴是__________；分析数据，你可得出的结论是__________；此弹簧的劲度系数k=__________N/m。（结果保留两位有效数字）

（2）通过此实验探究，小华准备自己动手制作弹簧测力计，他选了甲、乙两种规格不同的弹簧进行测试，绘出如图3所示图像，图像中只有OA段和OB段是弹性形变，若他要制作量程较大的弹簧测力计，应选弹簧__________。（选填“甲”或“乙”）评卷人得分五、解答题(共3题，共6分)27、如图甲所示，一根轻质且伸长量不计的细长绳两端系在竖直墙上A、D两点，绳上B点下端挂两个各为G=10N的重物，AB、BD绳和墙的夹角30，60；

(1)求图甲中AB、BD两段绳中的拉力T1、T2各是多大；

(2)如把图甲改成图乙，B、C两点处各悬挂G=10N的重物，AB、CD绳和墙的夹角仍是30，60，求BC绳中的拉力T3多大；BC绳与竖直方向的夹角是多大。

28、小车静止放在光滑水平面上，小车质量为2.5kg，车内A、B两物体质量分别为2.5kg和2.0kg，用一根轻绳通过光滑定滑轮相连。现给小车施加一个水平向左、大小为14N的推力F，设运动过程中物体A不会发生滑动（被物体顶住），B物体相对小车静止。求：

(1)此时小车的加速度和细绳的拉力的大小？

(2)当推力F超过多少时，物体A被细绳吊起？

29、一辆汽车刹车前的速度为72km/h，刹车获得的加速度大小为8m/s2；求：

（1）汽车刹车开始后5s内滑行的距离x0；

（2）从开始刹车到汽车位移为24m时所经历的时间t；

（3）汽车静止前0.5s内滑行的距离x′。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为4mg，每个小球受支持力为mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误．故选C．2、C【分析】【分析】

【详解】

抽出空气前.金属片和口小羽毛受到空气阻力的作用；不是自由落体运动，羽毛受到的空气阻力大，所以加速度小，则下落的慢，故AB错误.抽出空气后金属片和小羽毛都不受空气阻力作用.只受重力作用运动，都做加速度为重力加速度的自由落体运动，下落一样快.故C正确.D错误.

综上所述本题答案是：C3、D【分析】【详解】

加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确.4、D【分析】【分析】

【详解】

在竖直向上拉力F＝6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg、3mg。对A因为3mg＜4mg；故物体A静止，加速度为0。

对物体B；由牛顿第二定律得。

3mg－mg＝maB解得。

aB＝2g选项ABC错误；D正确。

故选D。5、D【分析】【详解】

汽车刹车后做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，则有位移x＝v0t-at2，结合题意刹车位移与时间的关系式x＝18t−3t2，得到v0＝18m/s，a＝6m/s2，故AC错误；根据速度时间关系式得刹车时速度与时间的关系式v＝v0−at，有v=18-6t（m/s），速度与时间不是成反比关系，故B正确；刹车后滑行的位移为故D正确；故选D．6、D【分析】【详解】

4s末两者的速度相等，但由于两者初始位置未知，所以无法判断在4s末两者是否相遇，A错误；图像的斜率表示加速度，故在0~8s内甲的加速度先增大后减小，B错误；图像与时间轴围成的面积表示位移，甲车在0~4s内与时间轴围成的面积小于乙车在4~8s内的与时间轴围成的面积，即甲车在0～4s内的位移小于乙车在4～8s内的位移，C错误；若甲在4~8s内做匀变速直线运动，则图像围成的面积如图所示，即位移大小为平均速度为而甲做变加速直线运动，图像面积大于匀变速直线运动时的面积，即平均速度大于30m/s，D正确．

【点睛】

在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移．二、多选题(共8题，共16分)7、A:D【分析】【详解】

A、F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2-（2m）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A错误；

B；用水平力F作用于P时；A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图。

根据牛顿第二定律得

mgsinθ-kx=macosθ

当加速度a增大时；x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；

C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图

根据牛顿第二定律，有

mg-Ncosθ-kxsinθ=0

Nsinθ-kxcosθ=ma

解得：kx=mgsinθ-macosθ，故C错误；

D、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；

对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图

根据牛顿第二定律，有

mgsinθ-kx=macosθ

解得

kx=0

故弹簧处于原长，故D正确；8、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

AB．设初速度方向为正方向，当速度方向相同时，速度变化量为

速度变化量的大小为4m/s；速度变化量的方向与原速度方向相同。

当速度方向相反时，速度变化量为

速度变化量的大小为16m/s；速度变化量的方向与原速度方向反向。

所以AB正确；

CD．根据加速度的定义公式有

当速度方向相同时，加速度为

加速度的大小为4m/s；加速度的方向与原速度方向相同。

当速度方向相反时，加速度变为

加速度的大小为8m/s；加速度的方向与原速度方向相反。

所以C正确；D错误；

故选ABC。9、A:D【分析】【详解】

AB．照相机每隔拍照一次，所以图中对应的小球通过距离所用的时间照片与实物的比例为1：10，所以图中8cm对应的实际距离为则图中小球在通过8cm距离内的平均速度

A项正确；B项错误；

CD．图中对应小球做匀减速直线运动，其通过6cm位置处的瞬时速度可用图中小球通过这一段距离的平均速度表示，所以小球通过6cm位置处的瞬时速度

C项错误；D项正确。

故选AD。10、A:C【分析】【详解】

AB．由图可知，在t1=1s时A车刚启动，两车缩短的距离为：x1=vBt1，代入数据解得B车的速度为：vB=12m/s

速度图象的斜率表示加速度，则A车的加速度为：

故A正确；B错误．

CD．两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v-t图象的t2=5s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为：

因此，A、B两车不会相撞，距离x0应满足条件为：x0＞36m．故C正确，D错误．11、A:B【分析】【详解】

AB．取向上为正方向，小球上升的最大高度为

3s内小球的位移为

3s内小球通过的路程为

AB正确；

C．3s内小球速度变化量为

C错误；

D．根据平均速度公式，有

D错误。

故选AB。12、B:C【分析】【详解】

对B分析，可知墙对B的作用力及A对球的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时，A对B的支持力增大；即F2增大；同理可知，墙对B的作用力F1增大；

对整体分析，整体受重力、支持力F4、摩擦力F3、墙壁的弹力F1及压力F而处于平衡，故当F增大时，地面对A的支持力增大；故F4增大；因F1=F3，则地面对A的摩擦力F3变大。

故选BC。13、A:D【分析】【详解】

以P点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F；作出力图如图：

由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得

使∠AOP缓慢变小时，AO、OP保持不变，AP变小，则N保持不变，F变小。故AD正确，BC错误。

故选AD。14、B:D【分析】【详解】

当升降机匀速运动时，由题意知，物块相对于斜面匀速下滑，所以有

解得

物体所受支持力和摩擦力的合力大小等于重力，方向竖直向上。当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，即此时物体受到的支持力相比于匀速上升时，一定增大，根据牛顿第三定律可知，物体与斜面的正压力的大小等于物体受到的支持力大小，所以物块与斜面间的正压力也增大，则此时对于物体来说有

由于正压力变大；根据公式可知，物块与斜面间的摩擦力也变大。故AC错误，BD正确。

故选BD。

【点睛】

本题关键要知道当升降机加速上升时，物体超重，即视重大于重力，结合匀速下滑时的表达式即可判断。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【详解】

[1][2]．由共点力平衡的条件知，撤去大小为8N的力后，其它力的合力的大小就是8N，方向与8N的力的方向相反，即水平向左，由牛顿第二定律得

方向水平向左。【解析】4水平向左16、略

【分析】对整体受力分析可知，整体受力平衡，而水平方向没有外力；故C不受地面的摩擦力；对AB整体，由共点力的平衡条件可知，m总gsinθ=μm总gcosθ；故动摩擦因数μ=tanα．

【点睛】本题为共点力的平衡条件的应用问题中的连接体问题，在解题时要注意灵活选择研究对象，正确受力分析，注意整体法的应用【解析】为零17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]根据。

h=gt2h-20=g（t-1）2联立解得。

t=2.5sh=31.25m落地速度。

v=gt=25m/s【解析】25m/s31.25m18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]利用天平测量物体的质量。

[2]自由落体运动的物体受到的合外力即为物体重力，所以根据牛顿第二定律可得G=mg

(2)[3][4]将待测物体悬挂在测力计或放置在测力计上，静止时，根据平衡条件可知，物体的重力与测力计对物体的拉力或支持力的大小相等。【解析】①.质量②.mg③.测力计上④.等于19、略

【分析】【详解】

[1]以A为研究对象进行受力分析；受水平外力；重力、支持力、摩擦力，共4个力作用。

[2]以B为研究对象进行受力分析，受重力、C对B的支持力，共2个力作用。【解析】4220、略

【分析】【详解】

（1）[1]位移是由初位置指向末位置的有向线段，质点从A到B再到C的位移大小为由A指向C的线段的长度2m，方向由A指向C；与规定的正方向相反，所以位移为-2m。

[2]路程为运动轨迹的长度，质点从A到B再到C的路程为4m。

（2）[3]位移是由初位置指向末位置的有向线段，质点从B到D的位移为-4m。

[4]路程为运动轨迹的长度，质点从B到D的路程为4m。

（3）[5]D点位于坐标原点O负方向2m处，所以D点的位置坐标为-2m。

（4）[6]位移是由初位置指向末位置的有向线段，质点由A到D的位移为-3m。【解析】-2m4m-4m4m-2m-3m21、略

【分析】【详解】

(1)[1]图像所包围的面积代表位移，则24秒内的总位移：

(2)[2]物体在24秒内的平均速度：

(3)[3]0-4s内物体做匀加速直线运动，则3秒末的加速度为0-4s内图像的斜率，则【解析】72m3m/s1m/s222、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]以O点为研究对象；受力如图所示。

由受力图结合几何关系可得

[2]【解析】四、实验题(共4题，共32分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据匀变速直线运动的判别式运用逐差法有：

．

(2)①[2]设托盘和砝码的总质量m3，滑块的质量为m2；对整体运用牛顿第二定律有：

解得：．

所以还需测量的物理量有：托盘和砝码的总质量m3，滑块的质量为m2．故填CD．

②[3]测量质量可以用天平测量．

(3)[4]因为实验存在其他阻力；测量值与真实值比较，测量值偏大．

[5]比如没有考虑纸带与打点计时器间的摩擦；没有考虑空气阻力等．【解析】0.496(0.495～0.497)CD天平偏大因为没有考虑纸带与打点计时器间的摩擦；或纸带和打点计时器之间有摩擦24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]N1、N2钩码的重力的合力大小应该等于N3钩码的重力，由三角形知识应有N2-N1<N3<N2+N1

即3<N3<7

故选B；

(2)[2]实验中绳子与木板平行才能在木板平面完成好实验，A正确；实验中只要知道三根绳子的拉力关系就能作图验证力的平行四边形定则，因此不需要测出钩码的质量，B错误；由于每次实验都能进行一次验证，故两次实验中O点的位置可以不同，C正确；实验中以F1、F2为邻边作平行四边形验证；无需测夹角，D错误；所以答案为AC。

(3)[3]实验中F3方向应沿OC竖