【文档说明】河北省张家口市宣化一中2020-2021学年高一下学期期初考试物理试卷含答案.doc，共(20)页，368.710 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-75a51509a63d2c20ae9e6f7983ac32e1.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-2020-2021学年下学期宣化一中高一物理期初试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.如图所示，四轮马达纳米车是用纳米技术制造的一种新型药物输送系统，它可以在血管中穿行而不会受到人体免疫系统的攻击。下列情况

中可以把纳米车看作质点的是()A.研究纳米车的组成时B.研究纳米车运动的快慢时C.研究纳米车如何治疗疾病时D.研究纳米车马达的工作时2.一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt-t图象如图所示，则()A.质点做匀速直线运动，速度为1m/sB.

质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2C.质点在1s末速度为2.5m/sD.质点在第2s内的位移为2m3.如图所示，轻轩的一端固定一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上．若杆与墙面的夹角为β，斜面倾角为θ，开始时轻杆与竖直方向的夹角β<θ.且θ+β<90°，

则为使斜面能在光滑水平面上向右缓慢做匀速直线运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小及轻杆受力T和地面的支持力FN的大小变化情况是()A.F逐渐增大，T逐渐减小，FN逐渐减小B.F逐渐减小，T逐渐减小，FN逐渐增大C.F逐渐增大，T先减小后增大

，FN逐渐增大D.F逐渐减小，T先减小后增大，FN逐渐减小-2-4.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对

A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是()A.只减小A的质量，B对A的压力大小不变B.只减小B的质量，B对A的压力大小会增大C.只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小减小D.只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力不变5.如图所示，在水平面上有

一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)。现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象不可能的是()A.B

.C.D.6.如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡

皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为()A.152kLB.223kLC.kLD.2kL7.如图甲所示，一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一质量为1kg可视为质点的小物块置于长

木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。现改用F=30N的水平外力拉长木板，取g=10m/s2，则小物块在长木板上滑行

的时间为()-3-A.22sB.1sC.2sD.3s二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8.如图所示，xpy为直角支架，杆xp、绳ao均水平，绳bo与水平方向夹角为60°.如果在竖直平面内使支架沿顺

时针缓慢转动至杆yp水平，始终保持ao、bo两绳间的夹角120°不变．在转动过程中，设绳ao的拉力Fa、绳bo的拉力Fb，则下面说法中正确的是()A.Fa先减小后增大B.Fa先增大后减小C.Fb逐渐减小D.Fb最终变为零9.如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀

速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列判断正确的

是()A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D.物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程10.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用

挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小-4-为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每

节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A.5B.10C.16D.2011.质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦

。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A.轻绳的拉力等于MgB.轻绳的拉力等于mgC.M运动加速度大小为(1-sinα)gD.M运动加速度大小为M-mMg12.如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F

将纸板迅速抽出。若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为d。下列说法正确的是()A.纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(2M+m)gB.要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M+2m)gC.若砝码与纸板分离时的速度小于μg

d，砝码不会从桌面上掉下D.当F=μ(2M+3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）13.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。(1)弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为LA；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至

L6，数据如表：代表符号L0LAL1L2L3L4L5L6数值(cm)24.3527.3529.3431.3133.4035.3537.439.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为______。(2)如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与

______的差值(填“L0”或“LA”)。-5-(3)由图可知弹簧的劲度系数为______N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为______g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2)。14.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了

如图1所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作是______。A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧

测力计的示数D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量ME.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带(2)该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个计时点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50

Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标如图3，加速度为纵坐标，画出的a-F图象是一条直-6-线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的

质量为______。A.2tanθB.2tanθC.2kD.1k四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）15.两个中间有孔的质量为M的小球用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上。两个小球下面分别连一轻弹簧

，两轻弹簧下端系在同一质量为m的小球上，如图所示。已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形。求：(1)连接质量为m的小球的轻弹簧的弹力大小；(2)套在水平光滑横杆上轻弹簧的形变量。五、计算题（本大题共3小题，共32.0分）16

.如图所示，在光滑的水平地面上，相距L=10m的A、B两个小球均以v0=10m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g=10m/s2.求：(1)B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离是多少；(2)A球滑上

斜坡后经过多长时间两球相遇。-7-17.如图所示，一传送带与水平面的夹角θ=30°，且以v1=2m/s的速度沿顺时针方向传动。一小物块以v2=4m/s速度从底端滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=35，传送带长L=2m。(1)小物块沿传送带向上滑行的时间；(2)小物块离开传送带时的

速度大小；(3)小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹。18.如图甲所示，长为L=4.5m的木板M放在水平地而上，质量为m=lkg的小物块(可视为质点)放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F的变化关系如

图乙所示。已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2.求：-8-(1)m、M之间的动摩擦因数；(2)M的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；(3)若开始时对M施加水平向左的恒力F=29N，且给m一水平向右的初速度v0=4m/s，求t=2s时m到

M右端的距离。2020-2021学年下学期宣化一中高一物理期初试卷答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、研究纳米车的组成时，涉及车的形状与大小，所以是不可以将纳米车看做质点的，故A错误；B、研究纳米车

运动的快慢时，纳米车的形状与大小能忽略不计，能看做质点，故B正确；C、纳米车如何治疗疾病时，要考虑车的动作，不能用质点代替，故C错误；-9-D、研究纳米车马达的工作时，马达是旋转的，形状不能忽略，不能看做质点，故D错误。故选：B。质点是理想化的模型，物体能不能看

成质点，看物体在所研究的问题中形状大小能不能忽略．解决本题的关键掌握物体能否看成质点的条件，即看物体在所研究的问题中能否忽略．2.【答案】D【解析】解：AB、根据图象可知，纵轴截距为0.5，直线斜率为0.5，因此

直线方程可表示为：xt=0.5t+0.5(m/s)，变形得x=0.5t2+0.5t，与匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2对比可知，v0=0.5m/s，a=1m/s2，所以质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2，故AB错误；C、根据速度-时间的关系可得质点在1s末速度为：v=

v0+at=(0.5+1×1)m/s=1.5m/s，故C错误；D、质点在第2s内的位移为x=vt+12at2=(1.5×1+12×1×12)m=2m，故D正确。故选：D。先使用数学方法，写出图象的直线方程，再将方程整理成标准的运动学方程，与位移-时间公式进行对比，

即可得到初速度和加速度，进而按照运动学规律求出其他选项的值。本题考查运动学的图象问题，在遇到一些不熟悉的图象时，切莫想当然，要注意xt-t图象不能等同于v-t图象，要使用数学方法来解决问题，可以避免误判。3.【答案】C【解析】【分析】先对

小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求出支持力和杆的弹力的表达式；再对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出地面支持力和推力的表达式，最后分析讨论．本题关键是先对小球受力分析，再对斜面体受力分析，然后根据平衡条件，运用合成法列式求解出各个力的表达式，再进行讨论．【解答】解：对小

球受力分析，受到重力mg、支持力N和杆的支持力T，如图-10-根据共点力平衡条件，有Nsinβ=Tsinα=mgsin(α+β)解得N=sinβsin(α+β)mg=mgsinα⋅cotβ+cosαT=sinαsin(α+β)

mg对斜面体受力分析，受到推力F、重力Mg、支持力FN和压力N，如图根据共点力平衡条件，有Nsinα=FMg+Ncosα=FN解得F=Nsinα=sinαsinα⋅cotβ+cosαmg=mgcotβ+cotα

mgFN=Mg+Ncosα=Mg+mgtanα⋅cotβ+1故随着β的增大，T先减小后增大，F增大，FN增大；故选C．4.【答案】D【解析】解：以A、B组成的系统为研究对象，沿斜面方向由牛顿第二定律得：a=F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθmA

+mB=FmA+mB-gsinθ-μgcosθ，设A和B之间的弹力为N，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：N-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa，解得：N=mBFmA+mB，-11-由牛顿第三定律可知，B对A的压力：N'=N=mBFmA+

mB；A、只减小A的质量，B对A的压力大小：N'=mBFmA+mB变大，故A错误；B、只减小B的质量，B对A的压力大小：N'=mBFmA+mB=F1+mAmB变小，故B错误；C、只减小斜面的倾角，B对A的压力大小N'=mBFmA+mB不变，故C错误；D、只减小两物体与斜面的动摩擦

因数μ，B对A的压力大小N'=mBFmA+mB不变，故D正确。故选：D。以两物体组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，然后以B为研究对象，应用牛顿第二定律求出B与A间的作用力，然后根据该作用力的表达式分析答题。本题考查了判断B对A的压力大小如

何变化，应用牛顿第二定律与牛顿第三定律求出B对A的压力表达式是正确解题的关键，解题时注意整体法与隔离法的应用。5.【答案】C【解析】解：设物块的质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块相对传送带滑动时，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小：a=μmgm=μg

保持不变；①物块滑上传送带后向左做匀减速直线运动，当速度为零时物块仍然在传送带上，然后物块反向向右做初速度为零的匀加速直线运动，如果v1>v2，物块向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，物块离开传送

带时的速度大小v'2=v2；如果v1≤v2，物块向右做匀加速直线运动，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，物块离开传送带时的速度大小v'2=v1；②物块滑上传送带后向左做匀减速直线运动，当物块到达传送带左端时速度

不为零，物块离开传送带后继续向左做匀速直线运动，由于物块一直做匀减速直线运动，物块离开传送带时的速度一定小于v2，故ABD正确，C错误。本题选错误的，故选：C。物块在光滑水平面上做匀速直线运动，物块滑上传送带后受到

向右的滑动摩擦力，物块向左做匀减速直线运动；第一种情况，物块速度减至零时仍然在传送带上，然后反向向右做初速度为零的匀加速直线运动，根据v1与v2的大小关系分析答题；第二种情况，物块在传送带上向左做匀减速直线运动，然后从传送带左侧离

开传送带。-12-本题关键是对于物体的可能运动过程分析，物体可能向右一直加速，也有可能先加速后匀速运动。也有可能直接向左滑出传送带，注意对称性的运用。6.【答案】B【解析】解：根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力为：F=k(1.

5L-L)=0.5kL。设此时两根橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知：cosθ2=(1.5L)2-(0.5L)21.5L=223，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力为：F合=2Fcosθ2=2×0.5kl×223=223kL，故B正确，

ACD错误。故选：B。当橡皮条的长度最大时，橡皮条的弹力最大，两个弹力的夹角最小，则两弹力的合力最大，根据平行四边形定则和三角函数求出最大弹力。本题考查了胡克定律与力的合成的综合，对几何知识的应用要求较高。7.【答案】

A【解析】解：由图乙所示图象可知，水平拉力F小于2N时，小物块与长木板逐间的摩擦力等于0，小物块水平方向受到的合外力等于0，小物块的加速度等于0，此时木板也处于静止状态；当F大于2N后，二者一起做加速运动，所以长木板与地面之间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)Ff地面=2N；当F大于14N后，

小物块受到的摩擦力不变，小物块的加速度不变，而随F的增大，木板的加速度一定还会增大，所以当F=14N时，二者恰好要发生相对运动，小物块与长木板间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)Ff小物块=4N用F=30N的水平拉力拉长木板时，小物块与长木板相对滑动，由牛顿第二定

律得：对小物块：Ff小物块=ma小物块对长木板：F-Ff小物块-Ff地面=Ma长木板代入数据解得：a小物块=4m/s2，a长木板=12m/s2，设经过时间t小物块从长木板上滑落，长木板的长度：L=2.0m小物块的位

移：x小物块=12a小物块t2长木板的位移：x长木板=12a长木板t2-13-小物块从长木板上滑落是：x长木板-x小物块=L代入数据得：t=22s，故A正确，BCD错误。故选：A。根据图乙所示图象分析清楚小物块与长木板的运动过程，求出长木板与地面间的滑动摩擦力与小物块与长木

板间的滑动摩擦力，然后应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出小物块在长木板上的滑行时间。本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，根据题意与图乙所示图象分析清楚长木板与小物块的运动过程，求出长木板与地面间、小物块与长木板间的滑

动摩擦力是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。8.【答案】BCD【解析】解：以结点O为研究对象，分析受力情况：重力G、绳ao的拉力Fa、绳bo的拉力Fb，作出Fa、Fb的合力，由平衡条件得知，此

合力保持不变．在转动过程中，作出四个不同位置力的合成图如图，由图看出，Fa先增大后减小，Fb逐渐减小，Fb最终变为零．故A错误，BCD正确．故选：BCD．以结点O为研究对象，分析受力情况，作出两个绳拉力的合力，此合力与重力大小相等、

方向相反，则知两个绳拉力的合力保持不变，作出三个不同位置力的合成图，由图分析Fa、Fb的变化情况．本题运用图解法研究动态变化问题，也可以采用函数法，得到两个拉力与转动角度的关系，再分析其变化情况．9.【答案】BCD【解析】解：ABC、AB都

以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，BC正确；D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D正确；故选：BCD。

AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小-14-也相等，用匀变速直线运动规律解决滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样10.【答案】ABD【解析】解：设P、Q两边的车

厢数为x和y，当机车在东边拉时，以Q西边的车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得：F=ym⋅a，当机车在西边拉时，以P东边的车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得：F=xm⋅23a，根据以上两式可得：y=23x

车厢总数：n=x+y=53x，其中x为正整数，总的车厢的数目可能是5、10、15、20、25……，故ABD正确，C错误。故选：ABD。根据题意应用牛顿第二定律列式求出求出车厢的节数。本题考查了牛顿第二定

律的应用，关键的是根据牛顿第二定律求出P、Q两边车厢节数的关系，根据实际情况分析答题。11.【答案】BCD【解析】解：第一次放置时M静止，则：Mgsinα=mg，第二次放置时候，由牛顿第二定律：Mg-mgsinα=(M+m)a

，联立解得：a=(1-sinα)g=M-mMg。对m由牛顿第二定律：T-mgsinα=ma，解得：T=mg，故A错误，B正确，C正确，D正确。故选：BCD。-15-由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力。该题的关键是用好牛顿第

二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用。12.【答案】AC【解析】解：A、当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力：f=μ(M+m)g+μMg=μ(2M+m)g，故A正确。B、设砝码的加速度为a1，纸板的加

速度为a2，纸板相对砝码运动时，由牛顿第二定律得，对砝码：μMg=Ma1，对纸板：F-μMg-μ(M+m)g=ma2，纸板相对砝码运动需要满足：a2>a1，解得：F>2μ(M+m)g，故B错误。C、若砝码与纸板分离时的速度小于μgd，砝码匀加速运

动的位移小于(μgd)22a=μgd2μg=d2，纸板匀加速运动的位移小于(μgd)22a'=μgd2μg=d2，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确。D、当F=μ(2M+3m)g=2μ(M+1.5m)g时，砝码相对纸板滑动，砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg，纸板的加速度：a2=

F-μ(M+m)g-μMgm=2μg，根据12a2t2-12a1t2=d，解得：t=2dμg，则此时砝码的速度v=a1t=2μgd，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a'=μg，则匀减速运动的位移：x=v22a'=(2μgd)22μg=d，匀加速运

动的位移x'=12a1t2=12×μg×(2dμg)2=d，则砝码会离开桌面边缘，故D错误。故选：AC。应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的滑动摩擦力摩擦力，然后求出摩擦力大小．根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加

速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．当F=μ(2M+3m)g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置．本题考查

了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．-16-13.【答案】L5LA4.915【解析】解：(1)由表格中的测量数据的单位可知，所用刻度尺的最小分度为1mm，读数时应读到最小分度的下一位，故L5的数值记录

不规范；(2)由于m-x图象过坐标原点，横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与LA的差值；(3)图象的斜率与该地重力加速度的乘积为弹簧的劲度系数为：k=△mg△x=60×10-3×9.812×10-

2N/m=4.9N/m根据表中的数据和胡克定律得mg=k(LA-L0)，LA=27.34cm=0.2734m，L0=24.35cm=0.2435m，代入数据，解得m=0.015kg=15g。故答案为：(1)L5；(2)LA；(3)4.9，15。(1)根据

刻度尺的读数方法即可明确记录不规范的数据；(2)弹簧自然悬挂，待弹簧静止后读出弹簧长度；把砝码盘挂在弹簧下面，记下此时弹簧长度；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，弹簧的伸长量为放砝码后弹簧长度和挂砝码盘

时的长度差；(3)根据弹簧的伸长与所受到的拉力成正比进行求解即可劲度系数，再根据胡克定律即可确定砝码盘的质量。弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比。对于实验问题，我们要利用图象法分析测量数据求解可以减少误差。

14.【答案】BCE0.48C【解析】解：(1)AD、由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AD均错误

；B、为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，故B正确；C、小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，故C正确；E、为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，故E正确。

故选：BCE(2)由题意知，相邻计数点的间隔为T=0.02×5s=0.1s，把纸带分成两段，由逐差法可得小车的加速度a=x36-x03(3T)2=(2.8+3.3+3.8)-(1.4+1.9+2.3)(3×

0.1)2×10-2m/s2-17-=0.48m/s2；(3)由题图结合牛顿第二定律，有2F=M⋅a，得a=2M⋅F，则图象斜率k=2M，得小车的质量M=2k，故A、B、D错误，C正确。故答案为：(1)BCE；(2)0.48；(3)2k(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，根据实

验的操作步骤和数据处理以及注意事项去判断正误；(2)根据逐差法求得加速度；(3)小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步

骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．15.【答案】解：(1)设下面两个弹簧的弹力均为F，对下端的小球受力分析如图所示，根据平衡条件可得：2Fsin60°=mg解得：F=33mg；(2)对左

侧小球受力分析，受到重力、支持力、两根弹簧的弹力，如图所示；根据平衡条件可得：Fcos60°=kx解得：x=36kmg。答：(1)连接质量为m的小球的轻弹簧的弹力大小为33mg；(2)套在水平光滑横杆上轻

弹簧的形变量为36kmg。【解析】(1)对下端的小球进行受力分，根据平衡条件求解弹簧弹力大小；(2)对左侧小球受力分析，根据平衡条件可得套在水平光滑横杆上轻弹簧的形变量。本题主要是考查了共点力的平衡问

题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。16.【答案】解：(1)设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有：t1=Lv0=1010s=1sA球

滑上斜坡后加速度为：a=gsinθ=10×12m/s2=5m/s2。-18-设此时A球向上运动的位移为x，则有：x=v0t1-12at12=10×1-12×5×1m=7.5m。(2)B球刚要滑上斜坡时A球速度为：v1=v0-at1=10-5×1m/s

=5m/s。B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以v=v0-v1=10-5m/s=5m/s做匀速运动，设再经过时间t2它们相遇，有：t2=xv=7.55s=1.5s，则相遇时间为：t=t1+t2=1+1.5s=2.5s。答：(1)B球刚要滑上斜坡时A、B两

球的距离是7.5m；(2)A球滑上斜坡后经过2.5s时间两球相遇。【解析】(1)根据位移公式求出B球刚滑上斜坡时A球滑上斜坡的时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出A上滑的位移，从而得出A、B两球的距离。(2)根据速度时间公

式求出B球滑上斜坡时A球的速度，得出B相对A的速度，结合位移公式求出相遇的时间。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，对于第二问，运用相对速度求解比较简捷。17.【答案】解：(1)小物块在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据

牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ=ma1代入数据解得：a1=8m/s2减速到传送带速度时所需时间为：t1=v2-v1a1=0.25s此过程通过的位移为：x1=v2+v12t1=0.75m此后传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：mgsinθ-

μmgcosθ=ma2代入数据解得：a2=2m/s2减速到零所需时间为：t2=v1a2=1s故有：t=t1+t2=1.25s此过程通过的位移为：x2=12v1t2=1m；(2)物体下滑的位移为：x=x1+x2

=1.75m根据速度-位移公式可知：v2=2a2x-19-解得：v=7m/s；(3)上滑过程中，物体速度大于传送带速度时，相对位移△x1=x1-v1t1=0.25m当物体速度小于传送带速度时，传送带的位移为：x=v1t2=2m相对位移△x2=x-x2=1m小物块向上滑行的过程中在

传送带上留下的痕迹△x=△x2=1m。答：(1)小物块沿传送带向上滑行的时间为1.25s；(2)小物块离开传送带时的速度大小为7m/s；(3)小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹为1m。【解析】(1)起先物块速度大于传送带速度

，物块在传送带上做减速运动，当速度减至和传送带一致时摩擦力改变方向，此时物块所受摩擦力小于重力沿传送带向下的分力，物块将在合力作用下做继续减速运动，分别求出两次减速运动物块运动的时间即可；(2)通过位移时间公式求得两次上升的位移，

下滑时，根据速度-位移公式求得速度；(3)分别求出上升过程中两个阶段相对于传送带的位移，由此分析小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹。本题抓住物块在传送带上做匀减速运动，由于物块速度与传送带速度大小

的不同，两种减速情况下摩擦力的方向不同，产生的加速度不同，要分别由牛顿第二定律求解两种情况下的加速度；注意计算“小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹”时重叠部分不能重复计算。18.【答案】解：(1)F大于25N后，M、m相对滑动，m的加速度为a1=4m/s2.对A，根据牛顿第二定

律得μ1mg=ma1。可得μ1=0.4(2)对M由牛顿第二定律有：F-μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2，乙图知：1M=14，-μ1mg-μ2(m+M)gM=-94，联立解得：M=4kg，μ2=0.1；(3)给

m一水平向右的初速度v0=4m/s时，m运动的加速度大小为a1=4m/s2，方向水平向左，设m运动t1时间速度减为零，则：t1=v0a1=1s，位移：x1=v0t1-12a1t12=2m，M的加速度大小：a2=F-μ1mg-μ2(M+m)gM+m，方向向左，-20-解得a2=5m/s2。M的位

移大小：x2=12a2t12=12×5×12=2.5m，此时M的速度：v2=a2t1=5×1=5m/s，由于：x1+x2=2+2.5=4.5m=L，即此时m运动到M的右端，当M继续运动时，m从M的右端竖直掉落，掉落后m静止；设m

从M上掉下来后M的加速度天小为a3，对M由生顿第二定律：F-μ2Mg=Ma3，可得：a3=254m/s2，在t=2s时m与M右端的距离：x3=v1(t-t1)+12a3(t-t1)2代入数据可得：x3=8.125m答：(1)m、M之间的动摩擦因数是0.4；(2)M的质量是4kg，它

与水平地面之间的动摩擦因数是0.1；(3)t=2s时m到M右端的距离是8.125m。【解析】(1)F大于25N后，M、m相对滑动，对A，根据牛顿第二定律列式，可求得M、m之间的动摩擦因数μ1。(2)F在0-25N内，M、m相对静止，对整体，利用牛顿第二定律列式，可求得M的质量以及B与地

面之间的动摩擦因数μ2。(3)F=29N，M、m相对滑动，物块A恰好滑到木板B的右端时两者位移之和等于L.由牛顿第二定律和位移公式解答。本题属于牛顿运动定律中的典型模型“板块模型”，可以结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，.解决本题的关

键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，要注意整体法、隔离法的运用。