【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，368.688 KB，由小赞的店铺上传

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-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.3

s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2

3a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-mM

g12.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μgd，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50Hz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+cotαmgFN=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=mBFm

A+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'=mBF

mA+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：M

g-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=0.2

435m，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，-μ1m

g-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。