2018-2019学年广东省广州市天河区岭南画派纪念中学高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年广东省广州市天河区岭南画派纪念中学高一（上）期末物理试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年广东省广州市天河区岭南画派纪念中学高一（上）期末物理试卷
一、选择题（每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～15题有多项符合题目要求．）
1．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．电台报时时说：“现在是北京时间8点整”，这里的“8点整”实际上指的是时刻
B．沿直线运动的物体，路程等于位移的大小
C．汽车车速里程表显示的是平均速度的大小
D．加速度a甲＝2m/s2大于加速度a乙＝﹣3m/s2
2．（4分）16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。在以下说法中正确的是（　　）
A．四匹马拉车比两匹马拉的车跑得快：这说明，物体受的力越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
D．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上的运动验证了位移与时间成正比
3．（4分）A、B两小球从不同高度自由下落，同时落地，A球下落的时间为t，B球下落的时间为t2，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为（　　）
A．gt2 B．38gt2 C．34gt2 D．14gt2
4．（4分）如图所示，将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，刻度尺0刻线与弹簧上端对齐，使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针示数为L1＝3.40cm，当弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针示数为L2＝5.10cm，g取9.8m/s2．由此可知（　　）

A．弹簧的原长是1.70cm
B．仅由题给数据无法获得弹簧的原长
C．弹簧的劲度系数是28N/m
D．由于弹簧的原长未知，无法算出弹簧的劲度系数
5．（4分）如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（　　）

A．
B．
C．
D．
6．（4分）一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为（　　）

A．Lt2 B．2Lt2
C．2(v0t+L)t2 D．(v0t+L)t2
7．（4分）如图所示，轻弹簧两端分别固定质量为ma、mb的小球a、b，通过两根细线将小球吊在水平天花板上．已知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为α，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是（　　）

A．a球所受细线的拉力大小为magsinα
B．a、b两球所受细线的拉力大小不一定相等
C．b球所受弹簧的弹力的大小为mbgtanα
D．a、b两球的质量大小关系一定满足ma＝mb
8．（4分）在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝20t﹣2t2 （x的单位是m，t单位是s）．则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为（　　）
A．25 m B．50 m C．100 m D．200 m
9．（4分）几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层。并用照相机进行了记录，如图所示，图1为电梯启动前，图2至图5中箭头方向表示电梯运动方向。下列说法中正确的是（　　）

A．图2表示电梯向上减速
B．图3 表示电梯向上加速
C．图4表示电梯向下减速
D．根据图1和图5可估测出图5中电梯的加速度
10．（4分）如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F作用下逆时针转动，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（　　）

A．小球对薄板的正压力先增大，后减小
B．小球对墙的正压力减小
C．小球对墙的压力先减小，后增大
D．小球对薄板的压力不可能小于小球的重力
11．（4分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一方向与质点运动方向在同一直线上的恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（　　）
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度变化率越大，则加速度越大
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．位移的方向就是质点运动的方向
12．（4分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点。下列叙述正确的是（　　）

A．该实验中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力
B．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
C．实验中AO和BO的夹角应尽可能大
D．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线
13．（4分）甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动，v﹣t图象如图所示，3s末两质点途中相遇，有图象可知（　　）

A．甲的加速度等于乙的加速度
B．出发前甲在乙前方6m处
C．出发前乙在甲前方6m处
D．相遇前甲、乙两质点的最远距离为6m
14．（4分）地铁是大都市重要的交通工具之一，在地铁列车上通常有提示列车加速状态的指示灯，旅客可以通过指示灯把握好自己的坐姿，防止自己从座位上摔出去，其结构如图所示，M是质量较大的金属块，左右两端分别与金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平金属杆上，当M平衡时两根弹簧均处于原长，此时两灯都不亮。下列说法正确的是（　　）

A．当地铁列车加速前进时，甲灯可能变亮
B．当乙灯突然变亮时，旅客有向车后倒的趋势
C．当乙灯亮时，旅客受的合力方向向车后
D．当甲灯亮时，列车可能是减速进站了
15．（4分）如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F．分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（　　）

A． B．
C． D．
二、解答题（共9小题，满分0分）
16．如图a是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带．打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F点由于不清晰而未画出．

①试根据纸带上的数据，测量出EG间距SEG＝　 　cm；
②推测F点的刻度值是　 　cm处；
③计算出F点对应的速度vF＝　 　m/s（计算结果保留两位有效数字）；加速度a＝　 　m/s2．
17．某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是　 　。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
（2）若取木块质量M＝0.4kg，改变砝码桶质量m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是　 　。
A．m1＝5g B．m2＝15g C．m3＝40g D．m4＝400g

18．物体由静止开始做匀加速直线运动，它在第3s内的位移是5m，则加速度大小为　 　m/s2。
19．如图，一光滑的轻滑轮（不计重力）用轻绳OO’悬挂于O点；另一轻绳跨过滑轮，其一端悬挂质量m＝2kg的物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上质量M＝4kg的物块b，轻绳与桌面夹角α＝30o，整个系统处于静止状态，g＝10m/s2，则
（1）桌面受到的摩擦力大小为　 　N；
（2）绳OO′对滑轮拉力的大小为　 　N．（结果可保留根号）

20．国庆长假，老师带领同学乘火车外出参加社会实践活动，火车开动前老师对同学们说：“如果我们把火车启动阶段当成匀加速，等会儿能否用身边的器材，测出其加速度呢？”同学们纷纷响应：
（1）坐窗边的小钱，看着窗外等间距且间隔为s的电线杆，欣喜地发现有一根电线杆正对着自己，他用手表测出了从火车启动到下一根电线杆正对自己的时间间隔t，求此方案加速度的表达式；
（2）如图，小赵用塑料绳把一只小铁锁吊在行李架上，使悬挂点正好在小桌边缘的正上方，他测出塑料绳的悬挂点到小铁锁的距离L及小铁锁偏离桌子边缘的距离d，求此方案加速度的表达式．

21．在倾角θ＝37°的固定斜面，一物块以初速度v0＝10m/s从斜面底端A沿粗糙斜面向上运动，如图所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．则（结果可保留根号）
（1）物块向上运动时的加速度大小为　 　m/s2；
（2）物块沿斜面上升的最大位移为　 　m；
（3）物块重新回到斜面底端A时的速度大小为　 　m/s。

22．如图所示，质量m＝10kg的木箱，放在粗糙水平面上，木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2．现对木箱施加一个斜向上的与水平方向成θ＝37°、大小为F＝50N的恒定拉力作用，木箱由静止开始运动，5s后撤去拉力F．求（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）撤去F前，木箱的加速度大小；
（2）木箱整个运动过程中发生位移的大小。

23．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°．不计小球与斜面间的摩擦，求：
（1）画出小球的受力分析示意图
（2）轻绳对小球的作用力大小
（3）水平面对斜面体的支持力大小．

24．如图所示，质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg的物块A、B置于足够长的水平面上，在F＝13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA＝0.2、μB＝0.1，取g＝10m/s2．求：
（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度；
（2）物块A对物块B的作用力大小；
（3）某时刻A、B的速度为v＝2m/s，此时撤去推力F，求撤去推力后物块A、B间的最大距离．


2018-2019学年广东省广州市天河区岭南画派纪念中学高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～15题有多项符合题目要求．）
1．【分析】时刻是指某一瞬时。沿直线运动的物体，路程不一定等于位移的大小。平均速度等于位移与时间之比，平均速率等于路程与时间之比。加速度的大小是指其绝对值。
【解答】解：A、电台报时时说：“现在是北京时间8点整”，这里的“8点整”是一个瞬时，指的是时刻，故A正确。
B、当物体做往复直线运动时，路程大于位移的大小，只有当物体做单向直线运动时，路程才等于位移的大小，故B错误。
C、汽车车速里程表显示的是瞬时速率的大小，故C错误。
D、加速度的大小是指其绝对值，则知加速度a甲＝2m/s2小于加速度a乙＝﹣3m/s2．故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题时，要明确时刻与时间、路程与位移、平均速度与平均速率、加速度和加速度的大小的区别，要注意矢量的大小是指其绝对值，其正负表示其方向。
2．【分析】亚里士多德的观点有：重物比轻物下落快；力是维持物体运动的原因，物体受力就会运动，不再受力了，它总会逐渐停下来；物体受的力越大，速度就越大。伽利略用实验和推理，证明了力不是维持物体运动的原因
【解答】解：A．用四匹马和两匹马拉车，车在运动的过程中所受的摩擦力相同，两次都是匀速运动故F＝f，但四匹马的功率大于两匹马的功率，根据P＝Fv，可知最终速度为：v=Pf，故认为物体受力越大，速度越大的观点是错误的，故A错误；
B．一个物体不受力就会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，而不是因为不受力，故B错误；
C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，故C正确；
D．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，在斜面实验的基础上的理想化推理，提出“自由落体运动是一种最简单的变速直线运动，故D错误
故选：C。
【点评】解决该题的关键是理解并记忆力与运动的关系，熟读书本上有关于伽利略的实验过程，知道其提出的理论；
3．【分析】由下落时间可求出两球开始下落的高度；A球下落时间比B球下落时间早t2；则求出在此段时间内的A下落的高度，即可求出AB两球的在B球开始下落时的两球的高度差。
【解答】解：由h=12gt2可得：
A下落的高度为12gt2；而B下落的高度为：gt28；
而在B下落的瞬间A已下落了：h′=12g（t2）2=18gt2；
故AB两球的高度差为：12gt2-gt28-gt28=14gt2；
故选：D。
【点评】本题考查自由落体的下落高度与时间的关系；要注意分析题目中给出的条件，明确要求的为哪一段的高度差即可求解。
4．【分析】充分利用测量数据，根据公式△F＝k△x可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量，求出弹簧原长
【解答】解：根据公式△F＝k△x，得：k=△F△x=0.05×9.80.051-0.034=28.8 N/m
由胡克定律得：F＝kx 0.5＝28.8x x＝0.0170m＝1.70cmgu
弹簧的原长是：l＝3.40cm﹣1.70 cm＝1.70cm
故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】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，灵活运用．
5．【分析】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度位移及下降高度与时间的关系即可求的；
【解答】解：在下滑过程中，物体的加速度为mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
a＝gsinθ﹣μgcosθ＜0，加速度的大小保持不变。图象为与时间轴平行的直线；
下滑过程中速度大小关系为v＝v0+at＝v0+（gsinθ﹣μgcosθ）t，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条倾斜直线。
物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为s＝v0t+12at2，故位移﹣时间关系的图象是向下弯曲的曲线。下降的高度为h＝ssinθ＝v0tsinθ+12asinθt2，是向下弯曲的线。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了运动学公式以及运动图象，关键是把s、h、v和a与时间的表达式表示出来即可；注意掌握牛顿第二定律以及运动学公式的正确应用．
6．【分析】轿车做匀加速直线运动，货车做匀速直线运动，根据运动学基本公式求出时间t内两车的位移，再根据两车的位移差为L求解即可。
【解答】解：轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1=v0t+12at2，
货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2＝v0t，
根据x1﹣x2＝L解得：
a=2Lt2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，抓住位移之差为货车车长列式，也可以以货车为参考系，则轿车做初速度为零的匀加速直线运动，t时间内运动的位移为L，从而求解加速度，难度不大，属于基础题。
7．【分析】分别对a和b进行受力分析，根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小．然后逐项比较即可．
【解答】解：A、对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为：T1=magsinα．故A错误；
B、C、D、弹簧的弹力：F＝magcotα，同理：F＝mbgcotα，a、b两球的质量大小关系一定满足ma＝mb；
对b球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为：T2=mbgsinα=magsinα=T1，所以a、b两球所受细线的拉力大小一定相等。故BC错误，D正确。

故选：D。
【点评】本题考查共点力平衡的基本运用，分别以a和b为研究的对象，写出各个力之间的关系是解答的关键．基础题目．
8．【分析】根据刹车位移与时间的关系式求出汽车的初速度和加速度，根据匀变速直线运动的速度位移关系公式求出刹车痕迹的长度．
【解答】解：由x=v0t+12at2=20t-2t2得：
v0＝20m/s，a＝﹣4m/s2
则根据匀变速直线运动的速度位移公式v2-v02=2ax得：
x=v2-v022a=0-2022×(-4)=50m，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+12at2和速度位移公式v2-v02=2ax
9．【分析】图1表示电梯静止时体重计的示数，2图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，3图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，4图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，5图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，根据牛顿第二定律可以应用图甲和另外某一图示求出相应状态的加速度。
【解答】解：A、图2示数大于静止时体重计的示数，根据牛顿第二定律得这位同学加速度向上，所以电梯是向上加速，故A错误；
B、图3示数小于静止时体重计的示数，根据牛顿第二定律得这位同学加速度方向向下，处于失重状态，电梯向上减速，故B错误；
C、图4示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，运动方向向下，所以电梯在向下加速运动，故C错误；
D、根据图1示数可以求出同学的质量，根据图5示数运用牛顿第二定律可以求出图5中电梯的加速度。故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了。
10．【分析】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（墙给球的支持力），另一个力的大小、方向均发生变化（挡板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行。
【解答】解：以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知：

墙壁给球的压力F2逐渐增大，挡板给球的支持力F1逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，木板受到的压力增大。
当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中，根据图示可知木板对球的支持力大于球的重力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】熟练掌握分析动态平衡的各种方法，正确分析动态平衡问题是对学生的基本要求，在平时训练中要加强这方面的能力培养。
11．【分析】由牛顿第二定律F＝ma可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；
由加速度的定义a=△v△t判断质点单位时间内速度的变化量；
位移的方向不是质点运动的方向。
【解答】解：A、质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反，故A错误；
B、加速度描述速度变化快慢的物理量，所以质点速度变化率越大，则加速度越大，故B正确；
C、由于质点做匀速直线运动，即所受合外力为0，原来质点上的力不变，增加一个恒力后，则质点所受的合力就是这个恒力，所以加速度方向与该恒力方向一相同，故C正确；
D、质点运动的方向是速度方向不是位移方向，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了加速度定义，速度方向与加速度方向在同一直线上，物体做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动。
12．【分析】本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的。本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择。
【解答】解：A、验中AO、BO的拉力是分力，合力的方向与CO拉力的方法相反，故A错误；
B、了产生相同的效果，两次操作将橡皮条和绳的结点拉到相同的位置，故B正确；
C、了减小测量的误差，拉力的夹角适当大一些，不是尽可能大，故C错误；
D、了减小误差，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线，故D正确。
故选：BD。
【点评】本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代。解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题。
13．【分析】速度图象的斜率等于加速度．图线的与坐标轴所围“面积”等于位移．分析甲乙两物体的运动情况，求出相遇前相距最远的距离．根据这些知识选择．
【解答】解：
A、由图看出，甲图线的斜率小于乙图线的斜率，则甲的加速度小于乙的加速度。故A错误。
B、C，3s末两质点途中相遇时，甲的位移为x1=6×32m＝9m，乙的位移为x2=3×22m=3m，则出发前甲在乙前方6m处。故B正确。
D、乙的加速度为a=△v△t=6-03-0m/s2，乙的位移为x乙=12at2=12×2×12=1m，甲出发时，乙的速度大于甲的速度，两者距离减小，所以相遇前甲、乙两质点的最远距离为6m。故D正确。
故选：BD。
【点评】速度﹣时间图象关键抓住图线的数学意义来理解其物理意义；速度图象的斜率等于加速度．图线的与坐标轴所围“面积”等于位移．
14．【分析】哪一只灯亮主要取决于金属块的滑动方向，而金属块的滑动方向又因汽车的运动情况而发生变化，从惯性角度分析出的滑动情况，即可判断灯的亮与不亮。
【解答】解：ABC、当汽车加速前进时，滑块向后滑动，乙灯与滑块、电源组成闭合电路，有电流产生，乙灯亮，此时旅客受的合力方向向车前，旅客由于惯性，有向车后倒的趋势，故AC错误，B正确；
D、当汽车刹车时，滑块向前滑动，甲灯与滑块、电源组成闭合电路，有电流产生，甲灯亮，此时列车可能是减速进站，故D正确；
故选：BD。
【点评】利用惯性的知识，分析出汽车不同运动状态下，金属块M在滑杆上的滑动方向，是解决此题的关键，再根据金属片的连接情况，即可得出甲、乙灯是否被点亮。
15．【分析】木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对于木板向前滑．根据牛顿第二定律得出加速度以及速度与时间的关系．
【解答】解：A、木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动。加速度大小相等。故A正确。
B、木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直运动。故B错误，C正确。D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度．
二、解答题（共9小题，满分0分）
16．【分析】根据刻度尺的指示可得出EF之间的距离大小，注意需要进行估读，根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小．
【解答】解：①根据纸带上的数据，测量出EG间距SEG＝6.50﹣3.70＝2.80cm，
②根据题意可知，连续相等时间内的位移差相等为：△x＝0.20cm，即SEF＝1.30cm，
所以F点的刻度值是5cm处；
③平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
故vF=0.0650m-0.0370m2×0.02s=0.70m/s；
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，
得：a=0.002(0.02)2=5.00m/s2．
故答案为：①2.80 ②5 ③0.70； 5.00
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
17．【分析】（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；
（2）砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量。
【解答】解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C、打点计时器要开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D、平衡摩擦力后，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。
故选：AD
（2）根据实验原理可知当砝码和砝码桶的总质量m要远小于小车的总质量M时，可将砂和砂桶的总重力看作小车的拉力，一般认为大于10倍为远远大于，所以D不合适。
故答案为：（1）AD
（2）D
【点评】本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。
18．【分析】第3s内的位移等于前3s的位移减去前2s的位移，根据匀变速直线运动位移时间关系即可解题。
【解答】解：根据位移时间公式：x=12at2，
物体第3s内的位移：x3=12at32-12at22，
将x3＝5m，t3＝3s，t＝2s，
代入解得：a＝2m/s2。
故答案为：2
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
19．【分析】（1）以a分析根据平衡条件可求得绳子上的拉力，再对b分析，根据平衡条件可求得摩擦力大小；
（2）对滑轮受力分析，根据力的合成规律可求得合力的大小。
【解答】解：（1）设绳的拉力为T，物块b受到桌面的摩擦力为f，以物体a为对象，由a静止知：T＝mg，
以物体b为对象，其受力如图所示：

由b静止知：f＝Tcosα，
解得：f=103N。
（2）设绳对定滑轮的作用F1，绳OO′的张力F2，与竖直夹角为θ，如上图所示，
由几何关系可知：
拉力：F1＝2Tcosθ，
绳OO′的张力F2与F1平衡知：F2＝F1，
代入数据可得：F2=203N。
答：（1）桌面受到的摩擦力大小为103N；
（2）绳OO′对滑轮拉力的大小为203N。
【点评】本题涉及滑轮和结点平衡问题，注意正确确定研究对象，明确受力情况再根据平衡条件进行分析求解；注意两端绳子上具有相同的拉力，同时明确几何关系的正确应用即可。
20．【分析】（1）通过手表测量出火车依次通过个两个相隔s的电线杆所用的时间为t，再根据位移时间关系求解加速度；
（2）加速度与火车的加速度相同，对小铁锁进行受力分析，求出加速度即可．
【解答】解：（1）火车经过等间距且间隔为s的电线杆时的时间为t，火车的初速度为零，根据位移时间关系可得：
s=12at2，
解得加速度为：a=2st2；
（2）设小铁锁偏离桌子边缘的距离为d时，绳子与竖直方向的夹角为θ，对小铁锁进行受力分析如图所示，
根据题意可得：tanθ=dL2-d2，
根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma，
解得：a=dL2-d2⋅g．
答：（1）第一种方案加速度的表达式为a=2st2；
（2）第二种方案加速度的表达式a=dL2-d2⋅g．

【点评】本题是一道开放性实验题，符合新课标的理念．考查了学生利用身边的工具解决实际的物理问题能力，解答时从速度的变化与时间的关系及根据火车物体的受力情况综合分析求出加速度．
21．【分析】（1）根据受力分析，利用牛顿第二定律求得上滑的加速度；
（2）根据速度位移公式求得上滑的最大位移；
（3）对物体下滑时进行受力分析，求出加速度，根据速度位移公式求得下滑获得的速度
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma
代入数据解得物体的加速度：a＝10m/s2
（2）根据速度位移公式可得物块沿斜面上升的最大位移为：x=v022a=1022×10m=5m
（3）下降过程中有：mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma1
代入数据解得物体的加速度：a1＝4m/s2
根据速度位移公式可得物块重新回到斜面底端A时的速度大小为：vA=2a1x=25m/s。
故答案为：（1）10 （2）5 （3）25。
【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，熟记运动学中的位移公式；
22．【分析】对物体进行受力分析，根据正交分解求出合力大小，结合牛顿第二定律求解木箱的加速度；
根据运动学的公式求出加速度阶段的末速度以及位移大小，根据牛顿第二定律求出撤去F后木箱的加速度，结合运动学公式求解出减速到零的过程中木箱发生的位移，两段位移相加；
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：Fcos37°﹣f＝ma
f＝μ（mg﹣Fsin37°）
联立解得物体的加速度大小为：a＝2.6m/s2
（2）5s末木箱的速度v＝at＝13m/s
5s末木箱的位移x1=12at2=32.5m；
撤去F后木箱的加速度：a1＝μg＝2m/s2
撤去F后木箱的位移：x2=v22a1=32.5m
代入数据可得木箱发生的总位移为：x＝x1+x2＝74.75m
答：（1）撤去F前，木箱的加速度大小为2.6m/s2；
（2）木箱整个运动过程中发生位移的大小为74.75m；
【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，在分析滑动摩擦力大小时，注意正压力的大小的分析；
23．【分析】（1）以B为研究对象，受到重力、支持力和绳子拉力作用，画出受力示意图．
（2）根据几何关系求出各个角，根据受力平衡求解轻绳对小球的作用力大小；
（3）以斜面体为研究对象，画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解水平面对斜面体的支持力大小．
【解答】解：（1）以B为研究对象，受力如图甲所示．
（2）由几何关系知θ＝β＝30°，
根据受力平衡可得：
FT sinθ＝FN sinβ，
FT cosθ+FN cosβ＝mg
FT=33mg；
（3）以斜面体为研究对象，其受力如图乙所示，
由（2）可得：FN=33mg，
由牛顿第三定律有：FN′＝FN=33mg，
由受力平衡得，水平面对斜面体的支持力为：
FN1＝Mg+FN′cos θ＝Mg+12mg．
答：（1）受力分析示意图如图所示；
（2）轻绳对小球的作用力大小为33mg；
（3）水平面对斜面体的支持力大小为Mg+12mg．

【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：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或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
24．【分析】（1）整体由牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）以物块B为研究对象，根据牛顿第二定律求解物块A对物块B的作用力大小；
（3）根据牛顿第二定律求出二者减速运动的加速度大小，根据位移速度关系求解运动的位移，最后求出物块A、B间的最大距离．
【解答】解：（1）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则由牛顿第二定律得：
F﹣μAmAg﹣μBmBg＝（mA+mB）a，
代入数据解得：a＝2m/s2；
方向与力F的方向相同，即方向水平向右．
（2）设物块A对物块B的作用力大小为F′，以物块B为研究对象，则：
F′﹣μBmBg＝mBa，
代入数据解得：F′＝9N；
（3）撤去水平力F后，物块A、B都做匀减速运动，设它们的加速度分别为aA、aB，则根据牛顿第二定律可得：
μAmAg＝mAaA，μBmBg＝mBaB，
代入数据解得：aA＝2m/s2，aB＝1m/s2，
物块A运动的位移为：x1=v22aA=42×2m=1m，
物块B运动的位移为：x2=v22aB=42×1m=2m，
物块A、B间的最大距离为：△x＝x2﹣x1＝1m．
答：（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度为2m/s2；方向水平向右；
（2）物块A对物块B的作用力大小为9N；
（3）撤去推力后物块A、B间的最大距离为1m．
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．