一、不定项选择题：（前7题单选，后3题多选，每小题3分，共30分） 1．下列关于速度和速率的说法正确的是（ ） ①速率是速度的大小
②平均速率是平均速度的大小
③对运动物体，某段时间的平均速度不可能为零 ④对运动物体，某段时间的平均速率不可能为零． A．①②
B．②③
C．①④
D．③④
2．下列有关力的说法中正确的是（ ）
A．力是物体对物体的作用，所以只有直接接触的物体间才有力的作用 B．由磁铁间有相互作用可知，力可以离开物体而单独存在
C．木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的 D．质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外 3．一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（ ）
A．1：22；321：2：3 B．1：8：27，1：4：9 C．1：2：3，1：1：1 D．1：3：5，1：2：3
4．如图所示，光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球．靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止．现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到半球的顶点B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是（ ）
A．N变大，T变小 B．N变小，T变大
C．N变小，T先变小后变大 D．N不变，T变小
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5．如图所示，一个物体A沿斜面匀速下滑，现用一竖直向下的外力压物体A，下列说法正确的是（ ）
A．物体A所受的摩擦力可能减小 B．物体A对斜面的压力可能保持不变
C．不管F怎样增大，物体A总保持匀速直线运动 D．当F增大到某一值时，物体可能沿斜面加速下滑
6．如图，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB=3mA，则物体A的加速度大小等于（ ）
A．3g B．g C． D．
7．如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一条轻弹簧放在光滑的水平面上，A球靠紧墙壁，现用力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间，则（ ）
A．突然将F撤去瞬间，两球的速度和加速度均为0 B．A球离开墙壁后，两球的速度相等时弹簧恰好恢复原长 C．B球运动过程中加速度的最大值为
D．A球离开墙壁后，两球的加速度始终大小相等，方向相反
8．如图所示，在水平向右的拉力F作用下，木块在长木板上向右做匀减速直线运动，加速度大小为a，长木板处于静止状态，已知，木块质量为m，长木板质量为M，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2．地面对长木板的摩擦力大小为（ ）
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A．μ1（m+M）g B．F﹣ma C．μ1mg D．F+ma
9．如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面（斜面与水平面成θ角），最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是（ ）
A．由大变小 B．由小变大 C．始终不变
D．在水平面上时，细线张力=
F
10．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在水平地面上做直线运动．推力F以及物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g=10m/s2．（ ）
A．物体的质量为1kg B．物体的质量为2kg
C．物体与地面的动摩擦因数为0.5 D．物体与地面的动摩擦因数为0.25
二、填空题：（每空2分，共26分）
11．如图所示，用细绳拉着小球A向上做加速运动，小球A、B间用弹簧相连，二球的质量分别为m和2m，加速度的大小为a，若拉力F突然撤去，则A、B
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两球的加速度分别是 和 ．
12．如图所示，一物体从底边相等（均为l）的各种长度不等的光滑斜面顶端由静止滑下，则当斜面倾角θ= 时，物体滑到斜面底部所用时间最短，最短时间tmin= ．
13．某同学做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验，进行了如下操作：
（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都在竖直方向；
（2）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时测出其长度记为L0．弹簧下端挂上砝码盘时测出其长度记为Lx．在砝码盘中每次增加10g砝码，分别测出弹簧长度依次记为L1、L2、L3、L4、L5、L6，所得测量数据如表： 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 33.4 L4 35.35 L5 37.40 L6 39.30 数值（cm） 25.35 27.35 29.35 31.30 表中有一个数据记录不规范，代表符号为 ．由表可知所用刻度尺的最小分度为 ．
（3）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Lx的差值．由图可求得弹簧的劲度系数为 N/m；取重力加速度g=10m/s2，通过图和表可求得砝码盘的质量为 g．
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14．2013年6月20日上午十点，“神舟十号”航天员王亚平，首次面向全国六千多万中小学生开展太空授课和天地互动交流等科普教育活动，其中“测质量”最令人好奇和着迷．女航天员王亚平在太空授课时，解释太空测质量的原理是应用了牛顿第二定律；物体受到作用力与产生加速度的比值，即得质量．
某同学受到启发，想利用“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装置，测量小车质量．如图甲所示为实验装置图，图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电
（1）下列说法正确的是 ．
A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动
D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
（2）图乙为实验中打出的一纸带的一部分，从比较清晰的点迹其，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个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a= m/s2．（结果保留两位有效数字）
（3）实验时，该同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象如图丙所示，可能是图中的图线 （选填“甲”“乙”或“丙”），设图中直
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线的斜率均为k，根据牛顿定律可知，小车的质量为 ．
（4）该同学遗漏了平衡摩擦力，这对求解小车的质量有无影响？ （填“有”或“无”）
三、解答题：（本大题共2小题，共44分）
16．如图所示，在倾角θ=37°足够长的斜面底端有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现用大小为F=22.5N、方向沿斜面向上的拉力将物体由静止拉动，经时间t0=0.8s撤去拉力F，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，求：
（1）t0=0.8s时物体速度v的大小；
（2）撤去拉力F以后物体在斜面上运动的时间t．
17．如图所示，小木块A位于长木板B的最左端，B放在光滑水平面上，用水平恒力F=10N拉动A向右运动，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.10，B的长度为L=1.0m，mA=5.0kg，mB=10kg，求A拉到长木板B的最右端时，木块A和木板B对水平面的位移各为多少？
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西安高新一中物理高一年级下册试卷
参考答案与试题解析
一、不定项选择题：（前7题单选，后3题多选，每小题3分，共30分） 1．下列关于速度和速率的说法正确的是（ ） ①速率是速度的大小
②平均速率是平均速度的大小
③对运动物体，某段时间的平均速度不可能为零 ④对运动物体，某段时间的平均速率不可能为零． A．①②
B．②③
C．①④
D．③④
【考点】速度；速率．
【分析】瞬时速度的大小表示速率，但是平均速度的大小与平均速率概念不同，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值
【解答】解：①速率一般是指瞬时速度，故速率是速度的大小，故①正确； ②平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值，故②错误；
③对运动物体，某段时间的内的位移可以为零，故平均速度可以为零，故③错误； ④对运动物体，某段时间的路程不可能为零，故平均速率不可能为零，故④正确；
故选：C
2．下列有关力的说法中正确的是（ ）
A．力是物体对物体的作用，所以只有直接接触的物体间才有力的作用 B．由磁铁间有相互作用可知，力可以离开物体而单独存在
C．木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的 D．质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外 【考点】重心；力的概念及其矢量性．
【分析】力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的，两个物体产生力的作用时，不一定相互接触；重心可以在物体上，也可以在物体外．
【解答】解：A、两个物体产生力的作用时，不一定相互接触，比如磁铁吸引铁
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钉，故A错误；
B、磁铁间的相互作用是通过磁场进行的；并没有脱离物体而单独存在；故B错误；
C、木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故C错误；
D、质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外；如环形物体；故D正确； 故选：D
3．一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是（ ）
A．1：22；321：2：3 B．1：8：27，1：4：9 C．1：2：3，1：1：1 D．1：3：5，1：2：3
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．
【分析】根据初速度为零的匀加速直线运动的位移时间公式得出1s内、3s内、6s内的位移之比，从而求出连续三段位移之比，结合平均速度的定义式求出三段位移上的平均速度之比． 【解答】解：根据x=
知，物体在1s内、3s内、6s内的位移之比为1：9：
36，则三段位移之比为1：8：27， 根据
知，位移之比为1：8：27，所用的时间之比为1：2：3，则平均速度之
比为1：4：9． 故选：B．
4．如图所示，光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球．靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止．现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到半球的顶点B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是（ ）
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A．N变大，T变小 B．N变小，T变大
C．N变小，T先变小后变大 D．N不变，T变小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化．
【解答】解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G．
由△NFA∽△AO1O得得到 N=T=
G G
==
由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，O1O，AO不变，O1A变小 可见T变小；N不变． 故选D．
5．如图所示，一个物体A沿斜面匀速下滑，现用一竖直向下的外力压物体A，
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下列说法正确的是（ ）
A．物体A所受的摩擦力可能减小 B．物体A对斜面的压力可能保持不变
C．不管F怎样增大，物体A总保持匀速直线运动 D．当F增大到某一值时，物体可能沿斜面加速下滑 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】对施加F前后物体受力情况进行分析，根据共点力平衡条件分析F对物体受力的影响，可得出各力的变化及物体运动状态的变化．
【解答】解：对物体受力分析，建立直角坐标系并将重力分解，如图所示：
在不加F时，根据共点力的平衡可知： f=mgsinθ N=mgcosθ；
物体静止，则有f≤μN，即sinθ≤μcosθ； 加上压力F时，同理将F分解，则有： x轴：f′=mgsinθ+Fsinθ=（mg+F）sinθ y轴：N′=Fcosθ+mgcosθ=（mg+F）cosθ 因为sinθ≤μcosθ
则（mg+F）sinθ≤μ（mg+F）cosθ 则得f′≤μN′．故物体A仍然保持静止
由上可知，物体所受的支持力和摩擦力均变大，则物体A对斜面的压力变大．故C正确． 故选：C
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6．如图，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB=3mA，则物体A的加速度大小等于（ ）
A．3g B．g C． D．
【考点】牛顿运动定律的应用﹣连接体．
【分析】因整体的加速度沿绳子方向，故本题应以整体沿绳进行分析，由牛顿第二定律可求得加速度．
【解答】解：AB连在一起，加速度相同；对整体分析可知整体沿绳方向只受B的拉力，则由牛顿第二定律可知，加速度为： a=
=g
故选：C．
7．如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一条轻弹簧放在光滑的水平面上，A球靠紧墙壁，现用力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间，则（ ）
A．突然将F撤去瞬间，两球的速度和加速度均为0 B．A球离开墙壁后，两球的速度相等时弹簧恰好恢复原长 C．B球运动过程中加速度的最大值为
D．A球离开墙壁后，两球的加速度始终大小相等，方向相反 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】力F撤去前，两球均处于平衡状态．撤去F瞬间，速度不能发生突变，弹簧的压缩量没有来得及发生改变，故弹簧的弹力不变，对B球运用牛顿第二定律，即可求得加速度的最大值．A球离开墙壁后，分析两球的合力关系，研究加
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速度关系．
【解答】解：A、撤去F前，B球处于静止状态，弹簧的弹力等于F．将F撤去的瞬间，速度不能发生突变，所以B球的速度仍然为零，弹簧的压缩量没有来得及发生改变，故弹簧的弹力不变，所以B球在水平方向只受弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可知：B球的加速度不为零．对于A球，此瞬间受力情况不变，加速度和速度均为零，故A错误；
B、A球离开墙壁后，弹簧恰好恢复原长时，A球刚要离开墙壁，速度为零，B球有向右的速度，两者速度不等．当两球的速度相等时弹簧伸长到最长或压缩到最短，故B错误．
C、撤去F的瞬间，弹簧的弹力最大，B球的合力最大，加速度最大，为 a=，故C错误．
D、A离开墙壁后，A、B两球受到弹簧的弹力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律F=ma可知加速度始终大小相等，方向相反，故D正确； 故选：D
8．如图所示，在水平向右的拉力F作用下，木块在长木板上向右做匀减速直线运动，加速度大小为a，长木板处于静止状态，已知，木块质量为m，长木板质量为M，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2．地面对长木板的摩擦力大小为（ ）
A．μ1（m+M）g B．F﹣ma C．μ1mg D．F+ma
【考点】摩擦力的判断与计算．
【分析】对木块进行分析可求得木块受到的摩擦力；再对木板进行分析，由共点力的平衡可求得地面对长木板的摩擦力大小．
【解答】解：由木块受力分析可知，木块受重力、支持力、摩擦力及拉力作用下做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知：f﹣F=ma；解得：f=F+ma；
再对M分析可知，M处于静止状态，则M受力平衡；而M水平方向只受地面
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的摩擦力和m对M的摩擦力；二力一定大小相等，方向相反，故地面对长木板的摩擦力大小为F+ma； 故选：D．
9．如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面（斜面与水平面成θ角），最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是（ ）
A．由大变小 B．由小变大 C．始终不变
D．在水平面上时，细线张力=
F
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以物体m1为研究对象，由牛顿第二定律求出细线上的拉力．
【解答】解：设细线上的张力为F1．根据牛顿第二定律，在水平面上运动时，有：
对m1：F1﹣μm1g=m1a…①
对整体：F﹣μ（m1+m2）g=（m1+m2）a…② 联立①②解得：F1=在斜面上运动时：
对m1：F1﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ=m1a…③
对整体：F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ=（m1+m2）a…④ 联立③④解得：F1=
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同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是确． 故选：CD
．故AB错误，CD正
10．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在水平地面上做直线运动．推力F以及物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g=10m/s2．（ ）
A．物体的质量为1kg B．物体的质量为2kg
C．物体与地面的动摩擦因数为0.5 D．物体与地面的动摩擦因数为0.25 【考点】摩擦力的判断与计算．
【分析】由v﹣t图象可以判定加速度，进而由牛顿第二定律，列出两个方程，可以求得质量和加速度． 【解答】解： 由图知：
0～2s的加速度为：a1=2～6s的加速度为：a2=由牛顿第二定律得： F1﹣μmg=ma1 F2﹣μmg=ma2 解得： m=2kg
μ=0.25，故AC错误，BD正确； 故选：BD．
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m/s2=0.5m/s2； m/s2=﹣0.25m/s2；
二、填空题：（每空2分，共26分）
11．如图所示，用细绳拉着小球A向上做加速运动，小球A、B间用弹簧相连，二球的质量分别为m和2m，加速度的大小为a，若拉力F突然撤去，则A、B两球的加速度分别是 3g+2a 和 a ．
【考点】牛顿第二定律；胡克定律．
【分析】对B分析，运用牛顿第二定律求出弹簧的弹力，撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，分别对A、B运用牛顿第二定律求出它们的加速度大小． 【解答】解：F撤去前，对B有：F弹﹣2mg=2ma，解得F弹=2mg+2ma． 撤去F后，A受重力和向下的弹力，根据牛顿第二定律得，
a，方向向下．
B受重力和向上的弹力，根据牛顿第二定律得，故答案为：3g+2a a．
，方向向上．
12．如图所示，一物体从底边相等（均为l）的各种长度不等的光滑斜面顶端由静止滑下，则当斜面倾角θ= 45° 时，物体滑到斜面底部所用时间最短，最短时间tmin= 2 ．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】对于任意斜面，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据位移时间公
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式求出时间的表达式，结合数学知识求最短时间．
【解答】解：设任一斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度为： a=
=gsinθ，
底边的长度为l，则斜面的长度为： s=
根据运动学公式得： s=得：t=
==
根据数学知识可知，当2θ=90°，即θ=45°时，t最短，且最短时间为：tmin=2故答案为：45°，2
13．某同学做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验，进行了如下操作：
．
（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都在竖直方向；
（2）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时测出其长度记为L0．弹簧下端挂上砝码盘时测出其长度记为Lx．在砝码盘中每次增加10g砝码，分别测出弹簧长度依次记为L1、L2、L3、L4、L5、L6，所得测量数据如表： 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 33.4 L4 35.35 L5 37.40 L6 39.30 数值（cm） 25.35 27.35 29.35 31.30 表中有一个数据记录不规范，代表符号为 L3 ．由表可知所用刻度尺的最小分度为 1mm ．
（3）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Lx的差值．由图可求得弹簧的劲度系数为 5 N/m；取重力加速度g=10m/s2，通过图和表可求得砝码盘的质量为 10 g．
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【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】（2）用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的；
（3）由胡克定律求出弹簧的劲度系数与砝码盘的质量．
【解答】解：（2）由表中实验数据可知，弹簧长度的单位是cm，小数点后有两L3的数据是33.4cm，为有效数字，说明刻度尺的分度值为mm，该数据是错误的，因为刻度尺的分度值为1mm，小数点后应有两位数字．
（3）根据胡克定律公式△F=k△x，由图象可知，弹簧的劲度系数k==
=5N/m；
=
由表格得到，弹簧原长为：L0=25.35cm，挂砝码盘时：Lx=27.35cm， 根据胡克定律，砝码盘质量为：M==0.01kg=10g；
故答案为：（2）L3；1mm；（3）5；10．
14．2013年6月20日上午十点，“神舟十号”航天员王亚平，首次面向全国六千多万中小学生开展太空授课和天地互动交流等科普教育活动，其中“测质量”最令人好奇和着迷．女航天员王亚平在太空授课时，解释太空测质量的原理是应用了牛顿第二定律；物体受到作用力与产生加速度的比值，即得质量．
某同学受到启发，想利用“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装置，测量小车质量．如图甲所示为实验装置图，图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电
=
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（1）下列说法正确的是 BCD ．
A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动
D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
（2）图乙为实验中打出的一纸带的一部分，从比较清晰的点迹其，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个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a= 1.0 m/s2．（结果保留两位有效数字）
（3）实验时，该同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象如图丙所示，可能是图中的图线 丙 （选填“甲”“乙”或“丙”），设图中直线的斜率均为k，根据牛顿定律可知，小车的质量为
．
（4）该同学遗漏了平衡摩擦力，这对求解小车的质量有无影响？ 无 （填“有”或“无”）
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】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．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚；如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况． 小车做的是匀加速直线运动，可由△x=at2求解加速度．
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误；
B、若连接砝码盘和小车的细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的外力，这样导致误差增大，故B正确；
C、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要
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重新平衡摩擦力，故长木板的位置不能移动，以防摩擦力不再平衡，故C正确；
D、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故D正确． 故选：BCD；
（2）由△x=aT2得：a=解得：a=
=1.0m/s2
（3）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．
设图中直线的斜率均为k，根据牛顿定律F=ma可知， 则有：a=F，小车的质量为m=；
（4）该同学遗漏了平衡摩擦力，则会出现甲图象，但图象的斜率不变，那么这对求解小车的质量无影响，
故答案为：（1）BCD；（2）1.0；（3）丙，；（4）无
三、解答题：（本大题共2小题，共44分）
16．如图所示，在倾角θ=37°足够长的斜面底端有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现用大小为F=22.5N、方向沿斜面向上的拉力将物体由静止拉动，经时间t0=0.8s撤去拉力F，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，求：
（1）t0=0.8s时物体速度v的大小；
（2）撤去拉力F以后物体在斜面上运动的时间t．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】（1）分析撤去力F前物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解撤去力F时物体的速度大小；
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（2）撤去力F后，物体先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出向上减速过程的加速度，由运动学公式求出时间和位移．再由牛顿第二定律求出向下加速过程的加速度，由运动学公式求出时间和位移．
【解答】解：（1）在拉力作用下物体沿斜面向上做匀加速运动，作出物体受力分析如图所示：
根据受力情况和牛顿运动定律有： F﹣mgsinθ﹣f=ma…① f=μN=μmgcosθ…② v=at0…③
联解并代入数据得： v=10m/s
（2）撤去拉力后物体先向上做匀减速运动至速度为0后向下做匀加速运动至斜面底端．设向上运动时间为t1，向下运动时间为t2，拉力作用下物体发生的位移为x0，由牛顿运动定律有：
…④
向上运动时：
﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1…⑤ 0﹣v=a1t1…⑥
…⑦
向下运动时：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2…⑧
…⑨
t=t1+t2…⑩
联解并代入数据得： t=4s
答：（1）t0=0.8s时物体速度v的大小为10m/s；
（2）撤去拉力F以后物体在斜面上运动的时间t为4s．
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17．如图所示，小木块A位于长木板B的最左端，B放在光滑水平面上，用水平恒力F=10N拉动A向右运动，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.10，B的长度为L=1.0m，mA=5.0kg，mB=10kg，求A拉到长木板B的最右端时，木块A和木板B对水平面的位移各为多少？
【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】分别对AB两物体进行分析，由牛顿第二定律可求得各自的加速度，再由位移关系可求得时间；即可由位移公式求得各自的位移．
【解答】解：对A受力分析可知，A水平方向受拉力和摩擦力的作用；由牛顿第二定律可知： F﹣μmAg=mAaA
代入数据解得：aA=1m/s2；
B物体水平方向只受摩擦力，由牛顿第二定律可知： μmAg=mBaB
解得：aB=0.5m/s2； 达到最右端时有：
﹣
=L
代入数据解得：t=2s； 则可知，A的对地位移为：xA=B的对地位移为：xB=
=
=4=1m；
=2m；
答：AB的对地位移分别为2m和1m．
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