福建省龙岩市2019-2020学年高一上学期期末物理试卷 (含解析)

福建省龙岩市2019-2020学年高一上学期期末物理试卷

一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）

1.发现万有引力定律的科学家是()

A. 开普勒

B. 牛顿

C. 卡文迪许

D. 爱因斯坦

2.下列事例中，利用了物体的惯性的是()

A. ①②

B. ③④

C. ①④

D. ②③

3.以下属于国际单位制中基本单位的是()

A. 力

B. 质量

C. 米

D. 米每秒

4.物体沿一直线运动，下列说法正确的是()

A. 物体在某时刻的速度为6m/s，则在含有这时刻的1s内物体一定走6m

B. 物体在某1s内的平均速度为6m/s，则在这1s内物体位移一定为6m

C. 物体在某段时间内平均速度为6m/s，这段时间内的任意1s位移都为6m

D. 物体在t1时刻的速度为3m/s，在t2时刻的速度为7m/s，则在t1～t2的平均速度为5m/s

5.如图甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以30m/s的

速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是()

A. 10s内火箭的速度改变量为10m/s

B. 2.5s内汽车的速度改变量为?30m/s

C. 火箭的速度变化比汽车的快

D. 火箭的加速度比汽车的加速度大

6.一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过

程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为ν0，则()

A. 增大a1，保持a2、ν0不变，加速过程的平均速度不变

B. 减小a1，保持a2、ν0不变，匀速运动过程的时间将变长

C. 增大ν0，保持a1、a2不变，全程时间变长

D. 只要ν0不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变

7.关于自由落体加速度g，下列说法正确的是()

A. 同一物体不论什么地点g相等

B. 重的物体与轻的物体相比较，在同一地点总是重的物体g较大

C. g的方向总是垂直于地面向下

D. 长沙地区的g值小于北京地区的g值

8.如图所示，一小球被限制在x=0与x=x1之间运动，设开始时小球从x=0

处以速度v0向右运动，假定小球在区间内运动时能保持恒定速率，且每次在

x=0或x=x1处碰撞返回后，其速率减为原来速率的一半．则下列图中描述小球自运动开始后至第二次回到x=0处的位移?时间图正确的是()

A.

B.

C.

D.

9.一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行，如图所示。下列说法中正确

的是

A. 菜叶对蜗牛的作用力大小一定不变

B. 菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变

C. 菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不断减小

D. 菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不变

10.两个大小相等的共点力F1、F2，当它们间夹角为90°时合力大小为20N，则当它们间夹角为120°

时，合力的大小为()

A. 40N

B. 10√2N

C. 20√2N

D. 10√3N

11.下列关于牛顿运动定律的说法正确的是()

A. 力是维持物体运动的原因

B. 牛顿第一定律可以用实验直接验证

C. 作用力与反作用力只存在于相互接触的两个物体之间

D. 作用力与反作用力的性质一定相同

12.如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，

下列结论不正确的是()

A. 物体到达各点的速率之比v B：v C：v D：v E=1：√2：√3：2

t D

B. 物体到达各点经历的时间t E=2t B=√2t C=2

√3

C. 物体从A到E的平均速度v=v B

D. 物体通过每一部分时，其速度增量v B?v A=v C?v B=v D?v C=v E?v D

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

13.电梯内有一轻弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡时，弹簧伸长了4cm；在竖直运动过程中，

发现弹簧伸长了5cm，判断电梯的运动是()

A. 加速上升

B. 加速下降

C. 减速下降

D. 减速上升

14.将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上

抛出，抛出时间相隔2s，它们运动的v?t图象分别如直线甲、

乙所示，则()

A. t=2s时，两球高度相差一定为40 m

B. t=4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等

C. 两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等

D. 甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等

15.如图所示，质量为m的木块在推力F的作用下，在水平地面上做匀速直线运动．已知木块与地

面间的动摩擦因数为μ，F的方向与地面成θ角斜向下．则地面对木块的滑动摩擦力大小为()

A. μmg

B. Fcosθ

C. Fsinθ

D. μ(mg+Fsinθ)

16.如图所示，将一质量为m的三角形物体放在水平地面上，当用一水平力

F经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度匀速运动，

当某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的

瞬间()

A. 物体的加速度大小为F

，方向水平向左

m

B. 物体的加速度大小为2F

，方向水平向左

m

C. 地面对物体的作用力大小为mg

D. 地面对物体的作用力大小为√mg2+F2

17.如图所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于

P上的光滑小圆柱体Q，质量为m，半径为R，此时竖直挡板

MN恰好与P、Q相切，下面说法正确的是()

A. Q受到P的弹力为2√3

mg

3

B. Q受到挡板MN的弹力为√3

mg

3

C. 若挡板水平向右缓慢移动一小段，P受到地面摩擦力不变

D. 若挡板水平向右缓慢移动一小段，Q受到P的弹力变大

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

18.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系

上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图甲所示)；图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．

(1)实验时，需要两次拉伸橡皮条：一次是让橡皮条在互成角度的两个弹簧测力计的共同作用下

拉长；另一次是让橡皮条在一个弹簧测力计作用下拉长.对两次拉长橡皮条的要求，

下列说法中正确的是______

A.将橡皮条和绳的结点拉到相同位置

B.两弹簧测力计之间的夹角应为90°

C.弹簧测力计、细绳和橡皮条都应与木板平行

D.用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两个弹簧测力计的示数必须相同

(2)图乙所画的四个力中不是通过弹簧测力计直接测出的是______(选填F1、F2、F或F′)，本实

验所采用的科学方法是______.(选填“控制变量法”或“等效替代法”)

19.在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，某同学采用了如图甲所示的实验装置，小

车及车中额砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码用m表示：

(1)当M和m的大小关系满足______时，可以认为细线对小车的拉力与盘和砝码的总重力大小

相等．

(2)该同学在保持盘中的砝码质量一定，探究加速度与小车质量的关系，下列说法正确的是

______

A.平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线通过定滑轮系在小车上

B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

C.实验时，先接通打点计时器的电源，再释放小车

D.实验中，小车运动的加速度可直接用公式a=mg

求出

M

(3)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带，每相邻两计数点之间还有4个点(图中未画出)，

已知电源的频率为50Hz，计数点间的距离如图所示．打计数点4时，小车的速度为v=______m/s，实验中小车的加速度a=______m/s2(以上结果均保留两位有效数字)．

四、简答题（本大题共2小题，共21.0分）

20.如图所示．物体A放在某一水平面上，已知物体A重80N，A与

水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3，AB均处于静止状态，绳AC

水平，绳CD与水平方向成37°角，CD绳上的拉力为25N.求：

(1)物体A受到的摩擦力为多大？

(2)物体B重力为多大？

21.如图所示，一块质量为M、长为l的匀质板放在很长的水平桌面上，板的左端有一质量为m的

物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮并与桌面平行，某人以恒定的速度v向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，且此时板的右端距离桌边定滑轮足够远．求：

(1)若板与桌面间光滑，物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移．

(2)若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板右端，板与桌面的动摩擦因数的范围．

(3)若板与桌面间的动摩擦因数取(2)问中的最小值，在物块从板的左端运动到右端的过程中，

人拉绳的力所做的功(其他阻力均不计)．

五、计算题（本大题共1小题，共9.0分）

22.如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.5m，质量M=2.0kg的B物

体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行．A的质量m=0.25kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动．A、B物体均可视为质点，取g=10m/s2，sin37°=

0.6，cos37°=0.8．

(1)求A物体下落的加速度大小及绳子拉力F的大小；

(2)求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；

m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量(3)若A物体从?=5

3

m的取值范围．(设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

-------- 答案与解析 --------

1.答案：B

解析：解：伽利略的理想斜面实验推论了物体不受力时运动规律，开普勒发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人(开普勒、胡克、雷恩、哈雷)研究的基础上，凭借他超凡的数学能力，发现了万有引力定律，经过了100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量；

故选：B．

万有引力定律是牛顿在前人(开普勒、胡克、雷恩、哈雷)研究的基础上，凭借他超凡的数学能力证明，在1687年于《自然哲学的数学原理》上发表的．

万有引力定律的发现，是17世纪自然科学最伟大的成果之一．它把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，对以后物理学和天文学的发展具有深远的影响．它第一次解释了(自然界中四种相互作用之一)一种基本相互作用的规律，在人类认识自然的历史上树立了一座里程碑．

2.答案：C

解析：

根据惯性的概念(即任何物体都有保持原来运动状态的性质叫惯性)对四个选项的物理情景进行逐个分析，然后与题目的要求进行对应，从而得到答案。

此题主要考查了惯性的概念；通过不同的事例考查了学生对惯性的理解；会分辨利用惯性和防止惯性。

②中打开降落伞是为了增大运动员受到的阻力，③中轮胎制成不平整的花纹是为了增大轮胎与地面的摩擦力，故C正确。

3.答案：C

解析：解：A、力是物理量，不是物理量的单位．故A错误；

B、质量是物理量，不是物理量的单位．故B错误；

C、米是长度的单位，是七个基本单位之一．故C正确；

D、米每秒是速度的单位，是导出单位，故D错误．

故选：C

国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质

的量．它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．

国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．

4.答案：B

解析：解：A、物体在某时刻的速度为6m/s，下一时刻速度多大不清楚，所以物体在1s内不一定走6m，故A错误。

B、物体在某1 s内的平均速度是6m/s，根据x=vt，则物体在这1s内的位移一定是6m，故B正确。

C、物体在某段时间内的平均速度是6m/s，但物体在任意1s内的平均速度不清楚，所以物体在任意1s不一定走6m，故C错误。

D、知道两个时刻的瞬时速度，不知道物体做何种运动，所以无法确定这段时间内的平均速度，故D 错误。

故选：B。

物体在某段时间内或通过某段位移时的速度叫平均速度；物体通过某一位置或某一时刻的速度叫瞬时速度。

平均速度根据平均速度定义v=x

t

求解。

本题考察平均速度和瞬时速度，只要理解了概念就一定会做，故要熟记并理解概念。

5.答案：B

解析：解：规定初速度的方向为正方向。

A、火箭的速度改变量为△v=v2?v1=100m/s?0=100m/s，故A错误，

B、108km/?=30m/s，汽车的速度改变量为△v′=v2′?v1′=0?30m/s=?30m/s，故B正确；

C、根据a=△v

△t 得：火箭的加速度为：a1=100

10

=10m/s2，汽车的加速度为：a2=?30

2.5

=?12m/s2，

所以火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车慢，所以CD错误。

故选：B

根据加速度的定义求得加速度的大小，速度改变量为末速度减去初速度，然后进行比较即可。

解决本题的关键掌握加速度的定义式，注意速度的方向与正方向相同，取正值，与正方向相反，取负值。

解析：

根据匀变速运动规律求得各阶段的运动时间及平均速度，即可根据总位移不变得到运动时间的关系;再根据运动时间变化得到平均速度的变化。

匀加速或匀减速运动时，平均速度为起点、终点的平均值;运动时间根据速度变化量和加速度求解。

A.由匀变速直线运动的规律可知公交车加速运动过程的平均速度等于ν0

2

，ν0不变则加速过程的平均速度不变，A正确；

B.匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为x1=1

2ν0t1、x2=ν0t2、x3=1

2

ν0t3，如果减小a1，

保持a2、ν0不变，则加速过程的时间t1=ν0a

1

将变长，加速过程的位移x1增大，而减速的时间和位移不变，所以匀速的位移将减小，匀速的时间变短，B错误；

C.作出公交车运动的速度时间图像如下图甲所示，增大ν0，保持a1、a2不变，运动的时间将变短，C 错误；

D.同理，如下图乙所示，ν0不变，a1、a2变化，则全程的时间将会发生变化，全程平均速度变化，D 错误。

故选A。

7.答案：D

解析：解：A、在地球上不同的纬度、不同的高度的物体的重力加速度不同，故A错误；

B、重力加速度与物体的质量无关，同一地点重力加速度相同，故B错误；

C、重力的方向总是竖直向下，故重力加速度的方向也总是竖直向下，故C错误；

D、长沙地区的纬度小于北京的纬度，故长沙地区的重力加速度小于北京地区的重力加速度，故D 正确；

物体仅受重力时运动的加速度就是自由落体的加速度，在地球上不同的纬度、不同的高度的物体的重力加速度不同，重力加速度的方向总是竖直向下．

明确重力加速度随着纬度和高度的增加而减小是关键，基础题．

8.答案：C

解析：解：根据题目的描述可以发现小球在区间内做匀速直线运动，位移随时间是均匀增大再均匀减小依次交替，位移的方向不变始终向右，所以位移时间图象是倾斜的直线而且是在t轴上方。由于每次在x=0或x=x1处碰撞返回后，其速率减为原来速率的一半，所以时间会依次增大到原来的两倍，故C正确，ABD错误。

故选C。

根据题目的描述可以发现小球在区间内做匀速直线运动，位移随时间是均匀增大再均匀减小的，方向不变，由于每次在x=0或x=x1处碰撞返回后，其速率减为原来速率的一半，所以时间会增大到原来的两倍．

该题考查了匀速直线运动的位移时间图象．位移是矢量，我们在处理问题时要考虑它的大小和方向．9.答案：A

解析：

蜗牛沿着菜叶从左向右缓慢爬行过程，坡角先变小后变大，根据平衡条件列式分析。

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。

A、菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力，始终与重力平衡，一直不变，故A正确；BCD、设坡角为α，蜗牛受重力、支持力、摩擦力，三力平衡．根据平衡条件可得：N=mgcosα，f=mgsinα；由于坡角α先变小后变大，故支持力N先增大后减小，静摩擦力先减小后增大；故BCD 错误；

故选A。

10.答案：B

两个大小相等的共点力F1、F2，当它们间夹角为90°时合力大小为20N，根据平行四边形定则求出分力的大小，当夹角为120°时，再根据平行四边形定则求出合力的大小。

解决本题关键知道力的合成与分解遵循平行四边形定则，会根据平行四边形定则去求合力或分力。当两个力之间的夹角为90°时合力大小为20N，根据平行四边形定则，知F1=F2=10√2N。当两个力夹角为120°时，根据平行四边形定则知，F合=10√2N，故B正确，A、C、D错误。

故选B。

11.答案：D

解析：

牛顿第一定律考查的是力与运动的关系，牛顿第三定律是作用力与反作用力的关系。

本题考查了对牛顿定律的理解，知道牛顿运动定律、正确理解其含义即可正确解题，平时要注意基础知识的学习。

A.牛顿运动定律告诉我们力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，A错误；

B.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，B错误；

C.不相互接触的两个物体之间也可能存在作用力与反作用力，如相互吸引且并未接触的两块磁铁，C 错误；

D.作用力与反作用力的性质相同，D正确。

故选D。

12.答案：D

解析：

本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较．

本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解．

A 、根据运动学公式v 2?v 02=2ax 得：

物体由A 点从静止释放，所以v 2=2ax

所以物体到达各点的速率之比v B ：v C ：v D ：v E =1：√2：√3：2，故A 正确。 B 、根据运动学公式x =v 0t +1

2at 2得：

t =√2x

a

物体到达各点经历的时间t B ：t C ：t D ：t E =1：√2：√3：2， 即t E =2t B=√2t C =√3D ，故B 正确。 C 、由于v E =2v B

物体从A 到E 的平均速度v =0+v E 2

=v B

故C 正确。

D 、v B ：v C ：v D ：v

E =1：√2：√3：2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D 错误。 本题选错误的，故选D 。

13.答案：AC

解析：解：电梯静止不动时，重物受力平衡，有： mg =kx 1

弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量答了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有： mg ?kx 2=ma

故加速度向上，故电梯可能加速向上运动，也可能减速下降，故AC 正确，BD 错误 故选：AC

对重物受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯的运动情况．

本题关键是对重物受力分析，根据牛顿第二定律判断出重物加速度方向，由于重物和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的运动情况．

14.答案：BD

解析：解：A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通过

的位移为x甲=1

2

×(30+10)×2m=40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t=2s时两球的高度相差不一定为40m。故A错误。

B、t=4s时，甲球相对于抛出点的位移为1

2×30×3?1

2

×10×1=40m，乙球相对于抛出点的位移

为1

2

×(30+10)×2m=40m，故两球相对于各自的抛出点的位移相等。故B正确。

C、两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x=??=v0t?1

2

gt2，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等。故C错误。

D、由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s。故D正确。

故选：BD。

速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，但不能反映物体初始的位置．由图直接读出物体运动的时间．

本题要结合图象的意义和竖直上抛运动的规律进行分析，关键要掌握速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移．

15.答案：BD

解析：

物体匀速运动，说明物体是处于受力平衡状态，由水平和竖直方向的平衡条件分别列方程，加上滑动摩擦力的公式，就能求出滑动摩擦力的大小。

对物体受力分析，由水平和竖直方向和滑动摩擦力的公式分别列方程求解即可。

由于物体做匀速运动，对物体受力分析，根据平衡条件，有：

水平方向：Fcosθ=f

竖直方向：F N=mg+Fsinθ

滑动摩擦力：f=μF N=μ(mg+Fsinθ)

故AC错误，BD正确。

故选BD。

16.答案：BD

解析：解：AB、开始时物体做匀速直线运动，则知推力F等于滑动摩擦力，即F=f.某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，物体仍然向右运动，滑动摩擦力仍然向左，则合力为F合=

F+f=2F，方向向左，根据牛顿第二定律得，物体的加速度a=F合

m =2F

m

，方向水平向左。故A错

误，B正确；

CD、地面对物体有支持力和摩擦力，支持力等于重力mg，摩擦力等于F，根据平行四边形定则知，地面对物体的作用力F′=√(mg)2+F2.故C错误，D正确。

故选：BD。

物体原来做匀速直线运动，由平衡条件可求得物体所受的滑动摩擦力大小．改推力为拉力，求出瞬间的合力，从而得出瞬间的加速度大小和方向．地面对物体有支持力和摩擦力作用，结合平行四边形定则求出地面对物体的作用力．

本题考查牛顿第二定律的瞬时性和矢量性，关键要抓住改推力为拉力瞬间，滑动摩擦力没有变化，确定出物体所受的合力，结合牛顿第二定律进行求解．

17.答案：ABD

解析：解：AB、对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的支持力N1和P对Q的支持力N2，如图

由几何关系得：cosθ=0.5，所以θ=60°

根据平衡条件得：

N1=mgcotθ=√3

3

mg

N2=mg

sinθ=2√3

3

mg，故AB正确；

CD、对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，

根据共点力平衡条件，有：

f=N1=mgcotθ

MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变小，故f变大，N2变大，故C错误，D正确；故选：ABD。

对小圆柱体Q受力分析，受到重力、挡板MN的支持力和P对Q的支持力，共点力平衡条件求P和挡板分别对Q的弹力大小。

本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。

18.答案：(1)AC

(2)F等效替代法

解析：

(1)本实验采用“等效法”，即要求两次

拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力大

小以及夹角大小没有具体要求，只要便于

作图以及减小误差即可；因此在实验中尽

量减小力的测量及作图中出现的误差；

(2)通过平行四边形定则得出的合力在平

行四边形的对角线上，由于误差的存在，通过弹簧测力计得出的力与其有一定的夹角。

(1)A.用两个弹簧秤拉橡皮条，使橡皮条的结点拉到位置O；若只用一个弹簧秤拉，要产生相同的效果，必须是橡皮条形变量相同且形变的方向也相同，所以必须是：把橡皮条的结点拉到位置O，故A正确；

B.本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向和夹角没有限制，故B错误；

C.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行，故C正确；

D.两弹簧测力计拉橡皮条时，两弹簧测力计的示数不一定相同，故D错误；

故选AC。

(2)该实验中F是由平行四边形法则得出的合力，而F′是通过实际实验得出的，即用一个弹簧测力计测出的，而F在F1、F2组成的平行四边形的对角线上，不是通过弹簧测力计直接测出的．本实验所采用的科学方法是等效替代法。

故答案为(1)AC；(2)F；等效替代法。

19.答案：m<

解析：

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，以及知道实验的原理和操作中的注意事项。

(1)根据牛顿第二定律，运用整体法和隔离法得出拉力的表达式，从而得出细线对小车的拉力与盘和砝码的总重力大小相等的条件。

(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项逐项分析，得出正确的答案。

(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点4的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度。

解：(1)根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=mg

M+m ，隔离对小车分析，拉力F=Ma=

Mmg

M+m

=mg

1+m

M

，

可知m<

(2)A、平衡摩擦力时，不能将盘及盘中的砝码用细线通过定滑轮系在小车上，故A错误。

B、每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B正确。

C.实验时，先接通打点计时器的电源，再释放小车，故C正确。

D、实验中，小车运动的加速度由纸带得出，故D错误。

故选：BC。

(3)计数点4的瞬时速度v4=x35

2T =0.0288+0.0339

0.2

m/s=0.31m/s，

根据△x=aT2，运用逐差法得，a=x36?x03

9T2=0.0288+0.0339+0.0388?0.0140?0.0189?0.024

0.09

=0.50m/s2。

故答案为：(1)m<

20.答案：解：(1)以结点C为研究对象，受力情况如图所示

A物体处于静止，在水平方向受到的摩擦力f大小与绳AC拉力大小相等，即

f=F2=F1cos37°=25×0.8=20N，

(2)因为处于静止状态，F1=25N

在y轴上，BC绳的拉力F3=F1sin37°=15N

B物体处于静止，G B=F3=15N

答：

(1)物体A受到的摩擦力的大小为20N；

(2)物体B重力的大小为15N．

解析：先结点C为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出绳AC、BC的拉力，即得到B的重力，对A物体研究，AC绳的拉力等于物体A受到的摩擦力，再由二力平衡求解物体A受到的摩擦力大小．

本题考查运用平衡解题的基本能力，其关键是分析物体的受力情况，难度不大，属于基础题．21.答案：解：(1)板在摩擦力作用下向右做匀加速运动直至与物块速度相同，此时物块刚到达板的中点，设木板加速度为a1，运动时间为t1，对木板有：

μ1mg=Ma、v=a1t1

故t1=Mv

μ1mg

设在此过程中物块前进位移为s1，板前进位移为s2，则s1=vt1、s2=v

2

t1

又因为s1?s2=l

2

，由以上几式可得

物块与板间的动摩擦因数μ1=Mv2

mgl 、板的位移s2=l

2

．

(2)设板与桌面间的动摩擦因数为μ2，物块在板上滑行的时间为t2，木板的加速度为a2，对板有μ1mg?

μ2(m +M)g =Ma 2，且v =a 2t 2 解得：t 2=Mv

μ

1mg?μ2(m+M)g

又设物块从板的左端运动到右端的时间为t 3，则：vt 3?v

2t 3=l ，t 3=2l

v 为了使物块能到达板的右端，必须满足：t 2≥t 3 即：Mv

μ

1mg?μ2

(m+M)g

≥2l

v ， 则：μ2≥Mv 2

2(m+M)gl

所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数为：μ2≥Mv 2

2(m+M)gl ． (3)设绳子的拉力为T ，物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s 3，则有： T ?μ1mg =0、s 3=vt 3=2l

由功的计算公式得：W T =Ts 3=2Mv 2，所以绳的拉力做功为2Mv 2． (或W =△E ，W =1

2Mv 2+μ1mgl +μ2(M +m)gl =2Mv 2) 答：(1)物块与板的动摩擦因数为Mv2

mgl 、板的位移为l

2；

(2)若板与桌面间有摩擦，为使物块能达到板的右端，板与桌面的动摩擦因数的范围为：μ2≥Mv 2

2(m+M)gl ； (3)若板与桌面间的动摩擦因数取(2)问中的最小值，在物块从板的左端运动到右端的过程中，人拉绳的力所做的功为2Mv 2．

解析：(1)板与物块都向右做初速度为零的匀加速运动，当两者速度相等时，木块与板相对静止，由牛顿第二定律与运动学公式分析答题．

(2)对板与物块进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出位移，然后根据两者间位移的几何关系分析答题．

(3)求出物体的位移，然后由功的计算公式求出拉力的功．

分析求出物体运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式、功的公式即可正确解题．

22.答案：解：(1)由牛顿第二定律得：

对A ：mg ?T =ma ，

对B ：T ?Mgsinθ?μMgcosθ=Ma ，

代入数据解得：a =2m/s 2，绳子拉力大小：T =20N ；

(2)设物体A 着地时B 的速度为v ，A 着地后B 做匀减速运动的加速度大小为a 1，