资源简介

合肥九中 2023-2024 学年第一学期单元质量检测
高一物理试卷
（考试时间：75 分钟 满分： 100 分）
一、选择题（本题共 12 小题，共 48 分。1-9 题为单选题，10-12 题为多选题）
1.2021 年 10 月 16 日 0 时 23 分， 搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭成功发射， 顺利
将翟志刚、王亚平、叶光富 3 名航天员送入太空。对于火箭在加速上升的过程中，下列说法正确的是( )
A. 火箭受到的合力方向竖直向下 B. 飞船内的航天员处于超重状态
C. 火箭受到的重力与空气对火箭的作用力是一对相互作用力
D. 飞船内的航天员对椅子的压力与椅子对宇航员的弹力是一对平衡力
2.物理公式不仅确定了公式中各物理量间的数量关系， 也确定了它们之间的单位关系。现有一个物理量k =
Gm2， 其中m1、 m2是质量， T是长度， 又已知G的单位是m3·kg 1 ·S 2， 据此推知物理量k的单位( )
A. 与重力的单位相同 B. 与加速度的单位相同 C. 与速度的单位相同 D. 与位移的单位相同
3.如图所示，两光滑斜面在B处连接， 小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为 3 m/S和 4 m/S，
AB = BC.设小球经过B点前后的速度大小不变， 则球在AB、BC段的加速度大小之比为( )
A. 3 ∶ 4 B. 9 ∶ 16 C. 9 ∶ 7 D. 11 ∶ 13
4.机动车礼让行人已经成为种普遍的自觉行为。 某汽车正以 10m/S的速度在公路上匀速直线行驶， 驾驶员 突然发现正前方 15m处斑马线上有行人， 于是刹车礼让。 设汽车与驾驶员的总质量为 2t， 驾驶员的反应时
间为 0.5S， 且汽车做匀减速运动恰好停止在斑马线前。 下列说法不正确的是( )
A. 汽车在驾驶员反应时间内位移大小为 5m B. 汽车在减速过程中第 2S内位移大小为 10m
C. 从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需 2.5S D. 汽车在减速过程中受到的阻力大小为 1.0 × 104N 5.将两个质量均为m的小球a、 b用细线相连后， 再用细线悬挂于。点， 如图所示。 用力F拉小球b， 使两个
小球都处于静止状态，且细线。a与竖直方向的夹角保持θ = 30° , 则F的最小值为( )
A. mg B. mg C. mg D. mg
6.粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图象如
(
图中甲乙，
取重力加速度
g
=
10m/S
2
，
则
( )
A.
前
2S
内物体运动的加速度为
3m/S
2
B.
前
4S
内物体运动的位移的大小为
8
m
)
C. 物体与地面间的动摩擦因数μ = 0.1 D. 物体的质量m为 2kg
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7.如图所示， 质量为M、 倾角θ = 30° 的斜面体始终静止在水平桌面上， 质量为m的木块沿光滑斜面自由下
滑， 重力加速度大小为g， 下列结论正确的是( )
A. 斜面体处于失重状态 B. 木块对斜面体的压力大小为mg
C. 桌面对斜面体的摩擦力大小为mg
D. 桌面对斜面体的支持力大小为(M + m)g
8.在一次某品牌新能源汽车的性能测试中， 在同一平直轨道上视为质点的甲、 乙两辆车从同一地点开始运
动， 其速度大小V随时间t的变化关系如图所示， 关于两车的运动情况， 下列说法正确的是( )
A. 乙车开始运动时， 甲车前进了 100m
B. 乙车追上甲车前， 甲、 乙两车间的最大距离为 100m
C. 从乙车开始运动起经过 27.5S乙车追上甲车
D. 甲车被乙车追上时， 甲车前进了 200m
9.如图所示， 与水平面夹角θ = 30° 的倾斜传送带A、 B两端相距L = 22m， 传送带始终以V0 = 12m/S的速 度逆时针匀速转动， 将一质量m = 1kg的物块轻放在传送带的A端， 物块与传送带间的动摩擦因数μ = ，
取重力加速度大小g = 10m/S2， 下列说法正确的是( )
A. 物块在传送带上先加速运动后匀速运动
B. 物块到达传送带B端时速度大小为 12m/S
C. 物块从A端运动到B端所经历的时间为 2.5S
D. 物块从A端运动到B端的路程比传送带通过的路程小 10m
10.科学家们对社会的发展做出了巨大的贡献， 关于科学家的成就， 下列说法正确的是( )
A. 伽利略发现物体做自由落体运动时， 轻的物体下落得慢， 重的物体下落得快
B. 英国科学家胡克发现了胡克定律(F = kX)
C. 牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律
D. 爱因斯坦提出了“力是改变物体运动的原因 ”这个观点
11.如图所示， A、 B两物块质量相等， 用一轻弹簧相连， 将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上， 系统处 于静止状态时， B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压， 此时轻弹簧的伸长量为X。 现将悬绳剪断， 则下列
说法正确的是 ( )
A. 悬绳剪断瞬间， A物块的加速度大小为g
B. 悬绳剪断瞬间， A物块的加速度大小为 2g
C. 悬绳剪断后， A物块向下加速运动X后开始减速
D. 悬绳剪断后， A物块向下加速运动 2X后开始减速
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12.如图a所示， 一轻质弹簧的下端固定在水平面上， 上端放置一物体(物体与弹簧不连接)， 初始时物体处 于静止状态。 现用竖直向上的拉力F作用在物体上， 使物体开始向上做匀加速运动， 拉力F与物体位移X的
关系如图b所示(g = 10m/s2)， 则正确的结论是( )
A. 物体与弹簧分离时， 弹簧处于压缩状态 B. 物体的加速度大小为 5m/s2
C. 物体的质量为 2kg D. 弹簧的劲度系数为 7.5N/cm
二、 实验题 （本大题共 2 小题， 共 20 分）
13.如图甲所示， 用铁架台、 弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码， 探究“在弹性限度内弹簧弹力与弹
簧伸长量的关系 ”实验。
(1)实验中还需要的测量工具有 。
(2)如图乙所示， 根据实验数据绘图， 纵轴是钩码质量m， 横轴是弹簧的形变量X。 由图像可得结论： 在弹
簧的弹性限度内， 弹簧的弹力与弹簧的伸长量成 (填“正比 ”或“反比 ”)， 弹簧的劲度系数
(
k
=
N/m(
计算结果保留
2
位有效数字
，
重力加速度
g
取
10
m
/
s
2
)
。
)(3)如图丙所示， 实验中用两根不同的弹簧a和b， 作出弹簧弹力F与弹簧长度L的F L图像， 下列说法正确
的是 。
A.a的原长比b的短
B.a的劲度系数比b的大
C.a的劲度系数比b的小
D.弹力与弹簧长度成正比
14.学习小组利用图甲所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系 .
(1)电火花计时器应使用 .
A.8 V交流电源 B. 8 V直流电源 C. 220 V交流电源 D. 220 V直流电源
(2)为了补偿摩擦力，将长木板的右端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在 (选填“挂 ”或“不挂 ”)
砝码盘且 (选填“拖动 ”或“不拖动 ”)纸带时能沿长木板匀速运动 .
(3)实验时保持砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量， 其目的是 .
A.减小摩擦力对小车的影响
B.小车所受的拉力近似等于小车所受的合力
C.小车所受的拉力近似等于砝码和砝码盘的总重力
D.保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度
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(4)图乙是实验中得到的一条纸带， A、 B、 C、 D、 E为 5 个相邻的计数点， 相邻的两个计数点之间还有四
个点未画出． 实验数据如图所示， 已知打点计时器的工作频率为 50 Hz， 则小车的加速度
(
a
=
m/s
2
(
结果保留两位有效数字
)
.
)(5)一小组根据实验数据作出的a F图像如图丙所示， 发现图线不过原点， 原因可能是
.
____________________________________________________________________________
三、 计算题 （本大题共 3 小题， 15 题 9 分， 16 题 9 分， 17 题 14 分， 共 32 分）
15.如图所示， 小孩与冰车的总质量m = 30kg。 大人用恒定拉力使冰车由静止开始沿水平冰面移动， 拉 力F = 30N， 方向与水平面的夹角θ = 37°。 已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ = 0.05， 重力加速度g =
10m/s2， sin37° = 0.6， cos37° = 0.8。 求：
(1)小孩与冰车受到的支持力大小；
(2)小孩与冰车的加速度大小；
(3)拉力作用t = 8s时间内， 冰车速度的大小。
16.某跳伞运动员做低空跳伞表演。 他离开悬停的飞机后先做自由落体运动， 当下落 180m时开始打开降落 伞， 到达地面时速度减为 5m/s。 如果认为开始打开降落伞直至落地前运动员在做匀减速运动， 加速度为
12.5m/s2， g取 10m/s2。 问：
(1)运动员打开降落伞时速度的大小是多少？
(2)运动员离开飞机时距地面的高度为多少？
(3)运动员离开飞机后， 经过多少时间才能到达地面？
17.如图所示，质量为M = 4 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在木板的最右端放一质量为m = 2 kg的物 块A(可视为质点)， 物块与木板间的动摩擦因μ = 0.2， 现用一水平力F = 20 N作用在木板上， 使木板由静
止开始匀加速运动， 经过t = 1 s， 撤去拉力， 设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 求：
(1)力F作用过程中， 木板的加速度大小与物块的加速度大小；
(2)拉力F撤去， 木板与物块相对静止后， 两者共同速度大小；
(3)要使物块不从木板上掉下， 木板的长度L至少为多大？
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高一物理参考答案
【答案】
1. B 2. A 3. C 4. B 5. A 6. C 7. C
8. B 9. C
10. BC 11. BD 12. BC
13. (1)刻度尺； (2)正比； 5.0； (3)AB。
14. (1)C； (2)不挂， 拖动； (3)C； (4)0.51； (5)木板一端垫得过高， 补偿摩擦力过度。
15. 解： (1)冰车和小孩受力如图所示
竖直方向上： N + Fsinθ = mg，
支持力： N = 282N；
(2)水平方向上： Fcosθ f = ma，
摩擦力： f = μN，
加速度： a = 0.33m/s2；
(3)由v = at， 解得： v = 2.64m/s。
16. 解： 运动员下落过程如图所示， 规定向下为正方向
(1)运动员离开飞机， 做自由落体运动， 有： v = 2g ,
解得： v1 = 2g = 2 × 10 × 180m/s = 60m/s；
(2)打开降落伞， 运动员做匀减速直线运动， 有： v v = 2a 2，
解得： 2 = v = 225) m = 143m，
运动员离开飞机时距地面的高度： 总 = 1 + 2 = 180m + 143m = 323m；
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(3)自由落体阶段有v1 = gt1，
解得： t1 = = s = 6s，
匀减速直线运动有v2 v1 = at2，
解得t2 = v2v1 = s = 4.4s，
运动员的运动时间： t总 = t1 + t2 = 6s + 4.4s = 10.4s。
答： (1)运动员打开降落伞时速度的大小是 60m/s。
(2)运动员离开飞机时距地面的高度为 323m。
(3)运动员离开飞机后， 经过 10.4s才能到达地面。
17. 解： (1)假设物块和木板发生相对运动， 对小物块A： μmg = ma1
(
a
1
=
2
m/s
2
)对长木板B： F μmg = Ma2
a2 = 4 m/s2假设成立。
(2)1 s末， 小物块A的速度v1 = a1t1 = 2 m/s
长木板B的速度v2 = a2t1 = 4 m/s
1 s后撤去力， 对小物块A： μmg = ma3
对长木板B： μmg = Ma4
设撤去力后经过时间t2， 二者达到共同速度v
小物块A： v = v1 + a3t2 = 2 + 2t2 长木板B： v = v2 a4t2 = 4 t2 解得： v = m/s
(3)有力时小物块与长木板相对位移： Δx1 = a2t a1t = 1m 无力时小物块与长木板相对位移： Δx2 = (v2 v1)t2 = m 木板的长度至少是L = Δx1 + Δx2 = m
【解析】
1. 【分析】
本题考查超重状态的判断、 相互作用力与平衡力， 把握住相互作用力和平衡力的条件一一分析即可得出正
确结论。
【解答】
AB、 火箭在加速上升的过程中， 火箭受到的合力方向竖直向上， 加速度向上， 飞船内的宇航员处于超重状
态， 故 A 错误， B 正确；
C、 空气对火箭的作用力与火箭受到的重力是同一个受力物体， 不是一对作用力与反作用力， 故 C 错误；
D、 飞船内的宇航员对椅子的压力与椅子对宇航员的弹力是一对相互作用力， 故 D 错误。
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2. 【分析】
物理学的关系式在确定了物理量之间的关系时， 也确定了物理量的单位之间的关系。 熟练物理学中的基本
单位， 即可解决本题。
【解答】
根据k = G m2公式， 推导k的单位为k2 ， 化简为g， 即为N， 与重力的单位相同， 故选 A。
3. 【分析】
据匀变速直线运动的速度位移公式得出小球在AB、 BC段的加速度大小之比， 根据匀变速直线运动的平均
速度推论求出小球在AB、 BC段的平均速度大小， 然后根据平均速度的定义公式求解AC段的平均速度；
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论， 并能灵活运用， 有时运用推论求解会使问题更
加简捷。
【解答】
设AB = BC = x， AB段时间为t1， BC段时间为t2， 根据v = 知AB段： = ， BC段为 = ， 则t1：
t2 = 7： 3，
根据a = △v = vt v0知AB段加速度a1 = 3 0， BC段加速度a2 = 4 3， 则球在AB、 BC段的加速度大小之比为
△t t t1 t2
9： 7；
4. 【解答】
A、 在反应时间内汽车继续做匀速运动， 故通过的位移为： x1 = v0t0 = 10 × 0.5m = 5m， 故 A 正确；
B、 汽车减速通过的位移为x2 = x x1 = 15m 5m = 10m，
根据速度 位移公式可得： 0 v = 2ax2， 解得： a = 02 = m/S2 = 5m/S2，
减速到零所需时间t1 = 0v0 = 00 S = 2S，
汽车减速过程中第 2S内的位移， 逆向看即为第 1S内的位移，
故： x ′ = ( a)t = × 5 × 12m = 2.5m， 故 B 错误；
C、 从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需时间为： t总 = t0 + t1 = 0.5S + 2S = 2.5S， 故 C 正确；
D、 根据牛顿第二定律可得： f = ma， 解得： f = 1.0 × 104N， 故 D 正确。
本题选择不正确的， 故选 B。
5. 将两小球视为整体受力分析， 并合成矢量三角形：
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可知当 F 与绳子拉力垂直时， 有最小值
Fmin = 2mgsin30 = mg
A 正确， BCD 错误。
故选 A。
6. 【分析】
根据速度图象的斜率等于加速度，求出前 2s内物体运动的加速度，在v t图象中与时间轴所围面积为物体
的位移， 即可求出位移。
分析物体的运动情况： 前 2s内做匀加速运动， 后 2s内做匀速直线运动， 由图读出两个过程中水平拉力的
大小， 根据牛顿第二定律分别研究两个过程， 列出方程， 联立解得m和μ。
本题考查牛顿第二定律以及图象的应用； 一要掌握速度图象的物理意义： 斜率等于加速度， 二要掌握牛顿
第二定律， 即可求出相关量。
【解答】
A、 根据速度图象的斜率等于加速度， 知前 2s内物体的运动加速度： a = = m/s2 = 2m/s2， 故 A 错误；
B、 前 4s内物体的位移为： x = × 2 × 4 + 2 × 4 = 12m， 故 B 错误；
CD、 根据牛顿第二定律得： 前 2s内： F1 μmg = ma， 后 2s内： F2 = μmg， 由图得F1 = 15N， F2 = 5N，
代入解得m = 5kg， μ = 0.1， C 正确 D 错误。
7. 【分析】
物体加速度向下时处于失重状态， 加速度方向向上时处于超重状态； 根据物体的运动过程与受力情况， 应
用平衡条件与牛顿第三定律分析答题。
掌握基础知识、 分析清楚木块与斜面体的运动状态是解题的前提与关键， 应用平衡条件与基础知识即可解
题。
【解答】
A.斜面体静止， 处于平衡状态， 故 A 错误；
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B.木块对斜面体的压力大小为N1 = mgcosθ = mg， 故 B 错误；
C.对斜面体， 在水平方向上根据平衡条件可得桌面对斜面体的摩擦力大小为f = N1sinθ = mg， 故 C 正
确；
D.对斜面体， 在竖直方向上根据平衡条件可得桌面对斜面体的支持力大小为N2 = Mg + N1cosθ = Mg +
mg， 故 D 错误。
故选 C。
8. A.v t图像与坐标轴围成的面积表示位移，乙车开始运动时，甲车前进的位移为x = × 10m = 75m，
故 A 错误；
B. 甲、乙两车有共同速度时，乙车追上甲车前，甲、乙两车间的距离最大，为x1 = 75m + × 5 × 10m = 100m，
故 B 正确；
C. 乙车追上甲车时两车的位移相等， 由图像可知在 20s后才能追上，再用的时间设为t，则x = v乙 v甲 t， 解得t = 2010 s = 7.5s， 所以从乙车开始运动起乙车追上甲车的时间为t ′ = 20s 10s + 7.5s = 17.5s， 故
C 错误；
D. 甲车被乙车追上时， 甲车前进的位移x甲 = 75m + 10 × 17.5m = 250m， 故 D 错误。
故选 B。
9. 【分析】
本题需要先对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求出物体加速度，接着求出物体与传送带共同的速度。 达到共同速度之后传送带对物体的摩擦力方向由原本沿斜面向下变为沿斜面向上， 因此物体受力情况发生 变化， 需再求另一个加速度。 本题考查牛顿第二定律以及运动学基本公式， 要求学生对传送带上的物体进
行受力分析， 难度适中。
【解答】
A、 物块轻放在传送带的A端， 所受摩擦力方向沿传送带向下， 由牛顿第二定律得： mgsinθ + μmgcosθ =
ma1 ，
解得： a1 = 8m/s2，
经过t1时间后物块速度增大到等于传送带速度v0 = 12m/s，
t1 = ， 解得： t1 = 1.5s，
物块位移： x1 = a1t = 9m，
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由于mgsinθ = 5N > μmgcosθ = 3N，
故物块继续向下加速运动，所受摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ μmgcosθ = ma2，
解得： a2 = 2m/s2， 即物块在传送带上向下先做加速度a1 = 8m/s2 的加速运动， 后做加速度a2 = 2m/s2
的加速运动， 故 A 错误；
B、 由v v = 2a2(L x1)， 解得v2 = 14m/s， 故 B 错误；
C、 由L x1 = (v0 + v)t2， 解得： t2 = 1s， 物块从A运动到B所经历的时间t = t1 + t2 = 2.5s， 故 C 正确； D.在t = 2.5s时间内， 传送带位移s = v0t = 30m， 物块从A运动到B的路程比传送带通过的路程小Δx = s
L = 8m， 故 D 错误。
故选： C。
10. 【分析】
本题考查物理学史， 是常识性问题， 对于物理学中的重大发现、 发明、 著名理论要加强记忆， 这也是考试
内容之一。 根据物理学史和常识解答， 记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】
A. 伽利略发现物体做自由落体运动时， 轻的物体和重的物体下落的一样快， 故 A 错误；
B. 英国物理学家胡克发现了胡克定律(F = kx)， 故 B 正确；
C. 牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律， 故 C 正确；
D. 伽利略提出“力是改变物体运动的原因 ”这个观点， 故 D 错误。
11. 【分析】
解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间， 弹簧的拉力不变， 根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度， 当弹力和 重力相等时， 速度最大。 求出悬绳剪断前弹簧的拉力， 再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加
速度， 当A物块向下运动到重力和弹力相等时， 速度最大， 继续压缩弹簧开始减速。
【解答】
AB、 剪断悬绳前， 对B受力分析， B受到重力和弹簧的弹力， 知弹力F = mg， 剪断瞬间， 对A分析， A的合
力为F合 = mg + F = 2mg， 根据牛顿第二定律， 得a = 2g， 故 A 错误， B 正确；
CD、 弹簧开始处于伸长状态， 弹力F = mg = kx， 当向下压缩， mg = F ′ = kx′时， x ′ = x， 此时速度
最大， 继续压缩弹簧开始减速， 所以下降的距离为 2x后开始减速， 故 C 错误， D 正确。
12. 【分析】
物体与弹簧分离时， 弹簧处于原长状态． 由图读出x = 0 时和x = 4cm时F的值， 由这两个状态， 由牛顿第
二定律分别列式， 联立可求得物体的质量和加速度， 再由胡克定律求弹簧的劲度系数。
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本题的关键是明确物体的受力情况， 知道物体与弹簧分离时， 它们间的弹力为零这一 临界条件， 还要把握
x = 0 时物体的合力等于F， 分别根据牛顿第二定律列方程研究。
【解答】
A. 由图知： 当x ≥ 4cm时， F保持不变， 说明物体不再受弹簧的弹力， 可知x = 4cm时物体与弹簧开始分离，
弹簧处于原长状态， 故 A 错误;
BC.初始时物体处于静止状态， 合力为 0，
当x = 0 时， 当施加F时物体的合力等于此时F的值为F1 = 10N， 由牛顿第二定律得： F1 = ma，
当x = 4cm时， 拉力F的值为F2 = 30N， 由牛顿第二定律得： F2 mg = ma，
联立以上两式可解得： m = 2kg， a = 5m/s2.故 BC 正确；
D.弹簧原来的压缩量x = 4cm 0 = 4cm， 由胡克定律有： mg = kx， 解得： k = 5N/cm， 故 D 错误。
故选 BC。
13. 【分析】
本题考查弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系， 知道实验原理和实验步骤以及实验器材是解题的关键。
根据实验原理和器材可知结果；
根据实验原理以及图象可知结果， 根据图线的斜率求出劲度系数；
根据图线与横轴的交点以及图象斜率的物理意义， 利用胡克定律可知结果。
【解答】
(1)实验需要测量弹簧伸长的长度， 故需要刻度尺。
(2)图线的物理意义表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比， 则k = = 5.0N/m。 (3)A.在图像中横
截距表示弹簧的原长， 故b的原长比a的长， A 正确；
BC.在图像中斜率表示弹簧的劲度系数k， 故a的劲度系数比b的大， B 正确， C 错误；
D.弹簧的弹力满足胡克定律， 弹力与弹簧的形变量成正比， D 错误。
14. 【分析】
本题考查了实验器材、 实验注意事项、 实验数据处理； 应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式是求出小
车所受合力的关键， 要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
【解答】
(1)电火花打点计时器应使用 220V的交流电源， 故 ABD 错误， C 正确。
(2)平衡摩擦力的方法是： 把木板一段垫高， 让小车在不挂砝码盘且拖动纸带滑动， 当小车匀速运动时， 就
意味着摩擦力抵消了。
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(3)根据牛顿第二定律可知mg = (M + m)a， F = Ma， 解得： F = Mmg M+m = mg 1+， 只有保持砝码和砝码盘的
总质量m远小于小车的质量M才能保证小车所受的拉力近似等于砝码和砝码盘的总重力， 故选： C。
(4)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，故相邻计数点间的时间间隔为T = 0.1s，根据逐差法可得a =
XCAC = (7.72+7.216.19)×10 2 m/s2 = 0.51m/s2；
(5)当F = 0 时， 加速度为正， 即不挂重物时小车就加速了， 则木板一端垫得过高， 补偿摩擦力过度。
15. 本题考查物体的受力分析和牛顿第二定律的应用， 基础题。
(1)小孩与冰车竖直方向上受力平衡， 利用平衡求受到的支持力大小；
(2)水平方向利用牛顿第二定律求小孩与冰车的加速度大小；
(3)拉力作用t = 8s时间内， 由v = at， 求冰车速度的大小。
16. (1)应用匀变速直线运动的速度 位移公式可以求出打开降落伞时的速度大小。
(2)应用匀变速直线运动的速度 位移公式可以求出减速运动的位移大小， 然后求出运动员离开飞机时距地
面的高度。
(3)求出各阶段的时间， 然后求出运动员的运动时间。
本题考查运动学公式的应用， 要注意明确物体运动的过程， 找出初末状态的物理量， 再选择合适的公式求
解即可。
17. (1)力F作用过程中， 分别对小物块和长木板应用牛顿第二定律得到木板的加速度大小与物块的加速度
大小；
(2)根据速度时间关系得到 1s后物块和小车的速度，撤去F后，根据牛顿第二定律得到物块和木板的加速度，
根据速度时间关系得到木板与物块相对静止后， 二者共同速度大小；
(3)分别得到有力时小物块与长木板相对位移和无力时小物块与长木板相对位移， 得到长木板的最小长度。
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