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第四章章末能力检测卷
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
一、 单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列说法中正确的是(　B　)
A．千克、秒、牛顿是国际单位制中的三个基本单位
B．物体质量越大，其惯性就越大
C．加速度a＝，采用了比值定义法
D．作用力和反作用力可以是性质不同的力
解析：牛顿是导出单位，不是基本单位，A错误；惯性是物体的固有属性，仅与质量有关，质量是物体惯性大小的唯一量度，所以质量越大的物体惯性也越大，B正确；a＝是加速度的决定式，没有采用比值定义法，C错误；作用力和反作用力必然是性质相同的力，D错误．
2．物块从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物块开始与弹簧接触，到B点时物块速度变为零．则物块从A到B的过程中做的运动性质是(　D　)
A．一直匀加速
B．一直匀减速
C．加速度先增大，后减小
D．加速度先减小，后增大
解析：物块从A处下降到B处的过程中，开始阶段弹簧的弹力小于物块的重力，合力向下，物块向下加速；随着弹力的增大，合外力减小，加速度减小；当弹簧的弹力和物块的重力相等时，加速度为零，之后弹力大于重力，物块开始减速，直至减为零，由于弹力越来越大，故合力越来越大，故加速度增大，即物块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，D正确．
3．打羽毛球是日常生活中常见的一种休闲运动，有时取羽毛球时会出现羽毛球卡在球筒里的现象，要将卡在球筒里的羽毛球取出，可以选择不同的方案．方案一：一手握在球筒中部，另一手用力击打球筒上端；方案二：手持球筒，使球筒下落，敲击水平面．假设方案二中球筒与水平面碰后速度立即变为零．关于这两种方案，下列说法中正确的是(　C　)
方案一
方案二
A．方案一利用羽毛球所受的重力，使其从球筒上端出来
B．方案一利用球筒的惯性，使羽毛球从球筒下端出来
C．方案二利用羽毛球的惯性，使其从球筒下端出来
D．方案二中球筒敲击水平面后速度变为零，其惯性随之消失
解析：方案一中用力击打球筒上端，球筒向下运动，而羽毛球具有惯性，要保持原来的静止状态，方案一利用羽毛球的惯性，使其从球筒上端出来，故A、B错误；方案二中球筒下落，敲击水平面，球筒与水平面碰后速度立即变为0，而羽毛球具有惯性，要保持原来向下运动的状态，方案二利用羽毛球的惯性，使其从球筒下端出来，故C正确；惯性是物体本身的属性，只由质量决定，与速度无关，故D错误．
4．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离0点距离为s，则这段时间内导弹的加速度(　D　)
A．方向向左，大小为
B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为
D．方向向右，大小为
解析：由于指针向左偏离0点的距离为s，则左边弹簧压缩，右边弹簧伸长，滑块受到的合外力方向向右，大小为2ks，则导弹的加速度方向向右，大小为a＝，故D正确．
5．空间站的发射和回收过程中，航天员要承受超重或失重的考验．在某空间站竖直向上加速发射过程中，有一段时间内的加速度达到3.5g．已知空间站中航天员的质量为m，取g＝10 m/s2，则在该段时间内(　B　)
A．航天员处于失重状态
B．空间站对航天员的作用力大小为4.5mg
C．空间站中质量为2 kg的物体置于台秤上的视重为70 N
D．空间站对航天员的作用力大于航天员对空间站的作用力
解析：因为加速度向上，所以航天员处于超重状态，故A错误；对航天员根据牛顿第二定律，有F－mg＝ma，解得F＝4.5mg，故B正确；根据牛顿第二定律，有FN－mg＝ma，解得FN＝90 N，故C错误；空间站对航天员的作用力与航天员对空间站的作用力大小相等、方向相反是一对作用力与反作用力，故D错误．
6．如图所示，A、B两木块间连接一轻质弹簧，A的质量为2m、B的质量为m，一起静止放置在一块木板上．若突然将此木板抽去，在抽离瞬间，忽略接触面摩擦力的影响，重力加速度为g，A、B两木块的加速度大小分别是(　C　)
A．aA＝0，aB＝ B．aA＝g，aB＝g
C．aA＝0，aB＝3g D．aA＝g，aB＝3g
解析：A、B整体受力分析可知，未抽去木板时，木板对B的作用力的大小为FN＝mg＋2mg＝3mg，突然抽去木板后，由于弹簧来不及恢复形变，故A的受力情况不变，依然处于平衡状态，故aA＝0，此时B受到的合外力恰好大小等于FN，方向与FN相反，根据牛顿第二定律，可得B的加速度大小为aB＝＝3g，故选C．
7．如图所示，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α＞β，两轮胎与地面始终接触且受到的支持力相等，则(　C　)
A．甲的轻绳拉力比乙的大
B．两者轻绳拉力大小相等
C．甲所拉的轮胎加速度比乙的小
D．两轮胎所受合外力大小相等
解析：对轮胎T甲sin α＋N＝mg，T甲cos α－μN＝ma甲，T乙sin β＋N＝mg，T乙cos β－μN＝ma乙，因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α＞β，则sin α＞sin β，cos α＜cos β，T甲＜T乙，所以a甲＜a乙，F甲＝ma甲＜F乙＝ma乙，故选C．
二、 多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．质量为m的同学乘坐升降电梯时，利用手机中的加速度传感器得到其加速度a随时间t变化的图像如图所示．若同学所受的支持力为FN，重力加速度为g，取向下为正方向，下列说法中正确的是(　AD　)
A．0～4 s内，FN＜mg
B．0～10 s内，电梯一直在下降
C．4～8 s内，电梯处于静止状态
D．8～10 s内，该同学处于超重状态
解析：0～4 s内，加速度方向向下，则人处于失重状态，即FN＜mg，故A正确；0～4 s内电梯加速度向下，可能向下加速，也可能向上减速；4～8 s内电梯速度可能为零，处于静止状态，也可能处于匀速运动状态；8～10 s内，电梯加速度向上，人处于超重状态，电梯可能加速上升，也可能减速下降，故B、C错误，D正确．
9．如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1．工件滑上A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(　ABC　)
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
解析：若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v－v＝2as, a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则工件到达B端的瞬时速度仍为3 m/s，A、B、C正确；若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4 m/s，D错误．
10．如图所示，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为α，货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法中正确的是(　BD　)
A．无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上
B．老虎车停止时，若α由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变
C．若α＝37°不变，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力
D．若α＝37°不变，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过7.5 m/s2
解析：加速运动时，货物所受合外力不为零，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A错误；停止时，老虎车对货物的作用力大小与货物重力大小相等，方向竖直向上，因此老虎车对货物的作用力不变，B正确；加速向左运动时，若挡板对货物作用力为F2，老虎车平面对货物的作用力为F1，则有F2cos α－F1sin α＝ma，由于加速度未知，故老虎车平面对货物的作用力与挡板对货物作用力的大小无法比较，C错误；为使货物不离开挡板，临界状态时有mg tan α＝ma，解得a＝7.5 m/s2，故老虎车向右的加速度不能超过7.5 m/s2，D正确．
三、 实验与探究题：本题共2小题，共16分．
11．(8分)用如图甲所示装置“探究加速度与力、质量的关系实验”．
甲
(1) 该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，在操作此步骤时需要__C__．
A．悬挂空沙桶同时连接纸带并使用打点计时器
B．悬挂空沙桶但不使用纸带和打点计时器
C．不悬挂沙桶但要连接纸带并使用打点计时器
D．不悬挂沙桶也不使用纸带和打点计时器
(2) 为完成该实验，还需要的器材是__BD__．
A．秒表
B．毫米刻度尺
C．电压符合要求的直流电源
D．电压符合要求的交流电源
(3) 在质量不变的情况下探究加速度与力关系时，应该保持__A__的总质量M不变，多次改变__A__的总质量m，根据实验数据描绘出__A__，进而得出实验结论．以下答案组合中正确的是__A__．
A．小车和车内砖码、沙和桶、a－mg图像
B．沙和桶、小车和车内砝码、a－mg图像
C．小车和车内砝码、沙和桶、a－图像
D．沙和桶、小车和车内砝码、a－图像
(4) 在实验中得到一条纸带如图乙所示，每两个记数点之间还有4个计数点没有标出，交流电源的频率为50 Hz，则该纸带的加速度a＝__2.0__m/s2(结果保留两位有效数字)．
乙
解析：(1) 该实验中补偿摩擦力的影响时应该不悬挂沙桶，但要连接纸带并使用打点计时器，故选C．
(2) 完成该实验必需的器材有毫米刻度尺和电压符合要求的交流电源，不需要秒表和直流电源，故选B、D．
(3) 在质量不变的情况下探究加速度与力的关系时，应保持小车和车内砝码质量不变，多次改变沙和桶的总质量，并测量每次对应的纸带的加速度，小车所受拉力可以认为等于沙和桶的总重力mg，根据实验数据描绘出a－mg(加速度—沙和桶总重力)图像，进而得出实验结论，故选A．
(4) 根据逐差法可得
a＝＝
m/s2＝2.0 m/s2．
12．(8分)如图甲所示为探究“质量一定时，物体的加速度与所受合外力的关系”的实验装置．
甲
乙
丙
丁
某同学的实验步骤如下：
① 用天平测量并记录滑块和拉力传感器的总质量M．
② 调整长木板和滑轮，使长木板水平，细线与长木板平行．
③ 在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放滑块，记录拉力传感器的读数F，根据相对应的纸带，求出滑块的加速度a．
④ 多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤③．
请按要求回答下列问题：
(1) 图乙是该同学实验得到的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器用的是频率为50 Hz的交流电源，根据纸带求出滑块的加速度大小为__2.00__ m/s2(结果保留三位有效数字)．
(2) 该同学由实验得到的数据，画出如图丙所示的F－a图线，图线不通过原点的原因是__未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分__．
(3) 该实验还可测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，其值可用M、F0、g表示为μ＝____(其中M为滑块和拉力传感器的总质量，F0为图中的纵截距，g为重力加速度)，与真实值相比，测得的动摩擦因数__偏大__(填“偏大”或“偏小”)．
(4) 按照这位同学的实验步骤，如果逐渐增加砝码个数，得到F－a图线__没__(填“有”或“没”)可能末端弯曲成图丁所示．
解析：(1) 利用逐差法处理实验数据可得a＝＝2.00 m/s2．
(2) 由图丙可知，当细线上有拉力时，物体的加速度却为零，由此可知实验之前该同学未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分．
(3) 根据牛顿第二定律F－μMg＝Ma，解得F＝Ma＋μMg，故F－a图线的斜率k＝M，从纵截距求动摩擦因数μ＝．
由于纸带与限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大，动摩擦因数偏大．
(4) 本实验中F是由拉力传感器直接测量得到的，与托盘和砝码的质量无关，所以没可能末端弯曲成图丁所示．
四、 计算题：本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．(10分)在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m＝10 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为53°，4 s后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的v－t图像如图乙所示．不计空气阻力，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2．求：
甲
乙
(1) 地面对轮胎的动摩擦因数．
(2) 拖绳对轮胎的拉力大小．
答案：(1) 0.5　(2) 70 N
解析：(1) 轻绳从轮胎上脱落后，对轮胎进行分析，则有
N2＝mg，f2＝ma2，f2＝μN2
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落后的加速度大小为
a2＝ m/s2＝5 m/s2
解得μ＝0.5
(2) 4 s之前对轮胎进行分析，则有
N1＋F sin θ＝mg，F cos θ－f1＝ma1，f1＝μN1
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落前的加速度大小为
a1＝ m/s2＝2 m/s2
解得F＝70 N
14．(12分)如图所示，质量为M＝1.5 kg的木板A放在光滑水平地面上．在木板A的中点处放置质量为m＝0.5 kg的物体B，物体B视为质点，物体A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2．现用水平向右的拉力F拉木板A，且拉力F保持为7.0 N不变，问：
(1) 若木板A的长度为L1＝4.0 m，经过多长时间A板从B板下抽出？
(2) 若木板A的长度为L2＝2.24 m，为了使B从木板A左端滑落，拉力F至少作用多长时间？
答案：(1) s　(2) 0.8 s
解析：(1) 对A分析，由牛顿第二定律F－μmg＝Ma1
得a1＝4 m/s2
对B分析，由牛顿第二定律μmg＝ma2
得a2＝2 m/s2
由初速度为0的匀变速直线运动位移公式得
xA＝a1t2，xB＝a2t2
满足位移关系xA－xB＝
联立解得t＝ s
(2) 设作用t1时间撤掉拉力F，木板 A减速t2时恰好与滑到木板A的左端的物体B共速，A减速时，由牛顿第二定律，有μmg＝Ma3
得a3＝ m/s2
由速度关系和位移关系得
a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2)
a1t＋a1t1t2－a3t－a2(t1＋t2)2＝
解得t1＝0.8 s
15．(16分)如图所示，一倾角θ＝37°、长度s＝1.5 m的斜面底端与光滑平台平滑相连，平台末端紧挨着一质量M＝1 kg、长度L＝2.25 m的长木板P，长木板P的上表面与平台等高．一个质量m＝0.5 kg的小滑块在斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端的速度大小为v1＝3 m/s，已知小滑块与长木板P之间的动摩擦因数μ2＝0.1，水平地面光滑，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．
(1) 求小滑块与斜面的动摩擦因数μ1．
(2) 求小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间．
(3) 为了使小滑块不从长木板右侧离开，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的恒力F，求F的取值范围．
答案：(1) 　(2) 1 s　(3) F≥0.5 N
解析：(1) 根据速度与位移的关系式v2＝2ax，可得小滑块在斜面上运动的加速度为
a＝＝3 m/s2
根据牛顿第二定律mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma
解得μ1＝
(2) 小滑块在长木板上滑动过程中，加速度大小为
a1＝＝1 m/s2
木板的加速度大小为a2＝＝0.5 m/s2
设小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间为t1，根据位移关系可得
v1t1－a1t－a2t＝L
代入数据整理得t－4t1＋3＝0
解得t1＝1 s，t′1＝3 s(舍去)
(3) 为了使小滑块不从长木板右侧离开，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的最小恒力Fmin，此时长木板的加速度为a3，小滑块恰好滑到长木板右端与长木板速度相同，经过的时间为t2，根据位移关系和速度关系，可得
v1t2－a1t－a3t＝L
v1－a1t2＝a3t2
联立解得a3＝1 m/s2
对长木板，根据牛顿第二定律得Fmin＋μ2mg＝Ma3
解得Fmin＝0.5 N
则F的取值范围为F≥0.5 N第四章章末能力检测卷
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
一、 单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列说法中正确的是(　　)
A．千克、秒、牛顿是国际单位制中的三个基本单位
B．物体质量越大，其惯性就越大
C．加速度a＝，采用了比值定义法
D．作用力和反作用力可以是性质不同的力
2．物块从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物块开始与弹簧接触，到B点时物块速度变为零．则物块从A到B的过程中做的运动性质是(　　)
A．一直匀加速
B．一直匀减速
C．加速度先增大，后减小
D．加速度先减小，后增大
3．打羽毛球是日常生活中常见的一种休闲运动，有时取羽毛球时会出现羽毛球卡在球筒里的现象，要将卡在球筒里的羽毛球取出，可以选择不同的方案．方案一：一手握在球筒中部，另一手用力击打球筒上端；方案二：手持球筒，使球筒下落，敲击水平面．假设方案二中球筒与水平面碰后速度立即变为零．关于这两种方案，下列说法中正确的是(　)
方案一
方案二
A．方案一利用羽毛球所受的重力，使其从球筒上端出来
B．方案一利用球筒的惯性，使羽毛球从球筒下端出来
C．方案二利用羽毛球的惯性，使其从球筒下端出来
D．方案二中球筒敲击水平面后速度变为零，其惯性随之消失
4．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离0点距离为s，则这段时间内导弹的加速度(　　)
A．方向向左，大小为
B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为
D．方向向右，大小为
5．空间站的发射和回收过程中，航天员要承受超重或失重的考验．在某空间站竖直向上加速发射过程中，有一段时间内的加速度达到3.5g．已知空间站中航天员的质量为m，取g＝10 m/s2，则在该段时间内(　)
A．航天员处于失重状态
B．空间站对航天员的作用力大小为4.5mg
C．空间站中质量为2 kg的物体置于台秤上的视重为70 N
D．空间站对航天员的作用力大于航天员对空间站的作用力
6．如图所示，A、B两木块间连接一轻质弹簧，A的质量为2m、B的质量为m，一起静止放置在一块木板上．若突然将此木板抽去，在抽离瞬间，忽略接触面摩擦力的影响，重力加速度为g，A、B两木块的加速度大小分别是(　　)
A．aA＝0，aB＝ B．aA＝g，aB＝g
C．aA＝0，aB＝3g D．aA＝g，aB＝3g
7．如图所示，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即α＞β，两轮胎与地面始终接触且受到的支持力相等，则(　　)
A．甲的轻绳拉力比乙的大
B．两者轻绳拉力大小相等
C．甲所拉的轮胎加速度比乙的小
D．两轮胎所受合外力大小相等
二、 多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．质量为m的同学乘坐升降电梯时，利用手机中的加速度传感器得到其加速度a随时间t变化的图像如图所示．若同学所受的支持力为FN，重力加速度为g，取向下为正方向，下列说法中正确的是(　　)
A．0～4 s内，FN＜mg
B．0～10 s内，电梯一直在下降
C．4～8 s内，电梯处于静止状态
D．8～10 s内，该同学处于超重状态
9．如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1．工件滑上A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(　　)
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
10．如图所示，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为α，货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法中正确的是(　　)
A．无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上
B．老虎车停止时，若α由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变
C．若α＝37°不变，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力
D．若α＝37°不变，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过7.5 m/s2
三、 实验与探究题：本题共2小题，共16分．
11．(8分)用如图甲所示装置“探究加速度与力、质量的关系实验”．
甲
(1) 该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，在操作此步骤时需要___．
A．悬挂空沙桶同时连接纸带并使用打点计时器
B．悬挂空沙桶但不使用纸带和打点计时器
C．不悬挂沙桶但要连接纸带并使用打点计时器
D．不悬挂沙桶也不使用纸带和打点计时器
(2) 为完成该实验，还需要的器材是____．
A．秒表
B．毫米刻度尺
C．电压符合要求的直流电源
D．电压符合要求的交流电源
(3) 在质量不变的情况下探究加速度与力关系时，应该保持____的总质量M不变，多次改变___的总质量m，根据实验数据描绘出____，进而得出实验结论．以下答案组合中正确的是____．
A．小车和车内砖码、沙和桶、a－mg图像
B．沙和桶、小车和车内砝码、a－mg图像
C．小车和车内砝码、沙和桶、a－图像
D．沙和桶、小车和车内砝码、a－图像
(4) 在实验中得到一条纸带如图乙所示，每两个记数点之间还有4个计数点没有标出，交流电源的频率为50 Hz，则该纸带的加速度a＝____m/s2(结果保留两位有效数字)．
乙
12．(8分)如图甲所示为探究“质量一定时，物体的加速度与所受合外力的关系”的实验装置．
甲
乙
丙
丁
某同学的实验步骤如下：
① 用天平测量并记录滑块和拉力传感器的总质量M．
② 调整长木板和滑轮，使长木板水平，细线与长木板平行．
③ 在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放滑块，记录拉力传感器的读数F，根据相对应的纸带，求出滑块的加速度a．
④ 多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤③．
请按要求回答下列问题：
(1) 图乙是该同学实验得到的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器用的是频率为50 Hz的交流电源，根据纸带求出滑块的加速度大小为____ m/s2(结果保留三位有效数字)．
(2) 该同学由实验得到的数据，画出如图丙所示的F－a图线，图线不通过原点的原因是________________________．
(3) 该实验还可测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，其值可用M、F0、g表示为μ＝______(其中M为滑块和拉力传感器的总质量，F0为图中的纵截距，g为重力加速度)，与真实值相比，测得的动摩擦因数________(填“偏大”或“偏小”)．
(4) 按照这位同学的实验步骤，如果逐渐增加砝码个数，得到F－a图线_____(填“有”或“没”)可能末端弯曲成图丁所示．
四、 计算题：本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．(10分)在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量m＝10 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为53°，4 s后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的v－t图像如图乙所示．不计空气阻力，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2．求：
甲
乙
(1) 地面对轮胎的动摩擦因数．
(2) 拖绳对轮胎的拉力大小．
14．(12分)如图所示，质量为M＝1.5 kg的木板A放在光滑水平地面上．在木板A的中点处放置质量为m＝0.5 kg的物体B，物体B视为质点，物体A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2．现用水平向右的拉力F拉木板A，且拉力F保持为7.0 N不变，问：
(1) 若木板A的长度为L1＝4.0 m，经过多长时间A板从B板下抽出？
(2) 若木板A的长度为L2＝2.24 m，为了使B从木板A左端滑落，拉力F至少作用多长时间？
15．(16分)如图所示，一倾角θ＝37°、长度s＝1.5 m的斜面底端与光滑平台平滑相连，平台末端紧挨着一质量M＝1 kg、长度L＝2.25 m的长木板P，长木板P的上表面与平台等高．一个质量m＝0.5 kg的小滑块在斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端的速度大小为v1＝3 m/s，已知小滑块与长木板P之间的动摩擦因数μ2＝0.1，水平地面光滑，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．
(1) 求小滑块与斜面的动摩擦因数μ1．
(2) 求小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间．
(3) 为了使小滑块不从长木板右侧离开，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的恒力F，求F的取值范围．

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