2018-2019学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷，共23页。试卷主要包含了单项选择题，实验与探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷
二、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1．（3分）在物理学发展过程中，下面哪位科学家首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念用来描述物体的运动，并首先用实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理有机地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展（　　）
A．亚里士多德 B．伽利略 C．牛顿 D．爱因斯坦
2．（3分）下列各组物理量中，全部是矢量的是（　　）
A．位移、时间、速度、加速度
B．质量、路程、速度、平均速度
C．速度、平均速度、位移、加速度
D．位移、路程、时间、加速度
3．（3分）如图所示，用水平外力F将木块压在竖直墙面上保持静止状态，下列说法正确的是（　　）

A．木块所受重力与墙对木块的静摩擦力是一对平衡力
B．木块所受重力与墙对木块的静摩擦力是一对作用力与反作用力
C．木块对墙的压力与水平力F是平衡力
D．水平力F与墙对木块的正压力是一对作用力和反作用力
4．（3分）如图所示为甲、乙两车从同一位置由静止开始沿同一方向运动的v﹣t图象，两图象在t0时刻相交。则下列判断正确的是（　　）

A．to时刻甲、乙两车相遇
B．两车相遇前，t0时刻相距最远
C．0～t0时间内，任意时刻乙车的加速度大于甲车的加速度
D．0～t0时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
5．（3分）已知力F1作用在物体上产生的加速度为a1＝3m/s2，力F2作用在该物体上产生的加速度为a2＝4m/s2，则F1和F2同时作用在该物体上，产生的加速度的大小不可能为（　　）
A．8m/s2 B．5m/s2 C．1m/s2 D．7m/s2
6．（3分）如图所示，在光滑斜面上放一个质量为m的皮球，用一个与斜面垂直的挡板使之处于平衡状态，此时斜面受到的压力为F1．若撤去挡板，斜面受到的压力为F2，则（　　）

A．F1＞F2 B．F1＝F2 C．F1＜F2 D．无法确定
7．（3分）如图所示，两个水平推力F1、F2（F1＞F2）作用在质量为m的物块上，物块在水平面上向右做匀速直线运动，则物块与水平面间的动摩擦因数为（　　）

A．F1mg B．F2mg C．F1+F2mg D．F1-F2mg
8．（3分）一物体以初速度v0＝20m/s从斜面底端向上匀减速滑动，当上滑距离x0＝30m时，速度减为10m/s，若该物体恰能滑到斜面顶端，则斜面长度为（　　）
A．40m B．50m C．32m D．60m
9．（3分）如图所示，两条完全相同的橡皮筋一端固定在水平地面上，另一端栓住一质量M＝0.05kg的小球。一小童用竖直向上的拉力F缓慢拉动小球，当两条橡皮筋与地面之间的夹角均为30°时，拉力F＝0.7N，则两条橡皮筋上的拉力（g＝10m/s2）（　　）

A．大小相等，且大小为0.7N
B．大小相等，且大小为0.5N
C．大小相等，且大小为0.2N
D．大小不相等
10．（3分）一小汽车以25m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机发现前方有事故，马上刹车，刹车后小汽车做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，从刹车开始计时，则第13s内小汽车运行的位移大小为（　　）
A．0.25m B．0.5m C．1m D．1.5m
二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求）
11．（4分）2015年4月3日上午10时，我国海军第二十批护航编队从浙江舟山某军港解缆起航，奔赴亚丁湾、索马里海域执行护航任务，经过5000多海里的航行，于4月21日晨抵达目的地。关于此次航行，下列说法正确的是（　　）
A．当研究护航舰艇的运行轨迹时，能将护航舰艇看做质点
B．“5000多海里”指的是护航舰艇的航行位移
C．根据题中数据可以求出护航舰艇的平均速度
D．题中数据“4月3日上午10时”指的是时刻
12．（4分）小李站在升降机中的体重计上，升降机静止时体重计示数如图（甲）所示，升降机运行过程中体重计示数如图（乙）所示，则（　　）

A．升降机可能在向上运动
B．升降机一定在向下运动
C．升降机的加速度方向一定向下
D．升降机的加速度方向可能向上
13．（4分）质量m＝1kg的物体静止在光滑水平面上，某时刻开始，物体受到水平拉力F作用，F随时间t变化规律如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．t＝1s时，物体的速度为10m/s
B．t＝2s时，物体的加速度为5m/s2
C．t＝3s时，物体的速度为零
D．0～3s内，物体先做加速运动后做减速运动
14．（4分）一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得小球第5s内的位移为18m（整个过程小球未到达地面），则（　　）
A．小球在2s末的速度为8m/s
B．小球在第5s内的平均速度为3.6m/s
C．小球自由下落的加速度为4m/s2
D．小球在5s内的位移为50m
15．（4分）如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的质量为M的半球形容器底部O′处（O为球心），弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°．下列说法正确的是（　　）

A．轻弹簧对小球的弹力大小为mg
B．容器相对于水平面有向左的运动趋势
C．容器对地面的压力大小等于（M+m）g
D．弹簧原长为R+mgk
三、实验与探究题（本题共1题，共18分）
16．（8分）小明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧测力计的拉力，如图（a）所示。

（1）本实验采用的科学方法是　 　
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．比值定义法
（2）试在图（a）中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力。
（3）有关此实验，下列叙述正确的是　 　
A．两弹簧测力计的拉力可以都比橡皮筋的拉力大
B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力
C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的作用效果相同
D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保证橡皮筋结点位置不变，则只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可
（4）如图（b）所示是张华和李明两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力F’是用一只弹簧测力计拉时的图示）　 　（填“李明”或“张华”）
17．（10分）在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置如图1所示：

（1）在实验前必须平衡摩擦力，其步骤如下；取下细线和砝码，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车，使小车做　 　直线运动
（2）某同学在探究小车质量不变，小车的加速度与小车所受合力间的关系时，该同学平衡小车的摩擦力后，为了使小车所受的合力近似等于砝码的重力，小车的质量M和砝码的质量m分别应选取下列哪组值最适宜　 　
A．M＝500g，m分别为50g、70g、100g、225g
B．M＝500g，m分别为20g、30g、40g、50g
C．M＝200g，m分别为50g、75g、100g、225g
D．M＝200g，m分别为30g、40g、50g、100g
（3）在某次实验中，某同学得到一条打点清晰的纸带，每相邻的计数点间还有4个计时点未画出，如图2所示，已知每相邻的两个计数点间的距离为s，且s1＝0.95cm，S2＝2.88cm，S3＝4.80cm，S4＝6.71cm，S5＝8.64cm，S6＝10.57cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz．试计算打计数点“3”时小车的速度v＝　 　m/s，纸带的加速度大小a＝　 　m/s2（计算结果保留3位有效数字）
（4）在平衡好摩擦力的情况下，探究小车加速度a与小车受力F的关系中，将实验测得的数据在坐标图中描点并作出a﹣F图线，如图3所示。从a﹣F图线求得小车的质量为　 　kg（计算保留两位有效数字）
四、计算题：（本题共3小题，共2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）．
18．（10分）一质量M＝1.0x106kg的列车在F＝1.5x105N的牵引力作用下沿平直铁轨匀加速行驶，在t＝100s内速度由v1＝5.0m/s增加到v2＝15.0m/s，求：
（1）列车的加速度大小；
（2）列车运动中所受的阻力大小。
19．（10分）如图所示，一质量为0.5kg的长方形物体，在受到与竖直方向成θ＝37o推力F作用下静止在一足够长的光滑竖直墙壁上，（g﹣10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6），求：
（1）推力F及墙壁对物体弹力N的大小；
（2）若只改变推力的大小、使物体从静止开始在1s内滑行0.5m，推力的大小应为多大。

20．（12分）如图所示，一小球从左边光滑斜面上h1＝1.25m处由静止释放下滑到水平地面上的A点，运动到B点后滑上右侧光滑斜面，物体恰能滑到右侧光滑斜面h2高度处，已知左右两光滑斜面与地面之间的夹角均为θ＝30°，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，水平地面A、B两点间的距离为L＝4m，（g＝10m/s2）求：

（1）小球到达A点的速度大小；
（2）高度h2；
（3）小球从开始运动到静止的总路程。

2018-2019学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
二、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求）
1．【分析】亚里士多德用快慢描述物体的运动，牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律，爱因斯坦的成就主要在量子力学，如光子说、质能方程、光电效应方程等，伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。
【解答】解：伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查物理学史，要注意准确掌握各位物理学家所做出的贡献，并从中学习相应的物理方法。
2．【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量。
【解答】解：
A、时间只有大小，没有方向，是标量。位移、速度、加速度是矢量，既有大小，又有方向。故A错误。
B、质量、路程是没有方向的标量，速度、平均速度是矢量，既有大小，又有方向，故B错误。
C、速度、平均速度、位移、加速度都是既有大小，又有方向的矢量，故C正确。
D、路程、时间是标量，位移、加速度都是矢量。故D错误。
故选：C。
【点评】对于矢量与标量，要抓住两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
3．【分析】木块处于静止，在竖直方向上受两个力，即重力和墙对木块的静摩擦力。平衡力作用在同一物体上，作用力和反作用力作用在不同的物体上。
木块在水平方向上受外力F和墙对木块的支持力，两个力是一对平衡力。
【解答】解：A、B：木块处于静止，在竖直方向上受两个力，即重力和墙对木块的静摩擦力。两个力是一对平衡力。故A正确，B错误；
C：木块在水平方向上受外力F和墙对木块的支持力，两个力是一对平衡力。故C错误，D错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。与平衡力的区别在于，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上。
4．【分析】甲、乙两车从同一位置由静止开始沿同一方向运动，位移相等时相遇。根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，结合围成的面积比较位移的关系，从而判断两车能否相遇。根据图线的斜率比较加速度，由位移关系和时间关系分析平均速度关系。
【解答】解：A、0﹣t0时间内，甲、乙两图线与坐标轴围成的面积不等，乙图线围成的面积大于甲图线围成的面积，则乙的位移大于甲的位移，而t＝0时刻两车在同一位置，所以to时刻甲、乙两车没有相遇。故A错误。
B、在t0时刻之前，乙的速度大于甲的速度，乙车在甲车的前方，两者的距离逐渐增大。t0时刻之后，乙的速度小于甲的速度，两者距离逐渐减小，可知t0时刻两车相距最远，故B正确。
C、图线的切线斜率表示瞬时加速度，则0～t0时间内，乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度。故C错误。
D、在0～t0时间内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度。故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
5．【分析】设物体为质量为m，根据牛顿第二定律分别列出前两种情况下的表达式，确定F1和F2共同作用于该物体时合力范围，再求出加速度的范围进行选择。
【解答】解：设物体为质量为m，根据牛顿第二定律得：F1＝ma1，F2＝ma2
则F1和F2共同作用于该物体时合力范围为：F2﹣F1≤F合≤F2+F1，
代入得：m≤F合≤6m
又由牛顿第二定律得加速度的范围为：1m/s2≤a≤7m/s2
所以物体具有的加速度大小不可能是8m/s2．故A错误BCD正确。
本题选择不可能的，
故选：A。
【点评】本题考查应用牛顿第二定律解题的基本能力，关键是确定合力的范围，得出加速度的范围。
6．【分析】小球受重力、挡板和斜面对球体的弹力，三力平衡，两个弹力的合力与重力等值、反向、共线。
【解答】解：由挡板时，球受重力、挡板和斜面对球体的弹力，设斜面得倾角为θ，作出力图如图所示：
根据平衡条件，小球受到的支持力：F1′＝mgcosθ，
所以斜面受到的压力为：F1＝F1′＝mgcosθ
当撤去挡板后，小球只受到重力与支持力，支持力：F2′＝mgcosθ
所以斜面受到的压力为：F2＝F2′＝mgcosθ
所以：F1＝F2
故ACD错误，B正确
故选：B。

【点评】本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解。
7．【分析】物体匀速直线运动受力平衡，对物体进行受力分析，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式即可求解。
【解答】解：物体匀速直线运动受力平衡，则有：
F1＝F2+f
所以有：
μmg＝F1﹣F2
解得：μ=F1-F2mg．故ABC错误，D正确
故选：D。
【点评】本题主要考查了平衡条件及滑动摩擦力公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
8．【分析】根据运动学速度位移关系公式，分别对前后两段运动过程列式，联立方程组求解即可。
【解答】解：设斜面长度为L，根据速度位移关系公式得：v2-v02=2ax0，0-v02=2aL，
联立代入数据解得：L＝40m，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题不涉及时间问题，优先考虑运动学速度位移关系公式，采用比例法比较简便。
9．【分析】对小球进行受力分析，然后由共点力平衡的条件即可求出。
【解答】解：对小球进行受力分析如图，则
竖直方向：
F＝mg+T1cos60°+T2cos60°
水平方向：
T1sin60°＝T2sin60°
代入数据可得：T1＝T2＝0.2N
故ABD错误，C正确
故选：C。

【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确对小球进行受力分析。
10．【分析】根据速度时间公式求出速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再看作反向匀加速运动，由位移公式求出刹车后的位移。
【解答】解：汽车速度减为零的时间为：
t=v0a=12.5s。
将正向匀减速运动看作反向匀加速直线运动，求第13s内的位移相当于求反向0.5s内的位移，为：
x=12at2=0.25m。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，本题属于刹车问题，知道汽车速度减为零后不再运动，注意求的是第13s内的位移，不是13s的位移。
二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求）
11．【分析】当物体在所研究的问题中大小和形状可以忽略不计时，物体即可以看作质点；
位移是指初末两点间的有向线段的长度；而路程是指物体经过的轨迹的长度；
时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。
【解答】解：A、当研究舰艇的运动轨迹时，舰艇的大小和形状可以忽略，故可以看作质点，故A正确；
B、舰艇做曲线运动，其行驶的距离为轨迹的长度，故为路程，故B错误；
C、舰艇的平均速度等于位移除以时间，根据题目不能求出位移，所以不能求出平均速度，故C错误；
D、“4月3日上午10时”指的是时刻，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查位移与路程、质点的定义等，从位移开始在学习中应开始对矢量加以关注，明确其性质。
12．【分析】根据甲图读出小李的实际重力，根据乙图读出小李站在体重秤上受到的支持力，
从而找到加速度方向。
【解答】解：由甲图知小李的实际重力为60，当他站在升降机的体重秤上时，对体重秤的压力由乙图得为40，
故支持力小于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向下，电梯的可以加速向下运动，
也可以减速向上运动。故AC正确，BD错误；
故选：AC。
【点评】该题是受理分析和牛顿第二定律的基本应用，题目相对简单。
13．【分析】0～1s拉力F不变，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律结合速度公式可求得1s时物体的速度；由图可写出1s后拉力F 的变化规律的表达式，由此可求得2s时的拉力，则2s时的加速度可求解，1s后拉力虽减小，但速度仍增加，物体先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动。
【解答】解：A、0～1s拉力F不变，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律得：a1=F0m=10m/s2，t＝1s时，物体的速度v1＝a1t1＝10m/s，故A正确；
B、由图知1s后拉力F 的变化规律为F＝F0﹣k（t﹣1）＝10﹣5（t﹣1），t＝2s时拉力F2＝5N，由牛顿第二定律得：a2＝5m/s2，故B正确；
CD、t＝3s时拉力F＝0，0～3s内，物体先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，所以3s末的速度不可能为零，故CD错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，根据分析拉力的变化可知物体的运动规律，则问题可迎刃而解。
14．【分析】第5s内的位移等于5s内的位移减去4s内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重力加速度。再根据速度时间公式v＝gt，位移时间公式h=12gt2求出速度和位移
【解答】解：A、C、第5s内的位移是18m，有：12gt12-12gt22＝18m，t1＝5s，t2＝4s，解得：g＝4m/s2．所以2s末的速度：v＝gt＝8m/s。故A正确，C正确。
B、第5s内的平均速度：v=xt=181m/s=18m/s．故B错误。
D、物体在5s内的位移：x=12gt2=12×4×25m＝50m。故D正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同
15．【分析】对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到地面的静摩擦力情况；
对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长。
【解答】解：BC、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，容器相对于水平面无滑动趋势，地面对半球形容器没有摩擦力，地面对容器的支持力等于（M+m）g，再由牛顿第三定律可知容器对地面的压力大小等于（M+m）g，故B错误，C正确；
A、对小球受力分析：重力mg、弹簧的弹力F和容器的支持力N，如图所示：
根据平衡条件，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，竖直向上，结合几何关系可知：
N＝F＝mg，故A正确；
D、由胡克定律，弹簧的压缩量为：△x=Fk=mgk；
故弹簧的原长为：x＝R+△x＝R+mgk；故D正确；
故选：ACD。

【点评】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论。
三、实验与探究题（本题共1题，共18分）
16．【分析】（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；
（2）以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；
（3）注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题；
（4）明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答。
【解答】解：（1）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头。如图所示。
（3）A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大。故A正确。
B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B错误；
C、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O．故C正确。
D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D错误；
故选：AC。
（4）用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华符合实验事实。
故答案为：（1）B；（2）如图所示；（3）AC；（ 4）张华

【点评】解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，并能进行正确的受力分析，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题。
17．【分析】（1）根据实验原理和操作过程即可判断；
（2）实验过程中要满足小车的质量远远大于砂和砂桶的质量即可判断；
（3）某段时间的平均速度来代替时间中点的瞬时速度，根据△x＝aT2求得加速度；
（4）根据牛顿第二定律求出托盘里砝码的质量。
【解答】解：（1）平衡摩擦力是首先是让木板倾斜，取下钩码让小车拖着纸带在木板上做匀速直线运动；
（2）要使小车所受的合力近似等于砝码的重力，则要求小车的质量M远大于砝码的质量m，故B选项符合要求；
（3）用某段时间的平均速度来代替时间中点的瞬时速度，所以v3=v24=s3+s42T=(4.80+6.71)×10-22×0.1m/s=0.576m/s；
为减小偶然误差把纸带分成两大段，由逐差公式求加速度，a=△xT2=(6.71+8.64+10.57-0.95-2.88-4.80)×10-2(3×0.1)2m/s2=1.92m/s2；
（4）将实验测得的数据在坐标图中描点并作出a﹣F图线，据牛顿第二定律a=1MF，则图线的斜率的倒数等于小车的质量M=1k=11.20.6kg=0.5kg。
故答案为：（1）匀速
（2）B
（3）0.576 1.92
（4）0.50
【点评】对于纸带问题的处理，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，提高应用基本规律解答实验问题的能力，熟练应用有关图象知识进行数据处理。
四、计算题：（本题共3小题，共2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）．
18．【分析】（1）根据加速度的定义a=△v△t直接求解即可。
（2）对列车利用牛顿第二定律列方程即可求出其所受阻力。
【解答】解：（1）根据：a=△v△t，代入数据得：a＝0.1m/s2
所以列车的加速度为0.1m/s2。
（2）设列车在运动中所受的阻力大小为f，
由牛顿第二定律：F﹣f＝ma
代入数据解得：f＝5.0×104N，
所以列车在运动过程中所受阻力为5.0×104N。
答：（1）列车的加速度大小是0.1m/s2；
（2）列车运动中所受的阻力大小是5.0×104N。
【点评】本题比较简单，直接根据加速度的定义式和牛顿第二定律求解即可，做题过程中注意加速度是联系力学和运动学的桥梁。
19．【分析】（1）对物块受力分析由平衡条件可求得推力F及墙壁对物体弹力N的大小；
（2）当推力增大物体向上加速或减小物体向下加速，根据牛顿第二定律结合位移公式可求得推力的大小。
【解答】解：（1）对物块受力分析，由平衡条件得：
Fcosθ＝mg
Fsinθ＝N
解得：
F＝6.25N
N＝3.75N
（2）当推力增大物体向上加速，则有：
F1cosθ﹣mg＝ma
s=12at2
解得：F1＝6.875N
当推力减小物体向下加速，则有：
mg﹣F2cosθ＝ma
解得：F2＝5.625N
答：（1）推力F及墙壁对物体弹力N的大小分别为6.25N、3.75N；
（2）若只改变推力的大小、使物体从静止开始在1s内滑行0.5m，推力的大小应为6.875N或5.625N。
【点评】本题考查了物体的平衡条件、牛顿第二定律及位移公式的应用，明确物块的不同的状态选择合适的规律求解即可。
20．【分析】（1）小球从左侧斜面上下滑的过程，运用牛顿第二定律求得加速度，再由运动学公式求小球到达A点的速度大小；
（2）研究小球在水平面上运动的过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出小球到达B点的速度。对小球在右侧斜面上上滑的过程，由运动学公式求高度h2；
（3）根据速度位移公式求小球从开始运动到静止的总路程。
【解答】解：（1）设小球从开始运动到A点时的速度为vA，由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma1。
由运动学公式有 vA2＝2a1S1。
又 S1sinθ＝h1。
解得 vA＝5m/s
（2）设小球第一次到达B点时的速度为vB，能到达右斜面的高度为h2。
小球在水平面上运动时，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma2。
由运动学公式有 vB2﹣vA2＝﹣2a2L
小球在右侧斜面上上滑的过程，有vB2＝2a1h2sinθ
解得 h2＝0.45m
（3）设小球返回B点后能水平地面滑行距离为S2。
vB2＝2a2S2。
解得 S2＝2.25m＜4m
故小球从开始运动到静止的总路程 S＝S1+L+2h2sinθ+S2。
解得 S＝10.55m
答：
（1）小球到达A点的速度大小是5m/s；
（2）高度h2是0.45m；
（3）小球从开始运动到静止的总路程是10.55m。
【点评】本题分段多次运用牛顿第二定律和运动学公式，研究小球的速度和运动的位移，也可以分段运用动能定理解答。