2018-2019学年陕西省西安市长安一中高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年陕西省西安市长安一中高一（上）期末物理试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年陕西省西安市长安一中高一（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分．1-10小题每小题只有一个选项符合题意，11-14每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，不全得2分，选错或多选不得分）
1．（4分）下列说法中不正确的是（　　）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法
B．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
C．牛顿在研究运动和力的关系时，提出了著名的理想斜面实验。该实验运用了理想实验法
D．在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法
2．（4分）下列说法中正确的是（　　）
A．加速度大的物体速度变化大
B．静摩擦力一定对物体运动起阻碍作用
C．两个直线运动的合运动一定是直线运动
D．平抛运动是匀变速曲线运动
3．（4分）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝8t2+4t（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（　　）
A．第3s内的位移大小是44m
B．前2s内的平均速度是16m/s
C．任意相邻1s内的位移差都是12m
D．任意1s内的速度增量都是8m/s
4．（4分）一物体从h高处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v；那么当物体下落时间为34t时，物体的速度和距离地面的高度分别是（　　）
A．34v，34h B．34v，916h C．14v，916h D．34v，716h
5．（4分）如图所示，物体A、B放在物体C上，水平力F水平向左作用于A上，使A、B、C一起在水平地面向左做匀速直线运动，则（　　）

A．物体A受到三个力作用
B．物体C受到六个力作用
C．物体C受到三个摩擦力的作用
D．C对B有向左的摩擦力
6．（4分）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，当电梯在竖直方向运行时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，这一现象表明（　　）

A．电梯一定处于加速上升阶段
B．电梯的速度方向一定向下
C．乘客一定处在超重状态
D．电梯的加速度方向可能向下
7．（4分）A、B两个物体在同一地点出发，沿同一直线做匀变速直线运动，它们的速度一时间图象如图所示，则（　　）

A．2﹣4s内，物体A的加速度是B的2倍
B．t＝6s时，A、B两物体相遇
C．t＝4s时，A、B两物体相距40m
D．t＝2s时，A、B两物体相距最远
8．（4分）一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高h＝1.25m，水落地的位置到管口的水平距离x＝1.8m。不计空气及摩擦阻力，g＝10m/s2，水从管口喷出的初速度大小是（　　）
A．1.8m/s B．2.0m/s C．3.0m/s D．3.6m/s
9．（4分）如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态．已知墙面光滑，水平地面粗糙．现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和轻杆上的压力F的变化情况是（　　）

A．N不变，F变大 B．N变大，F变大
C．N不变，F变小 D．N变大，F变小
10．（4分）如图所示，质量分别为M、m的两个物体A和B，用跨过定滑轮的细线相连，有一外力使B物体静止在粗糙的水平桌面上，且桌面上方细线与桌面平行，B与桌面的动摩擦因数为μ．若撤去作用在B上的外力，使A、B从静止开始运动，此时B物体的加速度大小为a；若将作用在B上的外力变为水平向左的恒力F，使B物体向左做匀加速运动的加速度大小a′＝2a，重力加速度为g，则所加外力F的大小为（　　）

A．2Mg﹣μmg B．3Mg﹣μmg
C．(M+μm)2Mg D．M2+μMm+m2Mg
11．（4分）2018年12月8日2时23分，搭载着“嫦娥四号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射。2019年1月3日10时26分，嫦娥四号成功着陆在月球背面南极﹣艾特肯盆地的预选着陆区，成为世界第一个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器，这是人类航天史上的伟大壮举。下面有关说法正确的是（　　）

A．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力
B．运载火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
C．在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，此时“嫦娥四号”处于超重状态
D．“嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中，与地球之间不再存在相互作用力
12．（4分）如图，倾角θ＝37°的足够长传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，现将一质量m＝5kg的小物体无初速度放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则在整个上滑过程中的小物体（　　）

A．加速度恒定不变
B．加速运动的时间为5s
C．所受的摩擦力方向会发生变化
D．所受的滑动摩擦力大小为34N
13．（4分）如图所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2．则有（　　）

A．x1＝x2 B．x1＞x2 C．a1＝a2 D．a1＜a2
14．（4分）一艘小船在静水中的速度是6m/s，一条河宽60m，河水流速是8m/s，下列说法正确的是（　　）
A．小船在这条河中运动的最大速度是10m/s
B．小船渡过这条河的最小位移是80m
C．小船以最小位移渡河时，所需的渡河时间为4077s
D．小船渡过这条河的最短时间是10s
二、实验探究题（每空2分，共18分，请将正确答案写在答题纸相应位置）
15．（2分）在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两根细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。下列说法正确的是 （　　）
A．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
B．两细绳必须等长
C．两次拉伸橡皮条时将橡皮条拉伸相同长度即可
D．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次实验不同
E．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力
16．（12分）在用打点计时器“探究小车的速度随时间变化的规律”的实验中，得到如图1所示的一条记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，计时器打点的时间间隔为0.02s。（计算结果均保留3位有效数字）

（1）由图可知，打点计时器打出D点时小车的瞬时速度vD＝　 　m/s。
（2）在打点计时器打B、C两点时，小车的速度分别为vB＝1.38m/s；vC＝2.64m/s，请在图2的坐标系中画出小车的v﹣t图象。
（3）小车运动的加速度大小为a＝　 　m/s2，打点计时器打出A点时小车的瞬时速度vA＝　 　m/s。
（4）如果当时打点计时器所用交流电的频率是f＝49HZ，而做实验的同学并不知道，由此引起的误差属于　 　（选填“系统”或“偶然”）误差，这样测得的加速度结果比实际值偏　 　。（选填“大”或“小”）
17．（4分）利用打点计时器和小车来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1所示

（1）关于本实验的操作，下列说法中正确的是　 　（填字母代号）
A．平衡摩擦力时，应将木板带滑轮一端适当垫高
B．砝码和砝码盘的总质量越大，实验误差越小
C．正确平衡摩擦力后，若改变小车质量重复实验时，则不需要再次平衡摩擦力
D．可以先释放小车再接通打点计时器的电源
（2）在探究加速度与力的关系的实验中，得出如图2所示的a﹣F图线，发现图线既不过原点，又不是直线，其原因可能是　 　（填字母代号）
A没有完全平衡摩擦力，且小车质量较大
B．平衡摩擦力过度，且小车质量较大
C．平衡摩擦力过度，砝码和砝码盘的总质量较大
D．没有完全平衡摩擦力，且砝码和砝码盘的总质量较大
三．计算题（共3道题，总计36分．18题10分，19题12分，20题14分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）
18．（10分）如图所示，质量为m1的物体A用细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m2的物体B相连，连接A的细绳与水平方向的夹角为θ，物体B左侧的轻绳与水平方向的夹角也为θ，B右侧与竖直墙壁相连的轻绳保持水平，此时系统处于静止状态，A所在的桌面水平，已知重力加速度为g，求：
（1）细绳对物体A的拉力大小；
（2）A物体受到桌面支持力和摩擦力的大小。

19．（12分）A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，匀速行驶的速度是vA＝20m/s；B车在后，速度vB＝40m/s。因大雾，能见度很低，B车司机在距A车160m处才发现前方的A车，经过0.5s的反应时间后立即开始刹车。
（1）若B车刹车的加速度大小为1m/s2，通过计算说明A车若始终按原来速度匀速前进，通过计算说明两车是否会相撞？
（2）如果两车不会相撞，则两车间的最近距离是多少？如果会相撞，则B车刹车的加速度至少变为多大时，可以避免两车相撞？（假定B车司机反应时间不变，A车保持匀速）
20．（14分）如图1所示，物体A静止放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。已知A的质量mA＝2.0kg，B的质量mB＝3.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．若t＝0开始，木板B受F1＝18N的水平恒力作用，t＝1s时将F1改为F2＝3N，方向不变，t＝3s时撤去F2。

（1）木板B受F1＝18N的水平恒力作用时，A、B的加速度大小aA、aB各为多少？
（2）从t＝0开始，到A、B都最终停止运动，求A、B运动的总时间分别是多少？
（3）请以纵坐标表示A受到B的摩擦力fA，横坐标表示运动时间t（从t＝0开始，到A、B都静止），取运动方向为正方向，在图2中准确画出fA﹣t的关系图线（标出对应点横、纵坐标的准确数值，以图线评分，不必写出分析和计算过程）。

2018-2019学年陕西省西安市长安一中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分．1-10小题每小题只有一个选项符合题意，11-14每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，不全得2分，选错或多选不得分）
1．【分析】解答本题应掌握：用质点来代替物体的方法叫理想模型法；伽利略研究自由落体运动采用的科学方法是逻辑推理与实验相结合；在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法。
【解答】解：A、质点是理想化的物理模型，在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法；故A正确。
B、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法；故B正确。
C、伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验。该实验运用了理想实验法；故C错误。
D、在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法。故D正确。
本题选择不正确的，故选：C。
【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等。
2．【分析】加速度的大小与速度变化的大小无关；
静摩擦力却与引起有相对运动趋势的力相等。相对地面静止的物体，可能受到静摩擦力。运动的物体也可能产生静摩擦力。静摩擦力可以作为阻力，也可以作为动力。
根据运动的合成的特点判断；
个平抛运动的特点判断。
【解答】解：A、速度变化与加速度无关，加速度大的物体的速度变化不一定大，还与速度变化的时间有关。故A错误；
B、静摩擦力对物体相对运动趋势有阻碍作用，因此对物体相对运动趋势来说有动力，也有阻力。故B错误；
C、运动的合成和分解遵循平行四边形定则，两个直线运动的合运动不一定是直线运动，比如平抛运动。故C错误；
D、平抛运动的加速度始终等于重力加速度，所以平抛运动是匀变速曲线运动。故D正确
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，以及掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法。
3．【分析】根据平均速度公式v=xt求解前2s内的平均速度；将x＝8t2+4t与匀变速直线运动的位移公式对照得到初速度v0和加速度a，由推论△x＝aT2，研究任意相邻1s内的位移差。速度增量△v＝at。
【解答】解：A、第3s内的位移△x3＝x3﹣x2＝84﹣40＝44m，故A正确；
B、前2s内的平均速度v=xt=402=20m/s，故B错误；
C、由△x＝aT2，得任意相邻1s内的位移差都是16m，故C错误；
D、任意1s内的速度增量都是16m/s2．故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，常见题型
4．【分析】自由落体运动是初速度为0的匀加速运动，根据位移公h=12gt2和速度公式v＝gt可得出在不同时间内的位移、速度。
【解答】解：根据v＝gt，可知在34t和t末的速度比为3：4，所以在34t末的速度为34v，
根据公式h=12gt2，可知在34t和t内的位移比为916：1，所以34t内的位移为916h，离地面的高度为716h，故 D 正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的公式h=12gt2和速度公式v＝gt。
5．【分析】根据平衡条件分析A的受力情况；对整体分析，明确C是否受地面的摩擦力，再对AB分析明确AB对C间的摩擦力作用，最后再对C分析，明确C受力个数。
【解答】解：A、物体A受到重力、支持力、拉力和摩擦力四个力作用，故A错误；
BCD、对整体分析可知，整体水平方向受拉力和地面的摩擦力作用下才能做匀速运动，故C一定受地面的摩擦力；
再对B分析可知，B做匀速运动，水平方向不受摩擦力；
AC间一定有摩擦力；
则对C分析可知，C一定受重力、AB的压力、支持力、A的摩擦力和地面的摩擦力共6个力的作用，故B正确，CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查受力分析的基本方法，要注意明确整体法与隔离法的应用，正确选择研究对象进行受力分析，特别注意BC间是没有摩擦力的。
6．【分析】对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的超、失重情况
【解答】解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有
mg＝kx1
弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有
mg+kx2＝ma
故加速度向上，电梯以及电梯中的人处于超重状态；电梯加速上升或者减速下降；故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题关键是对铁球受力分析，根据牛顿第二定律判断出铁球的加速度方向，由于铁球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况
7．【分析】在速度﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移；根据两物体的速度大小，判断何时两者相距最远。
【解答】解：A、在v﹣t图象中，图象的斜率代表加速度，则A的加速度为 aA=△vA△tA=404m/s2＝10m/s2，B的加速度为 aB=△vB△tB=402m/s2＝20m/s2，物体A的加速度是B的12倍，故A错误；
B、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，知0﹣6s内，A的位移大于B的位移，则t＝6s时，A、B两物体没有相遇。故B错误。
C、t＝4s时，A、B两物体相距的距离等于0﹣4s内A、B位移之差，为△x=12×40×4-12×40×2m＝40m，故C正确；
D、当速度相同时，两者的距离相距最远，故t＝4s时，相距最远，故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，知道速度时间图象的斜率表示加速度，图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理。
8．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平距离求出初速度
【解答】解：水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律，
竖直方向上：h=12gt2，
代入数据解得：t＝0.5s
水平方向上：x＝v0t
代入数据解得水平速度为：v0＝3.6m/s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解
9．【分析】先对整体受力分析，整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A的弹力，地面对B的静摩擦力．整体处于平衡状态，从而可知N的大小变化．再隔离对A球进行受力分析，A球受重力，墙壁的弹力和杆子的弹力，三个力处于平衡状态，通过夹角的变化，判断轻杆受到压力的变化．
【解答】解：对整体进行受力分析，知竖直方向：N＝2mg，移动两球后，仍然平衡，则N仍然等于2mg，所以N不变。
再隔离对A进行受力分析，轻杆对A的作用力等于轻杆上受到的压力，轻杆对A球的作用力F=mgcosθ，

当A球向下移动一小段距离，夹角θ增大，cosθ变小，所以F增大。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球B的支持力不变．再隔离分析，判断杆子对球的作用力变化．
10．【分析】隔离AB，分别对AB列牛顿第二定律表达式求解。
【解答】解：撤去作用在B上的外力时，隔离AB由牛顿第二定律得：Mg﹣T＝Ma T﹣μmg＝ma 联立得a=M-μmM+mg
加一水平向左的外力F于B物体上时，隔离AB由牛顿第二定律得：F﹣T′﹣μmg＝ma′T′﹣Mg＝Ma′
又 a’＝2a
联立解得：F＝3Mg﹣μmg，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了整体法和隔离法、牛顿第二定律的应用，难度不大，连接体中的基本题。
11．【分析】由牛顿第三定律可知，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，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。
【解答】解：A、火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故A正确；
B、火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B错误；
C、在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，加速度向上，“嫦娥四号”处于超重状态，故C正确；
D、“嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对它的引力和它对地球的引力，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了力的相互作用性，力与物体运动的关系，是基础题；知道火箭加速上升，受力不平衡是解题的关键
12．【分析】由牛顿第二定律求出小物块的加速度，应用运动学公式分析答题即可。
【解答】解：A、小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma，代入数据解得：a＝0.8m/s2，
可知开始时小物块将向上做匀加速直线运动。由于传送带足够长，则小物块必定能达到与传送带的速度相等。
当小物块的速度与传送带相同后，由于μmgcos37°＞mgsin37°
可知小物块将向上随传送带一起做匀速运动。故A错误，
B、加速运动的时间t=va=5s，故B正确；
C、小物块向上做加速运动时，受到的摩擦力的方向向上；当小物块向上做匀速直线运动时，受到的摩擦力的方向仍然向上。故C错误；
D、当小物块向上做加速运动时，受到的滑动摩擦力：f1＝μmgcos37°＝0.85×5×10×0.8＝34N；当小物块向上做匀速直线运动时，受到的是静摩擦力：故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，根据摩擦力与重力分力的关系分析清楚煤块的运动性质，分析清楚小物块的运动过程是正确解题的前提与关键，也是本题的难点。
13．【分析】对整体根据牛顿第二定律求解加速度大小；再隔离对b分析，根据牛顿第二定律求解弹力大小，再根据胡克定律分析弹簧伸长量关系。
【解答】解：a、b一起向上做匀加速直线运动时，对整体根据牛顿第二定律可得：a1=F-(m1+m2)gm1+m2=Fm1+m2-g
隔离对b分析有：F1﹣m2g＝m2a1
解得：F1=m2Fm1+m2；
a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，对整体根据牛顿第二定律可得：a2=Fm1+m2
隔离对b分析有：F2＝m2a2=m2Fm1+m2，
可知a1＜a2．F1＝F2，根据胡克定律知，x1＝x2．故AD正确、BC错误；
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
14．【分析】静水速小于水流速，可知合速度的方向不可能垂直于河岸，则小船不能垂直到对岸。当静水速与河岸垂直时，渡河的时间最短。
【解答】解：A、当静水速与水流速同向，小船速度最大，为14m/s；当静水速与水流速反向，小船速度最小，为2m/s，故AB错误；
B、当船的合速度垂直静水速度时，船渡河的位移最短，
由三角形相似，则有：ds=vcvs
船过河的位移的大小为：
s=vsvcd=86×60＝80m，故B正确；
C、由上可知，最小位移为s＝80m，而船的合速度v=vs2-vc2=82-62=27m/s，
那么此时渡河时间为t=sv=8027═4077s，故C正确；
D、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t′=dvc=606s＝10s，故D正确；
故选：BCD。

【点评】解决本题的关键知道静水速与河岸垂直时，渡河时间最短。当静水速大于水流速，合速度与河岸垂直渡河航程最短。
二、实验探究题（每空2分，共18分，请将正确答案写在答题纸相应位置）
15．【分析】本题考查了具体实验细节要求，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。
【解答】解：A、测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故A正确；
B、通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，故B错误；
C、为使两次拉橡皮筋的效果相同，需将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，而不是只将橡皮条拉伸相同长度，故C错误；
D、根据实验的要求可知，在重复验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次实验不同，故D正确。
E、本实验，弹簧称的拉力应不超过量程，两个弹簧称拉力的大小没有要求，只要使两次效果相同就行，不一定用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力。故E错误。
故选：AD。
【点评】对于中学中的实验，学生尽量要到实验室进行实际操作，只有这样才能体会具体操作细节的意义，解答实验问题时才能更加有把握。
16．【分析】（1）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D的瞬时速度；
（2）结合B、C、D的瞬时速度，作出v﹣t图线；
（3）根据图线的斜率求出小车的加速度，图线延长与纵轴的交点表示A点的速度；
（4）明确周期和频率的关系，正确判断误差产生原因。
【解答】解：（1）电磁打点计时器工作电源频率是50Hz，它每隔0.02s打一次点，每相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，故相邻两个计数点的时间0.1s。
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，D点的瞬时速度等于E、C段的平均速度为：vD=xCE2T=105.60-27.602×0.1×10﹣2＝3.90m/s。
（2）v﹣t图象如图；

（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，
解得：a=xCE-xAC4T2=105.60-27.60-27.604×0．12×10﹣2＝12.6m/s2。
由运动学公式，则有：vA＝vB﹣aT＝1.38﹣12.6×0.1＝0.120m/s
（4）如果在某次实验中，交流电的频率为49Hz，那么实际周期大于0.02s，属于系统误差，
根据运动学公式△x＝at2得：真实的加速度值就会偏小，
所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的。
故答案为：（1）3.90； （2）如图所示：

（3）12.6，0.120；
（4）系统，大。
【点评】本题关键是采用图象法处理数据，明确v﹣t图象的斜率表示加速度，纵轴截距表示A点速度，基础题。
17．【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
（2）探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西。当小盘与砝码的质量远小于小车的质量时，可以认为小车受到的拉力等于小盘与砝码的重力。
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力时，应将木板带滑轮另一端适当垫高，故A错误。
B、实验时，为了使砝码和砝码盘的重力等于绳子的拉力，需满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量，则砝码和磁码盘的总质量越大，实验误差越大，故B错误。
C、正确平衡摩擦力后，若改变小车质量重复实验时，则不需要再次平衡摩擦力，故C正确。
D、实验时，先接通电源，再释放小车，故D错误。
故选：C；
（2）图线不过原点，F不等于零，a仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
从图象上可以看出：F从0开始增加，砂和小桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砂和小桶的质量就没有远小于车的质量，那么绳子的拉力与砂和小桶的总重力就相差较大。图线不是直线的原因是砂和小桶的质量没有远小于车的质量，即砂和小桶的质量较大，故D正确，A、B、C错误。
故选：D；
故答案为：（1）C；（2）D。
【点评】在探究加速度与力和质量关系的实验中，知道两个认为：1、认为细绳的拉力等于小车的合力，（前提要平衡摩擦力），2、认为砂和小桶的总重力等于绳子的拉力，（前提是砂和小桶的质量远小于车的质量）。
三．计算题（共3道题，总计36分．18题10分，19题12分，20题14分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，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）A、B都静止均处于平衡状态，对B进行受力分析，根据平衡条件求解绳子拉力；
（2）对A进行受力分析，根据平衡条件求解A物体受到桌面支持力和摩擦力的大小。
【解答】解：（1）A、B都静止均处于平衡状态
设绳子拉力大小为F，对B进行受力分析得：Fsinθ＝m2g
解得F=m2gsinθ；
（2）对A进行受力分析如图所示，竖直方向根据平衡条件可得：
Fsinθ+N＝m1g
解得支持力N＝（m1﹣m2）g
水平方向根据平衡条件可得：f＝Fcosθ
解得摩擦力f=m2gtanθ
答：（1）细绳对物体A的拉力大小为m2gsinθ；
（2）A物体受到桌面支持力为（m1﹣m2）g，摩擦力的大小为m2gtanθ。

【点评】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。
19．【分析】（1）当B车速度与A车相等时，撞不上A则永远也撞不上，根据AB车的时间、位移关系，结合运动学公式分析；
（2）两车恰好不相撞的临界条件是两部车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可。
【解答】解：（1）若B火车的加速度大小为aB＝1m/s2，则有：
在反应时间内，B车做匀速运动，则有x1＝vBt1＝20m①
设当B车速度减小到vA＝20m/s时，B车减速阶段的位移为x2，A车的总位移为xA，有
vA2-vB2=2aBx2②
vA＝vB+aBt③
xA＝vA（t1+t）④
①②③④联立解得B车的总位移为：
xB＝x1+x2＝620m
xA＝410m。
xB﹣xA＝210m＞160m，所以两车会相撞。
（2）由（1）的分析可知，如果不会相撞，则两车间的最近的距离是210m
设两车恰好相遇时速度相同，相同速度为v，则有：
在反应时间内，B车做匀速运动，则有x1＝vBt1＝20m
对B火车，有v＝vB+aBt′
v2-vB2=2aBxB′
对A火车，有 xA＝vA（t1+t′）
位置关系为 x1+xB′＝xA+d
解得：aB=43m/s2
答：（1）通过计算说明A车若按原来速度前进，两车不会相撞；
（2）如果不会相撞，则两车间的最近的距离是210m；如果会相撞，则B车刹车的加速度至少变为43m/s2时，可以避免两车相撞。
【点评】本题第一问关键要判断能否追上，注意运动学公式的适用范围；第二问关键是找到恰好不追上的临界条件，较难。
20．【分析】（1）隔离对A、B分析，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度。
（2）从t＝0时，AB物体运动分为两个过程，先以不同的加速度做匀加速运动，后以不同的加速度做匀减速运动，达到共同速度后一起做匀速直线运动，利用牛顿第二定律可求出加速度，利用匀变速直线运动规律即可求时间。
（3）从t＝0到t＝1s再到到达共同速度，AB之间均是滑动摩擦力，之后为零，当撤去力后，一起匀减速运动，整体求出加速度，在以A利用牛顿第二定律即可求出AB之间的摩擦力大小
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：对A有：μ1mAg＝mAaA
解得：aA＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
对B：F1﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg＝mBaB
代入数据得：aB＝3m/s2
（2）t1＝1s时，AB的速度分别为vA、vB ，则有：vA＝aAt1＝2×1m/s＝2m/s vB＝aBt1＝3×1m/s＝3m/s
F1改为F2＝3N后，在B速度大于A速度的过程中，A的加速度不变，B的加速度设为aB′
根据牛顿第二定律得：F2﹣μ2（mA+mB）g﹣μ1mAg＝mBaB′
代入数据得：aB′＝﹣2m/s2
设经过时间t2，AB速度相等，由于AB之间的最大静摩擦力：fm＝μ1mAg＝0.2×2.0×10N＝4N
假如AB相对静止，整体分析合外力为：F合＝F2﹣μ2（mA+mB）g＝0N＜fm 此后它们保持相对静止。
由速度关系得：v＝vA+aAt2＝vB+aB′t2
代入数据得：t2＝0.25s，v＝2.5m/s
A在B上相对B滑行的时间为t＝t1+t2＝1.25s
1.25s﹣﹣3s内：A、B一起做匀减速运动
对A、B整体应用牛顿第二定律得：F2﹣μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a
解得：a＝﹣0.4m/s2
t3＝1.75s，v′＝v+a′t3＝1.8m/s
t＝3s时撤去F2后，A、B一起做匀减速运动直至静止。
对A、B整体应用牛顿第二定律得：μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a′
解得：a′＝1m/s2
运动时间：t4=v′a′=1.8s
故A、B运动的总时间相等，则有：t总＝t1+t2+t3+t4＝4.8s
（3）
答：（1）木板B受F1＝18N的水平恒力作用时，A、B的加速度大小aA、aB各为2m/s2、3m/s2 ；
（2）从t＝0开始，到A、B都最终停止运动，A、B运动的总时间都是4.8s
（3）如图所示。
【点评】解决本题的关键理清木板和木块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。