2021-2022学年北京市海淀区高一（上）期末物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年北京市海淀区高一（上）期末物理试卷

1. 下列各组物理量中，都属于矢量的一组是(    )
A. 位移、时间 B. 力、速度 C. 路程、加速度 D. 时间、速率
2. 下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是(    )
A. kg B. N C. m/s2 D. m/s
3. 关于物体运动的速度、速度变化量、加速度之间的关系，下列说法正确的是(    )
A. 物体运动的速度越大，其速度变化量一定越大
B. 物体运动的速度越大，其加速度一定越大
C. 物体运动的速度变化量越大，其加速度一定越大
D. 相同时间内，物体运动的速度变化量越大，其加速度一定越大
4. 某同学利用如图所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律，橡皮条一端固定在木板上的A点，轻质小圆环挂在橡皮条的另一端，两个弹簧测力计分别通过细绳同时用拉力F1、F2将小圆环拉至O点；再用其中一个弹簧测力计通过细绳用拉力F将小圆环仍拉至O点。关于该实验，下列说法正确的是(    )
A. F1、F2两个力的大小一定要相等
B. F1、F2两个力的方向一定要垂直
C. 拉动小圆环的细绳应尽可能粗一些且短一些
D. 拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
5. 一辆汽车在教练场上沿平直道路行驶，以x表示它相对于出发点的位移。汽车在0时刻到30s末这段时间的x−t图像如图所示。下列说法正确的是(    )
A. 在0∼20s内，汽车做加速运动
B. 在0∼20s内，汽车的位移大小为30m
C. 在20∼30s内，汽车做匀速运动
D. 在20∼30s内，汽车的速度大小为3m/s

6. 伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图可大致表示其实验和思维的过程。让小球沿斜面滚下，测量相关量，然后多次改变斜面倾角进行实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。关于该实验，下列说法正确的是(    )
A. 伽利略直接测量的是小球运动的速度，验证速度随时间均匀变化
B. 伽利略直接测量的是小球自由落体的位移，验证位移与时间的平方的关系
C. 图甲所示实验，可“冲淡”重力的作用，使时间容易测量
D. 图丁所示是实验现象，图甲所示是经过合理外推后的现象
7. 如图甲所示，一只可爱的小鸟沿着树枝从A缓慢移动到B，该过程可视为一个质点从固定圆弧上的A点缓慢移动到B点，如图乙所示。下列说法正确的是(    )


A. 树枝对小鸟的摩擦力不变 B. 树枝对小鸟的摩擦力减小
C. 树枝对小鸟的弹力不变 D. 树枝对小鸟的弹力减小
8.  某人想测量地铁在平直轨道上启动过程中的加速度。他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，并与竖直扶手之间有一稳定的夹角，他用手机拍摄了当时情景的照片，如图所示，拍摄方向跟竖直扶手和细绳所在平面垂直。已知当地重力加速度为g。下列说法正确的是(    )
 

A. 该地铁的速度方向向右
B. 该地铁的加速度方向向右
C. 只需测出笔的质量，即可估算出地铁的加速度
D. 只需测出细绳与竖直扶手之间的夹角，即可估算出地铁的加速度

9. 物理学中某个物理量D的变化可以记为ΔD，发生这个变化所用的时间间隔可以记为Δt；变化量ΔD与Δt之比就是这个量对时间的变化率，简称变化率。下列表述正确的是(    )
A. 若D表示某质点运动的速度，ΔDΔt恒定不变，则表明该质点一定做匀速运动
B. 若D表示某质点运动的速度，ΔDΔt越大，则表明该质点运动的加速度一定越大
C. 若D表示某质点运动的加速度，ΔDΔt恒定不变，则表明该质点一定做匀变速运动
D. 若D表示某质点运动的加速度，ΔDΔt为零，则表明该质点一定做匀速运动
10. 图甲所示为乘客在进入地铁乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过安全检测仪接受检查时的情景，图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带始终以0.5m/s的恒定速率运行，乘客将行李(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a点，行李与传送带之间的动摩擦因数为0.5，a、b间的距离为2m，重力加速度g取10m/s2。对于行李从a传送至b的整个过程，下列说法正确的是(    )

A. 行李始终受到向右的摩擦力 B. 行李相对传送带向右运动
C. 行李从a传送至b的时间为4.05s D. 行李相对传送带移动的距离为0.05m
11. 关于力的说法，下列正确的是(    )
A. 因为物体本身就有重力，所以重力没有施力物体
B. 重力的方向总是垂直于接触面向下的
C. 放在水平桌面上的两个球相互接触，两球之间可能不存在弹力
D. 两物体之间如果有相互作用的弹力，可能不存在摩擦力
12. 如图所示，有一辆满载西瓜的汽车在水平路面向左沿直线做匀加速运动，加速度大小为a。其中一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的合力为F，则关于F的大小和方向的判断正确的是(    )

A. F的方向向左偏上 B. F的方向水平向左
C. F的大小为mg2+a2 D. F的大小为ma
13. 某人站在置于水平地面上的压力传感器上，进行蹲起动作，图中呈现的是在一段时间内力传感器的示数随时间变化的情况。由此可以判断(    )

A. 在0∼8s内，该人完成两次完整的蹲起过程
B. 状态a到状态b对应着下蹲过程，状态b到状态c对应着站起过程
C. 从状态a到状态b，人的重心运动的加速度方向向下
D. 从状态d到状态e，人的重心运动的速度和加速度方向都向上
14. 用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30∘，细线c水平。细线a对小球1的拉力大小为Ta，细线b、c对小球2的拉力大小分别为Tb和Tc。下列说法正确的是(    )


A. Tc=233G B. Ta>Tb C. TbTc
15. 某同学用如图所示的装置探究弹簧弹力与形变量的关系，刻度尺0刻度线与弹簧上端对齐。他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值，记作L0，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码个数，依次读出指针稳定后所指刻度尺的刻度值，并计算出弹簧相应的伸长量，所得数据列表如下(弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取10m/s2)。

弹簧原长L0=12.60cm
实验数据记录表
实验次数
1
2
3
4
5
6
钩码质量m/g
50
100
150
200
250
300
刻度尺的刻度x/cm
14.80
16.85

21.00
23.20
25.20
弹簧的伸长量Δx/cm
2.20
4.25

8.40
10.60
12.60
(1)第3次实验中，弹簧指针所指刻度尺的情况如图2所示，请将该次测量值和对应的弹簧的伸长量填入记录表中。
(2)该同学认为可以通过绘制m−Δx图线来分析实验数据。他根据实验数据在图3中标出了各次实验数据对应的坐标点，请在该图中标出第3次实验对应的坐标点，并画出m−Δx图线。
(3)根据m−Δx图线，你得到的该弹簧的弹力F与形变量Δx的表达式为F=______。
16. 一组同学在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，采取了两种实验方案。
(1)方案一：实验装置如图1所示，图中上、下两层水平轨道表面可视为是光滑的，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上。实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止。本探究方案是通过比较两小车______之比来反映两小车加速度的大小之比的，能这样进行比较，原因是：______。

(2)方案二：实验装置如图2所示。
①在下列仪器和器材中，还需要使用的有______。(填写选项前的字母)
A.电压合适的50Hz交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(含砝码)
②图3所示为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离。已知打点计时器打点周期为0.02s，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=______m/s2。(结果保留两位有效数字)
③在探究加速度与小车受力关系的实验中，为使小车受到的合力在数值上近似等于砂及砂桶受到的总重力，所采取的措施有______。(填写选项前的字母)
A.调节木板的倾斜度，使小车在不挂砂和砂桶时能拖动纸带沿木板匀速运动
B.调节木板的倾斜度，使小车在砂和砂桶拉力的牵引下拖动纸带沿木板匀速运动
C.保证小车质量远大于砂和砂桶的质量
④在某次利用上述已调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放上不同质量的砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，1a为纵坐标，在坐标纸上作出1a−m关系图线，若描绘出的图线是图4中______图(填写选项字母)，则能得出与牛顿第二定律一致的结论。

17. 一个小球从距地面高45m处由静止释放，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球下落至地面的时间。
(2)小球在2.0s末时速度的大小。
(3)小球在最后1s内下落的高度。
18. 如图所示，水平地面上有一质量为m=20kg的木箱(可视为质点)，工作人员用与水平方向成θ=53∘角、大小为F=150N的力斜向上拉木箱，使木箱由静止开始加速运动，作用2s后撤去拉力F。已知木箱与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin53∘=0.80，cos53∘=0.60，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)木箱做加速运动的过程中，木箱受到地面摩擦力的大小。
(2)撤去力F时，木箱速度的大小。
(3)撤去力F后，木箱滑行至停止的时间。
19. 2021年9月17日，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波在中国空间站完成相关工作后，搭载“神舟十二号”载人飞船顺利返回。返回舱在距地面某一高度时速度为v0，此时启动减速降落伞装置开始做减速运动，如图甲所示。当返回舱减速至某一速度后，继续匀速下降。启动减速伞后的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知返回舱和减速伞的总质量为m，两者的运动可以看作竖直方向的直线运动，在下落过程中受到的空气阻力f与其下落速度v的平方成正比，即f=kv2，k为已知常数，重力加速度为g。
(1)求启动减速伞的瞬间，返回舱加速度的大小和方向。
(2)求返回舱匀速下降过程的速度大小。
(3)从力和运动的关系分析，启动减速伞后返回舱下落过程中加速度大小的变化。

20. 某同学采用如图所示的装置演示惯性实验，他将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，砝码的移动位移很小，几乎观察不到，成功进行了实验。该同学所用砝码(可视为质点)质量为m1=0.4kg，纸板的质量为m2=0.1kg，砝码与纸板左端的距离d=0.1m。已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2。
(1)求拉动纸板过程中，砝码受到纸板的摩擦力的大小和方向。
(2)该实验中，若拉力太小，则会出现砝码和纸板相对静止一起运动的现象，为保证砝码能相对纸板运动，拉力应满足什么样的条件？
(3)该实验中，若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，为确保实验成功，拉动纸板所需的拉力至少多大？
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、位移是矢量，时间是标量，故A错误；
B、力是矢量，速度是矢量，故B正确；
C、路程是标量，加速度是矢量，故C错误；
D、时间是标量，速率是标量，故D错误。
故选：B。
根据矢量和标量的定义进行逐项分析即可得出结论，其中矢量是有大小和方向，运算遵循平行四边形法则的物理量；标量是只有大小没有方向，运算不遵循平行四边形法则的物理量。
本题考查矢量和标量的定义，理解记忆即可，比较简单。

2.【答案】A 
【解析】解：kg是国际单位制中的基本单位，其他的都是导出单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
国际单位制中的基本单位有7个，分别是：质量单位：千克(kg)；时间单位：秒(s)；长度单位：米(m)；电流强度：安培(A)；热力学温度：开尔文(K)；物质的量：摩尔(mol)；发光强度：坎德拉(cd)，以此进行判断即可。
本题考查国际单位制，熟记国际单位制中的7个基本单位即可，比较简单。

3.【答案】D 
【解析】解：ABC、速度大，速度变化量不一定大，加速度也不一定大，故ABC错误；
D、根据加速度的定义式：a=ΔvΔt，则：Δv=a⋅Δt，相同时间内速度变化量越大，加速度一定越大，故D正确。
故选：D。
根据加速度的物理意义：加速度表示物体速度变化的快慢，结合定义式a=ΔvΔt分析，加速度大小与速度的大小以及速度变化量的大小无关。
加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式以及与其他物理量的关系。

4.【答案】D 
【解析】解：AB、在实验过程中，对F1、F2两个力的大小和方向没有严格的要求，只要求力不要太小，同时角度不要太小即可，故AB错误；
C、拉动小圆环的细绳应尽可能长一些，这样在画图的时候误差会稍小一点，故C错误；
D、拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故D正确。
故选：D。
根据力合成的实验掌握正确的实验操作并作出判断即可。
本题主要考查了验证力的平行四边形定则，根据实验原理掌握正确的实验操作，并学会简单的数据分析即可，属于基础题型。

5.【答案】B 
【解析】解：A、由图可知，在0∼20s内，汽车做匀速直线运动，故A错误；
B、由图可知，在0∼20s内，汽车的位移大小为30m，故B正确；
CD、由图可知，在20∼30s内，汽车静止，汽车速度为零，故CD错误。
故选：B。
位移-时间图像的“斜率”等于速度；倾斜的直线图线表示匀速直线运动，平行于t轴的图线表示静止；位移等于坐标的变化量，由此分析。
本题是位移-时间图像问题，考查基本的识图能力，关键要知道位移-时间图像的“斜率”等于速度，位移等于坐标的变化量。

6.【答案】C 
【解析】解：A.伽利略的时代无法直接测定瞬时速度，所以无法直接得到速度的变化规律，故A错误；
B.伽利略通过数学计算得出结论：如果物体初速度为零，且速度与时间成正比，即v∝t
那么它通过的位移与时间的平方成正比，即x∝t2
这样只需测出通过不同位移所用的时间，验证位移与时间的平方的关系就可以验证物体的速度是否随时间均匀变化，但是伽利略的年代自由落体时间无法准确测量，故B错误；
C.因为伽利略的年代自由落体时间无法准确测量，所以伽利略让铜球从阻力很小的斜面下滑，用来“冲淡”重力的作用，延长运动时间，便于测量时间，故C正确；
D.甲、乙、丙是现象，丁是合理外推的结论，故D错误。
故选：C。
本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，要了解其研究过程为什么要用“冲淡”重力的方法。
本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，要注意准确理解伽利略实验的现象以及所应用的方法。

7.【答案】B 
【解析】解：小鸟运动过程中受到重力、树枝对小鸟的弹力和摩擦力，如图所示；
，
令小鸟受到的弹力和竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得：
小鸟受到的弹力为：N=mgcosθ
小鸟受到的摩擦力为：f=mgsinθ，
在小鸟从圆弧A点移动到B点的过程中θ逐渐减小，所以弹力N逐渐增大，摩擦力f逐渐减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
分析小鸟受到的作用力，根据平衡条件得到弹力和摩擦力的表达式，根据表达式分析弹力和摩擦力的变化情况。
解决该题需要正确分析小鸟受到的作用力，能正确推导出弹力和摩擦力的表达式，知道小鸟受到的支持力以及弹力相互垂直。

8.【答案】D 
【解析】解：A、如图为圆珠笔的受力情况，

由图可知拉力有一个水平向左的分力，所以只能确定圆珠笔有一个向左的加速度，它可能向左加速运动，也有可能向右减速运动。故A错误；
B、F有一个向左的分力T，T是产生加速度的原因，所以加速度方向向左，故B错误；
CD、要想求出加速度的大小，就要求出水平方向上的合外力T的大小，当知道细绳与竖直扶手的夹角θ时，
T=mgtanθ，
根据牛顿第二定律得：
mgtanθ=ma，
解得：a=gtanθ，
故C错误，D正确。
故选：D。
当笔处于稳定时，笔与地铁的加速度相同，根据牛顿第二定律求得加速度，判断出测出绳与竖直方向的夹角即可估算加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，抓住绳与竖直方向的夹角，明确笔与地铁的加速度相同即可。

9.【答案】B 
【解析】解：AB、若D表示某质点运动的速度，ΔDΔt恒定不变，则表明该质点的加速度保持不变，即质点做匀变速直线运动，若ΔDΔt越大，则表明该质点运动的加速度一定越大，故A错误，B正确；
CD、若D表示某质点运动的加速度，ΔDΔt恒定不变，则质点运动的加速度在不断均匀的变化；ΔDΔt为零，则表明该质点的加速度保持不变，即质点做匀变速直线运动，故CD错误。
故选：B。
若D表示质点运动的速度，则ΔDΔt表示直线运动的加速度，由此分析物体的运动类型；
若D表示质点运动的加速度，则ΔDΔt表示直线运动的加速度的变化率，由此分析物体的运动类型。
本题主要考查了物理量的定义和分析，根据公式分析出物体的加速度的变化并理解对应的运动类型即可，属于概念理解题型。

10.【答案】C 
【解析】解：C、行李放上传送带后，加速度为：
a=μg=0.5×10m/s2=5m/s2，
行李做匀加速直线运动，速度达到传送带速度经历的时间
t1=va=0.55s=0.1s
加速位移为x1=12at12=12×5×0.12m=0.025m
与传送带共速后做匀速直线运动，运动时间
t2=xab−x1v=2−0.0250.5s=3.95s
行李从a传送至b的时间为
t=t1+t2=0.1s+3.95s=4.05s，
故C正确；
A、行李放上传送带后，初速度为零，摩擦力向右，做匀加速运动，相对传送带向左运动，当行李与传送带共速后，二者一起运动，不受摩擦力作用，故AB错误；
D、在行李做匀加速运动过程中，传送带位移x2=vt1=0.5×0.1m=0.05m
行李相对传送带移动的距离Δx=x2−x1=0.05m−0.025m=0.025m，故D错误；
故选：C。
分析出行李在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律得出行李的加速度，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，行李在传送带上先加速后匀速，根据两者位移差求出相对运动距离。
解决本题的关键理清行李在传送带上的运动规律，通过牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

11.【答案】CD 
【解析】解：A、物体因受到地球的吸引而受到重力，则重力有施力物体，故A错误；
B、重力的方向总是竖直向下的，故B错误；
C、若放在水平桌面上的两个小球，靠在一起但并不相互挤压，两球间没有发生形变，故两球之间不存在弹力，故C正确；
D、两物体间如果有相互作用的弹力，不一定存在摩擦力，若两者间光滑、没有相对运动或相对运动趋势，则不存在摩擦力，故D正确。
故选：CD。
重力的方向总是竖直向下，弹力产生的条件为相互接触且发生形变，摩擦力产生的条件为接触，发生形变，接触面粗糙，且有相对运动或相对运动趋势，依据摩擦力的产生条件以及与有无弹力之间的关系，即可分析。
本题主要考查了重力弹力及摩擦力，明确产生的条件和方向，即可判断。

12.【答案】AC 
【解析】解：对西瓜A受力分析，只受到其它西瓜对它的作用力的合力F与自身重力作用，根据牛顿第二定律有F合=ma
如图所示，

F=ma2+g2，方向向左偏上
所以AC正确，BD错误。
故选：AC。
抓住西瓜和汽车具有相同的加速度，结合牛顿第二定律求出其它西瓜对它的作用力合力的大小和方向。
解决本题的关键知道西瓜与汽车具有相同的加速度，通过西瓜的合力求出其它西瓜的作用力。

13.【答案】CD 
【解析】解：A、由F−t图像可知人的重力为mg=500N，则压力传感器的示数大于重力时处于超重，加速度向上，压力传感器的示数小于重力时处于失重，加速度向下，一次下蹲过程是先向下加速再向下减速，则应为先失重后超重；一次站起过程是先向上加速再向上减速，则应为先超重后失重，故在0∼8s内，该人完成一次完整的下蹲过程(状态a到状态c)，一次完整的站起的过程(状态d到状态f)，故A错误；
B、状态a到状态c对应着下蹲过程，状态d到状态f对应着站起过程，故B错误；
C、从状态a到状态b，人的视重小于重力处于失重状态，由牛顿第二定律可知人的重心运动的加速度方向向下，故C正确；
D、从状态d到状态e，人处于向上站起的加速阶段，则重心运动的速度和加速度方向都向上，故D正确；
故选：CD。
利用牛顿第二定律分析动态过程，判断加速度的方向，从而可知物体处于超重或失重状态。
本题解题关键在于通过图像判断人的受力情况，从而判定其运动状态。

14.【答案】ABD 
【解析】解：AB、将两球和细线b看成一个整体，受力如图1所示

由图示可知：Ta=2Gcos30∘=433G，Tc=2Gtan30∘=233G
小球2受力如图2所示，小球2静止处于平衡状态，所受合力为零，
则Tb=G2+Tc2=G2+(233G)2=213G，Ta>Tb>Tc，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
将两球和细线b看成一个整体，做受力分析根据力的平衡条件解得细线a对小球1的拉力，对小球2根据共点力的平衡条件可知细线b对其拉力的大小。
本题考查共点力平衡，解题关键掌握整体与隔离的分析方法，注意将两球和细线b看成一个整体时b绳的拉力为内力，可以不用分析。

15.【答案】(1)18.906.30(2)图见解析(3)25⋅Δx 
【解析】解：(1)根据表格中的数据推理L3的数值为18.90cm，伸长量为Δx=18.90cm−12.60cm=6.30cm。
(2)描点作图应使更多的点在图线上，不在图像上的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图所示．

(3)根据m−Δx图线，你得到的该弹簧的弹力F与形变量Δx的表达式为F=25⋅Δx
故答案为：(1)18.90，6.30；(2)图见解析；(3)25⋅Δx
(1)根据刻度尺的最小分度，结合估读得出读数。
(2)以纵轴表示质量，横轴表示弹簧的伸长量，描点作图。让尽量多的点落在直线上或分居直线两侧。
(3)根据图像结合数学方法解得解析式。
解决本题的关键掌握弹力与弹簧伸长关系的实验步骤，会描点作图，掌握作图的方法。会从图像中分析数据。

16.【答案】(1)位移   x=12at2，即时间相同时加速度之比就等于位移之比   (2)①ACE ②1.0③AC ④ B 
【解析】解：(1)因为实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止。故两车运动时间相同，且它们均做初速度为零的匀加速直线运动，故满足x=12at2，所以当时间相同时，可以看出加速度之比为位移之比。故本探究方案是通过比较两小车位移之比来反映两小车加速度的大小之比的；
(2)①该实验需要用到打点计时器，所以需要选交流电源，且需要测量位移，故需要用到刻度尺，还需要测量小车和砂桶的质量，所以需要天平。
故选ACE。
②通过数据可得加速度，相邻计数点间的时间间隔为：t=0.02s×5=0.1s，
由Δx=at2可得小车的加速度为：a=xCE−xAC4t2=21.60cm−8.79cm−8.79cm4×(0.1s)2=100.5cm/s2≈1.0m/s2。
因为保留两位有效数字，故加速度为1.0m/s2。
③AB.该实验应该先平衡摩擦力，即调节木板的倾斜度，使小车在不挂砂和砂桶时能拖动纸带沿木板匀速运动，故A正确，B错误；
C.为使小车受到的合力在数值上近似等于砂及砂桶受到的总重力，应保证小车质量远大于砂和砂桶的质量，故C正确。
故选AC。
④因为保持砂和砂桶的总质量不变，即小车受到的合力不变，则知F=(m+M)a，那么1a=1Fm+MF，故选B。
故答案为：(1)位移    x=12at2，即时间相等时加速度之比就等于位移之比；(2)①ACE；②1.0；③AC；④B。
(1)两小车的运动是等时的，因为x=12at2，所以比较加速度只需要比较位移x。
(2)该实验需要用到打点计时器要选交流电源，需要测量位移，要用到刻度尺，要测量小车和砂桶的质量，需要天平。根据纸带数据，由Δx=at2可求小车的加速度；要通过将长木板右端垫高来平衡摩擦力和使小车质量远大于砂和砂桶的质量来减小实验的误差。
验证牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砂和砂桶总质量远小于小车质量的理由、速度的计算以及加速度的测量是处理纸带的两个主要应用，要牢牢掌握住。实验的一些扩展应用，要找好各物理量的联系，写出必要的公式即可。

17.【答案】解：(1)根据位移公式h=12gt2，有t=2hg=2×4510s=3s
(2)2.0s末物体还没有落地，速度：v=gt=2.0×10m/s=20m/s
(3)小球在最后1s内下落的高度h′=vt′+12gt′2=20×1m+12×10×12m=25m
答：(1)物体的落地时间为3s；
(2)2.0s末小球速度的大小是20m/s；
(3)小球在最后1s内下落的高度为25m。 
【解析】(1)根据自由落体的位移公式即可求出下落的时间；
(2)根据速度公式即可求解速度；
(3)根据位移-时间公式求解位移。
本题主要考查了自由落体的位移公式、速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题。

18.【答案】解：(1)木箱受力情况如图所示

由竖直方向平衡方程可得N+Fsinθ=mg
滑动摩擦力f=μN
代入数据解得：f=40N
(2)由牛顿第二定律可得Fcosθ−f=ma
设拉力作用时间为t1，由运动学公式撤去拉力时速度v=at1
代入数据解得：v=5m/s
(3)撤去拉力后由牛顿第二定律可得μmg=ma1
代入数据解得：a1=5m/s2
设木箱继续运动时间t2停止运动，由运动学公式可得t2=va1
代入数据解得：t2=1s
答：(1)木箱做加速运动的过程中，木箱受到地面摩擦力为40N；
(2)撤去力F时，木箱速度的大小为5m/s。
(3)撤去力F后，木箱滑行至停止的时间为1s。 
【解析】(1)由滑动摩擦力表达式f=μN求解；
(2)由牛顿第二定律及运动学公式求解；
(3)由牛顿第二定律求加速度，由运动学公式求时间。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

19.【答案】解：(1)启动减速伞的瞬间，返回舱所受空气阻力大小为
f=kv02        ①
根据v−t图像可知启动减速伞后返回舱将做减速运动，所以加速度方向竖直向上，设启动减速伞的瞬间返回舱的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
f−mg=ma     ②
联立①②解得 a=kv02m−g，方向竖直向上；
(2)设返回舱匀速下降过程的速度大小为v1，根据平衡条件有
kv12=mg
解得v1=mgk
(3)启动减速伞后，返回舱先做减速运动，所受空气阻力逐渐减小，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，当阻力减小至与重力大小相等时，加速度为零。
答：(1)启动减速伞的瞬间，返回舱加速度的大小为kv02m−g，方向竖直向上。
(2)返回舱匀速下降过程的速度大小为mgk。
(3)启动减速伞后，返回舱先做减速运动，所受空气阻力逐渐减小，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小的减速运动，当阻力减小至与重力大小相等时，加速度为零。 
【解析】(1)在该减速阶段，根据牛顿第二定律可求得返回舱加速度a的大小和方向。
(2)以航天员为研究对象，根据平衡方程求返回舱匀速下降过程的速度大小。
(3)根据题意判断返回舱受力情况如何变化，根据牛顿第二定律判断返回舱的加速度如何变化。
本题是已知运动求力的问题，解决本题的关键要熟练运用牛顿第二定律来求解加速度，要知道匀减速运动的加速度与速度反向。

20.【答案】解：(1)砝码阻碍纸板向右运动，给纸板向左的滑动摩擦力，则纸板对砝码的滑动摩擦力为
f1=μm1g=0.2×0.4×10N=0.8N，方向水平向右；
(2)设砝码的加速度a1，纸板的加速度a2，则有
f1=m1a1
纸板受到桌面的摩擦力为
f2=μ(m1+m2)g=0.2×0.5×10N=1N
F−f1−f2=m2a2
要发生相对运动，至少需a2>a1，代入数据解得：F>2N
(3)设纸板抽出前砝码运动的时间t1，砝码运动的距离x1=12a1t12
纸板运动的距离为d+x1=12a2t12
其中F′−f1−f2=m2a2
纸板抽出后砝码在桌上减速运动时间t2，砝码在桌面上运动的距离为
x2=12a3t22
l=x1+x2
由题意可知a1=a3，a1t1=a3t2
代入数据解得：F′=22N
答：(1)拉动纸板过程中，砝码受到纸板的摩擦力为0.8N，方向水平向右；
(2)拉力应满足F>2N；
(3)拉动纸板所需的拉力至少为22N。 
【解析】(1)应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小。
(2)应用牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值。
(3)应用运动学公式求出位移，然后求出拉力大小。
应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较大。