2021-2022学年四川省成都市高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 能直接测量国际单位制中规定的基本物理量的下列工具是( )
A. 秒表 B. 弹簧测力计 C. 量筒 D. 汽车速度计
2. 某同学平伸手掌托起砖块，保持静止；当手突然向上加速运动时，砖对手的压力大
小( )
A. 小于砖的重力大小 C. 小于手对砖的支持力大小
B. 大于手对砖的支持力大小 D. 等于手对砖的支持力大小
3. 扫地机器人因操作简单、使用方便，已逐渐走进了
人们的生活。某次开发测试，科研人员9时35分在𝐴处启动扫地机器人，经30分钟在𝐵处完成清扫工作，其规划式清扫路线如图所示。相关数据表明：机器人清扫路线的总长度为60.2𝑚，𝐴、𝐵的距离为9.6𝑚。关于本次测试，下列说法正确的是( )
A. “9时35分”表示时间，“30分钟”表示时刻 B. 科研人员研究清扫路线时，能将机器人视为质点 C. 机器人在该过程中的位移大小为60.2𝑚 D. 机器人在该过程中的平均速度约为0.03𝑚/𝑠
4. 为了取票更加便捷，各地机场都安装了自动取票机，
旅客可以直接刷二代身份证获取机票．为了防止旅客忘记拿走身份证，一般将识别感应区设计为如图所示的斜面．则身份证放在识别感应区上处于静止状态时( )
A. 感应区对身份证的支持力竖直向上 B. 感应区对身份证的摩擦力沿斜面向下
C. 感应区对身份证的作用力与身份证所受重力等大反向 D. 感应区对身份证的作用力小于身份证所受重力
5. 第十三届中国国际航空航天博览会于2021年9月28日至10月3日在珠海举行我国自
主研制的第五代战机歼−20列入本届航展的阵容。假设该战机在起飞前从静止开始做匀加速直线运动，经过时间𝑡达到起飞速度𝑣，则起飞前的运动距离为( )
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A. 2𝑣𝑡
1
B. 𝑣𝑡
C. 2𝑣𝑡
3
D. 2𝑣𝑡
6. 如图位于同一高度的钉子𝐴、𝐵相距5𝑙，细线的一端系有质量为𝑚的小物块，另一端
绕过𝐴固定于𝐵；在细绳上的𝐶点拴着质量为𝑀的物块，𝐵、𝐶间的线长为3𝑙；两物块都静止时，𝐵𝐶⊥𝐴𝐶，不计绳与钉子𝐴间的摩擦。则( )
A. 𝑚=0.6𝑀 B. 𝑚=0.8𝑀 C. 𝑚=1.25𝑀 D. 𝑚=1.67𝑀
7. 一个小钢球从楼顶某处由静止落下，某摄影爱好者恰好拍到
了它下落的段轨迹𝐴𝐵，如图所示．已知曝光时间为0.01𝑠，该爱好者用刻度尺量出每块砖的厚度为6𝑐𝑚，重力加速度大小取10𝑚/𝑠2.则小钢球出发点离𝐴点约为( )
A. 8𝑚 B. 16𝑚 C. 18𝑚 D. 32𝑚
8. 天宫空间站是我国自主建造的载人空间站，它展现了中国航天人世界领先的技术水
平．如图所示是采用动力学方法测量某空间站质量的原理图，若已知飞船质量为3.0×103𝑘𝑔，其推进器的平均推动力𝐹=900𝑁，在飞船与空间站对接后，推进器工作5𝑠时间内，测出飞船和空间站速度改变量是0.05𝑚/𝑠，则空间站的质量为( )
A. 6.0×103𝑘𝑔
B. 6.0×104𝑘𝑔 C. 8.7×104𝑘𝑔 D. 9.0×104𝑘𝑔
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
9. 东京奥运会于2021年8月8日落下帷幕，中国体育代表团取得了38枚金牌、32枚银
牌和16枚铜牌的好成绩．精彩的奥运赛场也蕴含了丰富的物理学知识，下列关于奥运赛场中的一些说法，正确的是( )
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A. 摔跤运动员适当增加体重能增大其惯性 B. 跳远运动员助跑能增大其起跳时的惯性
C. 体操运动员单杠比赛下法前腾空的整个过程中运动员始终处于失重状态 D. 举重运动员推动杠铃上升的整个过程中杠铃始终处于超重状态
10. 拉链是方便人们生活的近代十大发明之一。图(𝑎)为拉头劈开链齿的实例，拉齿容
易被劈开是因为拉头内部的楔形物插入链齿时，契形物两侧会对链齿产生很大的侧向压力，此过程可简化成图(𝑏)的模型。已知拉头对链齿施加一个竖直向下的力𝐹，楔形物顶端夹角为𝜃，则( )
A. 若𝐹一定，𝜃大时侧向压力大 C. 若𝜃一定，𝐹大时侧向压力大
B. 若𝐹一定，𝜃小时侧向压力大 D. 若𝜃一定，𝐹小时侧向压力大
11. 如图所示为某高铁站进站口的水平传输装置示意图，传送带以𝑣=1𝑚/𝑠的速度匀
速向右运动。现将一质量为𝑚=2𝑘𝑔的行李箱(可视为质点)轻放在传送带上，行李箱和传送带间的动摩擦因数𝜇=0.5，设传送带足够长，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，则在行李箱与传送带发生相对滑动的过程中( )
A. 行李箱所受摩擦力的方向水平向左 B. 行李箱滑动的时间为0.2𝑠 C. 行李箱对地位移大小为0.2𝑚
D. 行李箱相对传送带的位移大小为0.1𝑚
12. 某次实验需要利用位移传感器和与之相连的计算机来研究小车做匀变速直线运动
的相关规律．如图(𝑎)所示，𝑡=0时刻，小车以初速度𝑣0做匀加速直线运动，计算机显示其位置坐标—时间(𝑥−𝑡)图像如图(𝑏)所示，则( )
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A. 小车2𝑠末的瞬时速度大小为0.11𝑚/𝑠 B. 小车的加速度大小为0.04𝑚/𝑠2 C. 小车的初速度𝑣0=0.02𝑚/𝑠 D. 小车𝑡=0时刻的位置坐标无法求出
13. 如图(𝑎)，在倾角为𝜃的足够长光滑斜面底端，一个可视为质点的滑块压缩着一轻弹
簧并锁定，滑块与弹簧不相连．𝑡=0时解除锁定，通过视频分析技术描绘出滑块𝑏𝑐段为直线，速度时间(𝑣−𝑡)图像如图(𝑏)所示，其中𝑂𝑏段为曲线，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，由此可判定( )
A. 斜面的倾角为𝜃=30°
B. 滑块在0.2𝑠～0.3𝑠内沿斜面向下运动 C. 与弹簧脱离之前滑块一直在做加速运动 D. 滑块在0.366𝑠末速度为零
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
14. 图(𝑎)是利用数字化信息系统验证“在小车质量不变的情况下，小车加速度与合外
力成正比”的实验装置，其中小车(含发射器)的质量为200𝑔.实验中通过改变所挂钩码的质量𝑚，由位移传感器和与之相连的计算机得到对应情况下小车的加速度𝑎。
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(1)上述实验是以______(填“钩码的重力”或“小车和发射器的重力”)大小作为小车所受合外力大小的。
(2)计算机利用测得的数据进行了图(𝑏)所示的描点，分析可知，𝑎−𝑚图线不经过原点，且各点不能分布在一条直线附近。其中，𝑎−𝑚图线不经过原点的主要原因______。
(3)为了更好地达成实验目的，应采取的改进措施是______(至少写两条措施)。 15. 甲组同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测弹簧的劲度系数𝑘”实验中的操
作步骤为：①将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作𝐿0；②弹簧下端挂一个重0.5𝑁的砝码时，指针指示的刻度数值记作𝐿1；弹簧下端挂两个重0.5𝑁的钩码时，指针指示的刻度数值记作𝐿2；⋯⋯；挂七个重0.5𝑁的钩码时，指针指示的刻度数值记作𝐿7；③求出各次弹簧的伸长量。
(1)某次测量如图(𝑎)所示，指针示数为______𝑐𝑚。
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(2)得到的实验数据如下表。请利用这些数据在答题卡上与图(𝑏)对应的坐标系中规范的作出弹力—伸长量(𝐹−𝑥)图像。 弹力𝐹/𝑁 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 伸长量𝑥/𝑐𝑚 0.86 1.80 2.75 3.70 4.58 5.49 6.47 (3)根据图像求出该弹簧的劲度系数为𝑘=______𝑁/𝑚(保留2位有效数字)。
四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）
16. 如图，工人推动一台重为𝐺的割草机做匀速直线运动，施加的力大小为𝐹，方向与
水平面所成角度为𝜃。求：
(1)割草机所受的阻力大小； (2)割草机对地面的压力大小。
17. 东京奥运会百米飞人大战中，我国选手苏炳添最终以9.98𝑠获得第六名，创造了黄
种人参加该项比赛新的历史．假定他在本次决赛赛场上从发令到起跑的反应时间是𝛥𝑡=0.17𝑠，起跑后做匀加速直线运动，达到最大速率后做匀速运动，且匀加速运动的时间为1.4𝑠。求；(均保留2位小数) (1)他在匀速段的速度大小𝑣； (2)他在加速段的加速度大小𝑎。
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18. 第24届冬奥会将于2022年2月4日在我国举行．冰壶比赛是冬奥会的传统项目，比
赛场地示意图如图所示，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心𝑂.为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小． 设圆心𝑂到投掷线的距离为𝐿=30𝑚，冰壶与冰面间的动摩擦因数为𝜇=0.015，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至原来的4.现将某次投掷过程简化为如下物理模型：运动员使冰壶𝐶在投掷线中点以速度𝑣沿虚线方向滑出，当冰壶滑行一段距离后，队友用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，直到冰壶恰好静止在𝑂处．重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2．
1
(1)若𝑣=1.8𝑚/𝑠，求运动员用毛刷擦冰面的长度； (2)求𝑣的最大值和最小值。
其破坏力足以19. 货车在行驶过程中紧急刹车非常容易导致货物由于惯性而向前滑动，
造成车毁人亡的事故，因此在运输大型货物时务必采取防滑措施，避免交通事故的发生。如图，一辆载有货物的卡车静止在水平路面上．0时刻卡车以6𝑚/𝑠2的加速度启动，2𝑠末发生紧急情况，卡车立即以15𝑚/𝑠2的加速度制动直到静止。货物与车厢底板间的动摩擦因数𝜇=0.5，货物视为小滑块，最大静摩擦力等于滑动摩擦
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力，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2。
(1)若整个过程中货物未与车厢发生碰撞。 Ⅰ.求2𝑠末货物和卡车的速度大小； Ⅱ.卡车制动全程中，求货物的加速度。
(2)若车厢的长度𝐿=11𝑚，0时刻货物与车厢前壁的距离为𝑑=货物的长度𝑠=1𝑚，6𝑚，通过计算判断上述过程中，货物是否与车厢发生碰撞如果未发生碰撞，最终货物与车厢前壁的距离是多少？
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答案和解析
1.【答案】𝐴
【解析】解：长度、质量、时间是国际单位制中三个力学基本物理量，测量它们使用的器材分别是米尺、天平与秒表；弹簧测力计是测量力的仪器，力不是基本物理量；量筒是测量体积的仪器，体积不是基本物理量，汽车速度计是测量速度的仪器，速度不是基本物理量。故A正确，BCD错误； 故选：𝐴。
解答本题关键掌握：国际单位制中的力学基本单位有三个：米、千克、秒，其他单位是导出单位或常用单位，长度、质量、时间是国际单位制中三个基本物理量。
本题的解题关键要掌握国际单位制中三个基本单位，要注意基本物理量与基本单位的区别，不能混淆。
2.【答案】𝐷
【解析】解：对砖运用牛顿第二定律得，𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑎，可知支持力𝑁>𝑚𝑔，根据牛顿第三定律知，支持力和压力大小相等，所以压力一定大于砖的重力，故D正确，ABC错误。 故选：𝐷。
对砖分析，结合砖的加速度，得出合力的方向，从而得出支持力和重力的关系． 本题考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律的基本运用，知道作用力和反作用力大小相等，合力的方向与加速度的方向相同，基础题．
3.【答案】𝐵
【解析】解：𝐴、“9时35分”表示时刻，“30分钟”表示时间，故A错误； B、科研人员研究清扫路线时，机器人的大小和形状可以忽略，可以将机器人视为质点，故B正确；
C、60.2𝑚是机器人清扫路线的总长度，是路程，故C错误；
D、平均速度等于位移与时间的比值，不知道位移的大小不能计算平均速度，故D错误； 故选：𝐵。
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时间是指时间段；而时刻是指时间点；
当物体的大小和形状可以忽略时物体可以看作质点；
位移是初末两点的直线距离，而路程为物体经过的轨迹的长度； 平均速度等于位移与时间的比值；而平均速率等于路程与时间的比值。
本题考查质点、位移与路程、时间与时刻及平均速度；要注意平均速度与平均速率的区别，位移与路程的区别。
4.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴、感应区对身份证的支持力垂直于斜面向上，故A错误；
B、身份证相对于感应区有向下的运动趋势，感应区对身份证的摩擦力沿斜面向上，故B错误；
𝐶𝐷、感应区对身份证的作用力是指支持力和摩擦力的合力，其合力与身份证所受重力等大反向，故C正确、D错误。 故选：𝐶。
身份证放在识别感应区上处于静止状态时受力平衡，根据受力情况结合平衡条件进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、根据平衡条件进行解答。
5.【答案】𝐴
【解析】解：由题意，战机从静止开始做匀加速直线运动，末速度为𝑣，则平均速度为𝑣=
−
0+𝑣2
=，
2
−
1
𝑣
位移：𝑥=𝑣𝑡=2𝑣𝑡，则A正确，BCD错误 故选：𝐴。
匀加速直线运动的平均速度可用公式𝑣=
−
𝑣0+𝑣2
求解，位移可用平均速度乘以时间得到。
−
𝑣0+𝑣2
解决本题的关键是知道匀加速直线运动的平均速度公式𝑣=运动不一定成立。
，要注意此公式对其他
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6.【答案】𝐴
【解析】解：设𝐴𝐶与水平面的夹角为𝜃，根据几何关系可得：𝑠𝑖𝑛𝜃=5𝑙=0.6，
设𝐴𝐶、𝐵𝐶的拉力分别为𝐹1、𝐹2，𝐶点的受力情况如图所示；
根据平衡条件结合几何关系可得：𝐹1=𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 对𝑚根据平衡条件可得：𝐹1=𝑚𝑔
联立解得：𝑚=0.6𝑀，故A正确、BCD错误。 故选：𝐴。
根据几何关系求解𝐴𝐶与水平面的夹角，以𝐶点为研究对象进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
3𝑙
7.【答案】𝐵
【解析】解：在曝光时间𝛥𝑡=0.01𝑠内， 小球的位移𝛥𝑥=3×6𝑐𝑚=18𝑐𝑚=0.18𝑚 则𝛥𝑡中间时刻的速度𝑣=
𝛥𝑥𝛥𝑡
=
0.180.01
𝑚/𝑠=18𝑚/𝑠
2𝑣𝐴
𝐴点的速度约为18𝑚/𝑠，出发点离𝐴点的高度约为ℎ=错误； 故选：𝐵。
2𝑔
=
18220
ACD𝑚≈16𝑚，故B正确，
先求出平均速度，根据自由落体运动的基本公式求出𝐴点速度，因为曝光时间很短，可以近似认为做匀速直线运动，再由𝑣2=2𝑔ℎ即可求解出发点离𝐴点的距离．
本题考查平均速度的打算以及自由落体运动模型的基本公式。属于基础知识的简单题目。
8.【答案】𝐶
【解析】解：整体的加速度为：𝑎=
𝛥𝑣𝛥𝑡
=
0.055
𝑚/𝑠2=0.01𝑚/𝑠2；
对整体根据牛顿第二定律可得：𝐹=(𝑚+𝑀)𝑎
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解得空间站的质量：𝑀=8.7×104𝑘𝑔，故C正确、ABD错误。 故选：𝐶。
由加速度定义公式可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可求得整体的质量，从而求得空间站的质量。
牛顿第二定律的应用中要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性，即公式中的各量均为同一物体所具有的。
9.【答案】𝐴𝐶
【解析】解：𝐴𝐵、惯性大小只与质量有关，与运动状态无关，且质量越大惯性越大，因此摔跤运动员适当增加体重能增大其惯性，故A正确，B错误；
C、加速度方向向上则超重，加速度方向向下则失重因为运动员在空中下落时加速度方向一直向下故运动员一直处于失重状态，故C正确；
D、举重运动员举起杠铃并非一直加速上升，中间会有减速到静止的时候，之后再上升，故不是一直处于超重状态，故D错误。 故选：𝐴𝐶。
惯性只与质量有关；根据加速度的方向判断超重和失重。
本题要注意惯性与运动状态无关，通过加速度的方向判断超重与失重。
10.【答案】𝐵𝐶
【解析】解：将力𝐹根据平行四边形定则分解如下：
由几何知识得：2𝐹𝑁sin2=𝐹 侧向推力的大小为：𝐹𝑁=𝐴𝐵、由公式𝐹𝑁=
𝐹2𝑠𝑖𝑛
𝜃2
𝜃sin2𝐹2𝜃
=
𝐹2𝑠𝑖𝑛
𝜃2，
，可知，在𝐹一定时，𝜃小时侧向压力越大，故A错误，B正确；
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D错误。 𝐶𝐷、𝐹越大时侧向压力越大，由公式𝐹𝑁=2𝑠𝑖𝑛𝜃，可知，在𝜃一定时，故C正确，
2𝐹
故选：𝐵𝐶。
将向下的力𝐹按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
本题考查力的分解，题中的力的分解作图为一菱形，由几何知识正确确定菱形中的角度是关键。
11.【答案】𝐵𝐷
【解析】解：𝐴、行李箱轻放在传送带上，相对传送带向左运动，故传送带对行李箱的摩擦力水平向右，故A错误；
𝐵𝐶𝐷、设行李箱的加速度大小为𝑎，对行李箱根据牛顿第二定律有 𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎
设行李箱滑动的时间为𝑡，对地位移大小为𝑥1，传送带对地位移为𝑥2，在行李箱与传送带发生相对滑动的过程中，根据运动学公式有 𝑣=𝑎𝑡 𝑥1=2𝑡 𝑥2=𝑣𝑡
整理代入数据可得𝑡=0.2𝑠 𝑥1=0.1𝑚 𝑥2=0.2𝑚
在该过程中，行李箱相对传送带的位移大小𝛥𝑥=𝑥2−𝑥1=0.2𝑚−0.1𝑚=0.1𝑚 故BD正确，C错误。 故选：𝐵𝐷。
A、根据行李箱相对传送带的运动方向，得出摩擦力的方向；
𝐵𝐶𝐷、利用牛顿第二定律，结合运动学公式求出行李箱滑动的时间、对地位移，进而求出行李箱相对传送带的位移。
在处理传送带问题时，要注意对物体受力分析，进而分析物体在传送带上的运动情况，要注意摩擦力的方向的判断是解题的关键。
𝑣
12.【答案】𝐵𝐶
𝐴𝐵、1−3𝑠内位移为𝑥13=0.34𝑚−0.14𝑚=0.2𝑚，【解析】解：平均速度为 𝑣13=
0.22
−
𝑥13𝑡13
=
𝑚/𝑠=0.1𝑚/𝑠，小车做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的推论可知，小车第2𝑠
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末的瞬时速度等于1−3𝑠内的平均速度，即𝑣2= 𝑣13=0.1𝑚/𝑠；同理，2−4𝑠内位移为𝑥13=0.50𝑚−0.22𝑚=0.28𝑚，平均速度为𝑣24=
−
𝑥24𝑡24
−
=
0.282
𝑚/𝑠=0.14𝑚/𝑠，小车第3𝑠
末的瞬时速度等于2−4𝑠内的平均速度，即𝑣3=𝑣24=0.14𝑚/𝑠，故小车的加速度大小为𝑎=
𝑣3−𝑣2𝑡23
−
=
0.14−0.1
1
𝑚/𝑠2=0.04𝑚/𝑠2，故A错误，B正确；
C、根据𝑣2=𝑣0+𝑎𝑡02得：𝑣0=𝑣2−𝑎𝑡02=(0.1−0.04×2)𝑚/𝑠=0.02𝑚/𝑠，故C正确；
D、小车在0−2𝑠内的位移为𝑥02=
𝑣0+𝑣2
2
𝑡02=
0.02+0.1
2
×2𝑚=0.12𝑚，则小车𝑡=0时刻
的位置坐标为𝑥0=0.22𝑚−𝑥02=0.22𝑚−0.12𝑚=0.1𝑚，故D错误。 故选：𝐵𝐶。
根据𝑥−𝑡图像切线的斜率求出小车的瞬时速度。根据纵坐标的变化量确定位移，根据位移与时间之比求出1−3𝑠内以及2−4𝑠的平均速度，结合匀变速直线运动的推论得到第2𝑠末和第3𝑠末的速度，从而求得加速度，由速度与时间公式的乘积求初速度。结合位移—时间公式求0−1𝑠内的位移，从而确定小车𝑡=0时刻的位置坐标。
解答本题时，要注意𝑥−𝑡图像的切线斜率表示瞬时速度，图像上的点与原点连线的斜率不等于瞬时速度。
13.【答案】𝐴𝐷
【解析】解：𝐴𝐵𝐶、滑块向上运动过程中，弹力先是大于重力沿斜面方向的分力，滑块沿斜面做加速运动；在弹力等于重力沿斜面方向的分力时，滑块的速度最大，后来弹簧弹力小于重力沿斜面方向的分力，滑块做减速运动；脱离弹簧后，滑块做匀减速直线运动，故滑块在0.2𝑠～0.3𝑠内沿斜面向上做匀减速直线运动； 结合图像有加速度大小𝑎=整理可得𝜃=30° 故A正确，BC错误；
D、设滑块在𝑡𝑠末速度减为零，根据匀变速直线运动的速度—时间公式有 0=𝑣𝐶−𝑎(𝑡−𝑡𝐶) 代入数据可得𝑡=故D正确。 故选：𝐴𝐷。
0.335
0.83−0.330.3−0.2
𝑚/𝑠2=5𝑚/𝑠2=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑠+0.3𝑠=0.366𝑠
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𝐴𝐵𝐶、根据滑块沿斜面方向的受力情况，分析滑块的运动情况；结合图像得出滑块的加速度，进而得出斜面的倾角；
D、根据匀变速直线运动的速度—时间公式，结合已知量求出滑块速度减为零的时刻。 在处理运动学问题时，要注意结合𝑣−𝑡图像得出相关信息，再利用运动学公式解决。另外要注意𝑣−𝑡图像的斜率表示加速度。
【答案】钩码的重力 未平衡摩擦力或平衡不足 ①调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力、14.
②钩码的质量远小于小车的质量
【解析】(1)从实验装置来看，小车受到的合力是用钩码的重力来代替的；
(2)从上图中发现直线没过原点，当𝑎=0时，𝑚≠0，即𝐹≠0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力，即未平衡摩擦力或平衡不足；
(3)若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力𝑚𝑔作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：
①调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力； 根据牛顿第二定律得，整体的加速度𝑎=𝑚+𝑀
𝑚𝑔
，则绳子的拉力𝐹=𝑀𝑎=
𝑚𝑔1+
𝑚𝑀，可知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力。 ②钩码的质量应满足的条件是：钩码的质量远小于小车的质量。
故答案为：(1)钩码的重力；(2)未平衡摩擦力或平衡不足；(3)①调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力、②钩码的质量远小于小车的质量 (1)小车受到的合力是用钩码的重力来代替的； (2)根据𝑎−𝑚𝑔图象的特点分析不过原点的原因；
(3)该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究：当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系，为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力。 该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法，对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决。
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15.【答案】14.65 50
【解析】解：(1)刻度尺的最小分度为1𝑚𝑚，读数在𝑚𝑚的下一位要估读，所以示数为14.65𝑐𝑚； (2)根据表格中七组数据描出一系列的点，再将这些点尽量画成一条直线，如图所示；
(3)根据胡克定律𝐹=𝑘𝑥可知，𝐹−𝑥图象的斜率就是
弹簧的劲度𝑘=7×10−2𝑁/𝑚=50𝑁/𝑚。 故答案为：(1)14.65；(2)图象见解析；(3)50 (1)根据毫米刻度尺的最小分度读数，要注意估读； (2)根据表格数据描点画出一条平滑的图线； (3)根据图象的斜率求弹簧的劲度系数。
本题考查毫米刻度尺的读数，要注意的是在最小刻度的下一位要估读。还有在研究弹簧的伸长与拉力的关系实验的数据处理及对弹簧劲度的理解，要会描点作图，会用斜率求劲度。
3.50−0
【答案】解：对割草机进行受力分析，16.
受重力𝐺，推力𝐹，支持力𝑁，阻力𝑓四个力的作用而处于平衡状态，对𝐹沿水平方向和竖直方向进行分解。 在水平方向上有：𝑓=𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃 在竖直方向上有：𝑁=𝐺+𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃 根据牛顿第三定律可知，割草机对地面的压力大小为𝑁′=𝑁=𝐺+𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃 答：(1)割草机所受的阻力大小为𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃； (2)割草机对地面的压力大小为𝐺+𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃。
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【解析】(1)割草机沿水平方向做匀速直线运动，合力为零，分析割草机的受力情况，在水平方向上根据平衡条件求出割草机所受到的阻力。
(2)在竖直方向上，割草机受力平衡，列力的平衡方程，结合牛顿第三定律即可求的割草机对地面的压力大小．
该题考查到了共点力的平衡问题，解决该类问题，常用的方法是建立直角坐标系，让尽可能多的力在坐标轴上，对不在坐标轴上的力沿坐标轴进行正交分解，再分别沿坐标轴列平衡方程进行求解，此类求解力的问题，常常会涉及到牛顿第三定律的应用。
(1)设苏炳添做匀速运动的速度𝑣运动的时间𝑡2，【答案】解：匀加速运动间为𝑡1=1.4𝑠，17.
匀加速运动的加速度为𝑎，由题可知由匀变速直线运动公式有：
0+𝑣2
⋅𝑡1+𝑣𝑡2=100𝑚，
𝛥𝑡+𝑡1+𝑡2=9.98𝑠，
联立解得：𝑡2=8.41𝑠，𝑣=10.98𝑚/𝑠，
(2)根据匀变速直线运动速度—时间关系，有：𝑣=𝑎𝑡1， 解得加速度大小：𝑎=𝑡=
1
𝑣10.981.4
𝑚/𝑠2=7.84𝑚/𝑠2
答：(1)在匀速段的速度大小𝑣为10.98𝑚/𝑠； (2)在加速段的加速度大小𝑎为7.84𝑚/𝑠2．
【解析】苏炳添的运动过程分两段，前一段做匀加速直线运动，后一段做匀速直线运动，由运动学的公式结合空间关系即可求出．
该题考查匀变速直线运动的基本应用，解答的关键是将博尔特的运动过程分两段，然后分别列式即可．
18.【答案】解：(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数为𝜇=0.015时，冰壶的加速度大小为：𝑎1=
𝜇𝑚𝑔𝑚
=𝜇𝑔=0.015×10𝑚/𝑠2=0.15𝑚/𝑠2
1
用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至原来的4，此时冰壶的加速度大小为： 𝑎2=4𝑎1=4×0.15𝑚/𝑠2=0.0375𝑚/𝑠2
设冰壶进入用毛刷擦过冰面时速度为𝑣1，根据速度—位移关系可得： 𝐿=
2𝑣2−𝑣1
11
2𝑎1
1
+2𝑎
2
2𝑣1
𝑣2
运动员用毛刷擦冰面的长度为：𝑥=2𝑎
2
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联立解得：𝑥=15.36𝑚；
2(2)当冰壶一直以加速度𝑎1减速到零时，速度最大，则有：𝑣𝑚𝑎𝑥=2𝑎1𝐿
解得：𝑣𝑚𝑎𝑥=3𝑚/𝑠
2
当冰壶一直以加速度𝑎2减速到零时，速度最小，则有：𝑣𝑚𝑖𝑛=2𝑎2𝐿
解得：𝑣𝑚𝑖𝑛=1.5𝑚/𝑠。
答：(1)若𝑣=1.8𝑚/𝑠，运动员用毛刷擦冰面的长度为15.36𝑚； (2)𝑣的最大值为3𝑚/𝑠，最小值为1.5𝑚/𝑠。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解两种情况下冰壶的加速度大小，根据速度—位移关系求解运动员用毛刷擦冰面的长度；
(2)冰面没有用毛刷擦时，冰壶的初速度最大，冰面全部用毛刷擦过时，冰壶的初速度最小，根据速度—位移关系进行解答。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
19.【答案】解：(1)设货物的质量为𝑚，加速度启动过程中货物的加速度大小为：𝑎=
𝜇𝑚𝑔𝑚
=𝜇𝑔=0.5×10𝑚/𝑠2=5𝑚/𝑠2
由于卡车加速过程中加速度大小为：𝑎1=6𝑚/𝑠2>5𝑚/𝑠2，二者发生相对滑动。 Ⅰ.𝑡1=2𝑠末货物的速度大小为：𝑣=𝑎𝑡1=5×2𝑚/𝑠=10𝑚/𝑠 卡车的速度大小为𝑣1=𝑎1𝑡1=6×2𝑚/𝑠=12𝑚/𝑠；
Ⅱ.卡车制动全程中，货物的加速度先以5𝑚/𝑠2向前加速、再以5𝑚/𝑠2加速度向前减速。 (2)𝑡1=2𝑠时，货物相对于车向后运动的距离为：𝛥𝑑1=
102
𝑣12
𝑡1−2𝑡1=
𝑣122
×2𝑚−
×2𝑚=2𝑚
𝑣共=𝑣+𝑎𝑡2=𝑣1−𝑎2𝑡2，设再经过𝑡2时间二者达到速度相等，则有：其中𝑎2=15𝑚/𝑠2． 解得：𝑡2=0.1𝑠，𝑣共=10.5𝑚/𝑠
此过程中货物相对于车向后运动的距离为：𝛥𝑑2=
𝑣1+𝑣共
2
𝑡2−
𝑣+𝑣共2
𝛥𝑑2=0.1𝑚，解得： 𝑡2，
此时货物距离车的前端距离为𝐿′=𝑑+𝛥𝑑1+𝛥𝑑2=6𝑚+2𝑚+0.1𝑚=8.1𝑚； 由于𝐿′<𝐿−𝑠，货物没有碰到汽车的后壁；
此后二者均做减速运动，如果速度都为零时，货物没有碰到前壁，则相对距离为：
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𝛥𝑑3=
𝑣2
共 −2𝑎2𝑎共
3
𝑣2
解得：𝛥𝑑3=7.35𝑚<8.1𝑚
所以货物没有碰到前壁，最终货物与车厢前壁的距离是𝛥𝑑=𝐿′−𝛥𝑑3=8.1𝑚−7.35𝑚=0.75𝑚。
答：(1)Ⅰ.2𝑠末货物的速度为10𝑚/𝑠，卡车的速度大小为12𝑚/𝑠；
Ⅱ.卡车制动全程中，货物的加速度先以5𝑚/𝑠2向前加速、再以5𝑚/𝑠2加速度向前减速； (2)货物没有与车厢发生碰撞，最终货物与车厢前壁的距离是0.75𝑚。
【解析】(1)Ⅰ.根据牛顿第二定律求解加速度启动过程中货物的加速度大小，根据速度—时间关系求解速度大小；
Ⅱ.卡车制动全程中，货物的加速度先以5𝑚/𝑠2向前加速、再以5𝑚/𝑠2加速度向前减速； (2)求出𝑡1=2𝑠时，货物相对于车向后运动的距离，再求出以后达到共速的过程中相对位移，由此判断能否与卡车后壁相碰；再根据速度—位移关系求解共速后都减速到零时相对距离，判断货物是否与前壁相碰，根据位移关系求解最终货物与车厢前壁的距离。 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
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