（1）某校学习兴趣小组在研究“探索小车速度随时间变化的规律”的实验，图1是某次实验得出的纸带，所用电源的频率为
50H_Z，舍去前面比较密集的点，从0点开始，每5个连续点取1个计数点，标以1、2、3…．各计数点与0计数点之间的距离依次为
d₁=3cm，d₂=7.5cm，d₃=13.5cm，则：
（1）物体做

匀加速直线

匀加速直线

的运动，理由是

相邻的时间间隔位移之差相等

相邻的时间间隔位移之差相等

；
（2）物体通过1计数点的速度υ₁=

0.375

0.375

m/s；
（3）物体运动的加速度为a=

1.5

1.5

m/s²．

（2）某同学设计了一个探究加速度与物体所  受合外力F及质量M的关系实验．图2为实验装置简图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶（总质量为m），D为一端带有定滑轮的长木板．
①若保持砂和砂桶质量m不变，改变小车质量M，分别得到小车加速度a与质量M及对应的

1

M

数据如表1所示．
表1

次数	1	2	3	4	5
小车加速度a/（m?s-2）	1.98	1.48	1.00	0.67	0.50
小车质量M/kg	0.25	0.33	0.50	0.75	1.00
质量倒数 1 M /kg-1	4.00	3.00	2.00	1.33	1.00

根据表1数据，为直观反映F不变时a与M的关系，请在图3所示的方格坐标纸中选择恰当的物理量建立坐标系，并作出图线．
从图线中得到F不变时，小车加速度a与质量M之间存在的关系是

a与M成反比

a与M成反比

．
②某同学在探究a与F的关系时，把砂和砂桶的总重力当作  小车的合外力F，作出a-F图线如图4所示，试分析图线不过原点的原因是

平衡摩擦力时木板倾角太大

平衡摩擦力时木板倾角太大

，图线上部弯曲的原因是

没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量M

没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量M

．
③在这个实验中，为了探究两个物理量之间的关系，要保持第三个物理量不变，这种探究方法叫做

控制变量

控制变量

 法．

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（14分）（①、②每空3分，共9分；③5分）在“探究小车速度随时间变化的规律的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示在纸带上选择0、1、2、3、4、5共6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“0”计数点对齐

。

 
①、计算小车通过计数点“2”的瞬时速度公式为v₂ =_____________（以d₁、d₂及相邻计数点间时间T来表示）代入得v₂ =______m/s．（结果保留两位有效数字）。
②、加速度a=______（结果保留两位有效数字）。
③、在《探究加速度与力、质量的关系》实验中．
（1）某组同学用如图所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到力的关系。下列措施中不需要和不正确的是：（     ）（3分）
A.首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力。
B.平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动。
C.每次改变拉小车拉力后都需要重新平衡摩擦力
D.实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力
E. 实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源
（2）某组同学实验得出数据，画出a－F图像如右图所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是（    ）（2分）
A.实验中摩擦力没有平衡  
B.实验中摩擦力平衡过度
C.实验中绳子拉力方向没有跟平板平行  
D.实验中小车质量发生变化

评卷人	得分

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（14分）（①、②每空3分，共9分；③5分）在“探究小车速度随时间变化的规律的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示在纸带上选择0、1、2、3、4、5共6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“0”计数点对齐。

 
①、计算小车通过计数点“2”的瞬时速度公式为v₂ =_____________（以d₁、d₂及相邻计数点间时间T来表示）代入得v₂ =______m/s．（结果保留两位有效数字）。
②、加速度a=______（结果保留两位有效数字）。
③、在《探究加速度与力、质量的关系》实验中．
（1）某组同学用如图所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到力的关系。下列措施中不需要和不正确的是：（     ）（3分）
A.首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力。
B.平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动。
C.每次改变拉小车拉力后都需要重新平衡摩擦力
D.实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力
E. 实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源
（2）某组同学实验得出数据，画出a－F图像如右图所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是（    ）（2分）
A.实验中摩擦力没有平衡  
B.实验中摩擦力平衡过度
C.实验中绳子拉力方向没有跟平板平行  
D.实验中小车质量发生变化

评卷人	得分

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一、选择题

1、B    2、C  3、AC    4、D    5、BC  6BC  

7、A  解析：由题意知，地面对物块A的摩擦力为0，对物块B的摩擦力为。

对A、B整体，设共同运动的加速度为a，由牛顿第二定律有：

对B物体，设A对B的作用力为，同理有

联立以上三式得：

 8、B    9、A       10、B

二、实验题

11、⑴ 不变    ⑵ AD  ⑶ABC  ⑷某学生的质量

三、计算题

12、解析：由牛顿第二定律得：mg－f＝ma

    抛物后减速下降有：

                          Δv＝a^/Δt

                    解得：

13、解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为，加速度为，木板的质量为M，加速度大小为，人与木板间的摩擦力为，根据牛顿第二定律，对人有：；

（2）设人从木板左端开始距到右端的时间为，对木板受力分析可知：故，方向向左；

由几何关系得：，代入数据得：

（3）当人奔跑至右端时，人的速度，木板的速度；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：

　（其中为二者共同速度）

代入数据得，方向与人原来运动方向一致；

以后二者以为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为，故木板滑行的距离为。

14. 解析：（1）从图中可以看出，在t＝2s内运动员做匀加速直线运动，其加速度大小为

 =8m/s²

设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma

得           f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N

（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了

                     39.5×2×2m＝158 m

根据动能定理，有

所以有    ＝（80×10×158－×80×6²）J≈1.25×10⁵J

（3）14s后运动员做匀速运动的时间为

              s＝57s

运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间

        t_总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s

15. 13、解析：（1）取竖直向下的方向为正方向。

   球与管第一次碰地前瞬间速度，方向向下。

   碰地的瞬间管的速度，方向向上；球的速度，方向向下，

   球相对于管的速度，方向向下。

   碰后，管受重力及向下的摩擦力，加速度a_管=2g，方向向下，

   球受重力及向上的摩擦力，加速度a_球=3g，方向向上，

球相对管的加速度a_相=5g，方向向上。

取管为参照物，则球与管相对静止前，球相对管下滑的距离为：

要满足球不滑出圆管，则有。

（2）设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t₁（设球与管在这段时间内摩擦力方向不变），则：

设管从碰地到与球相对静止所需时间为t₂，

因为t₁ ＞t₂，说明球与管先达到相对静止，再以共同速度上升至最高点，设球与管达到相对静止时离地高度为h’，两者共同速度为v’，分别为：

然后球与管再以共同速度v’作竖直上抛运动，再上升高度h’’为

因此，管上升最大高度H’=h’+h’’=

（3）当球与管第二次共同下落时，离地高为，球位于距管顶处，同题（1）可解得在第二次反弹中发生的相对位移。

16. 解析：(1)小球最后静止在水平地面上，在整个运动过程中，空气阻力做功使其机械能减少，设小球从开始抛出到最后静止所通过的路程S，有 fs=mv₀²/2       已知 f ＝0.6mg    代入算得： s=  5 v₀²/(6g)                

    (2)第一次上升和下降：设上升的加速度为a₁₁．上升所用的时间为t₁₁，上升的最大高度为h₁；下降的加速度为a₁₂，下降所用时间为t₁₂．

    上升阶段：F_合＝mg＋f ＝1.6 mg

    由牛顿第二定律：a₁₁ ＝1.6g           

    根据：v_t＝v₀－a₁₁t₁₁，  v_t＝0

    得：v₀＝l.6gt₁₁， 所以t₁₁＝ 5 v₀/(8g)              

    下降阶段：a₁₂=(mg-f)/m= 0.4g          

    由h₁= a₁₁t₁₁²/2  和 h₂= a₁₂t₁₂²/2      得：t₁₂＝2t₁₁＝5 v₀/(4g)          

    所以上升和下降所用的总时间为：T₁＝t₁₁＋t₁₂＝3t₁₁＝  15 v₀/(8g)        

    第二次上升和下降，以后每次上升的加速度都为a₁₁，下降的加速度都为a₁₂；设上升的初速度为v₂，上升的最大高度为h₂，上升所用时间为t₂₁，下降所用时间为t₂₂

    由v₂²=2a₁₂h₁  和v₀²=2a₁₁h₁          得  v₂＝ v₀/2           

    上升阶段：v₂＝a₁₁t₂₁     得：t₂₁= v₂/ a₁₁=  5 v₀/(16g)       

    下降阶段：  由  h₂= a₁₁t₂₁²/2   和h₂= a₁₂t₂₂²/2        得t₂₂＝2t₂₁       

 所以第二次上升和下降所用总时间为：T₂＝t₂₁＋t₂₂＝3t₂₁＝15 v₀/(16g)= T₁/2    

    第三次上升和下降，设上升的初速度为v₃，上升的最大高度为h₃，上升所用时间为t₃₁，下降所用时间为t₃₂

    由 v₃²=2a₁₁h₂    和v₂²=2a₁₂h₂          得：  v₃＝ v₂/2  = v₀/4

    上升阶段：v₃＝a₁₁t_3l，得t₃₁＝ 5 v₀/(32g)    

    下降阶段：由 h₃= a₁₁t₃₁²/2       和h₃= a₁₂t₃₂²/2            得：t₃₂＝2t₃₁    

    所以第三次上升和下降所用的总时间为：T₃＝t₃₁＋t₃₂＝3t₃₁＝15 v₀/(32g)= T₁/4       

    同理，第n次上升和下降所用的总时间为： T_n＝        

    所以，从抛出到落地所用总时间为： T=15 v₀/(4g)