一、單選題：本大題共7小題，共28分。
1.2019年10月15日，第十屆環(huán)太湖國際公路自行車賽在無錫結(jié)束。比賽中甲、乙兩賽車(可視為質(zhì)點)在一條直線上運動，其速度?時間圖象如圖所示，下列對甲、乙運動描述中正確的是( )
A. t0時刻甲乙相遇
B. 0～t0時間內(nèi)乙的加速度逐漸增大
C. 0～t0時間內(nèi)甲乙間的距離先增大后減小
D. 0～t0時間內(nèi)的某時刻甲、乙加速度大小相等
2.珠港澳大橋是跨海懸索橋，總長55000米，設(shè)計速度為80千米/小時，下圖中A、B、C、D、E處為此大橋上的五根鋼絲繩吊索，每兩根吊索之間距離相等，若汽車從吊索A處開始做勻減速直線運動，剛好在吊索E處停下，汽車通過吊索D處時的瞬時速度為vD，通過DE段的時間為t，則( )
A. 汽車通過吊索A處時的速度大小為4vD
B. 汽車通過AD段的平均速度是通過DE段平均速度的3倍
C. 汽車通過吊索C處時的瞬時速度等于通過AE段的平均速度
D. 汽車減速的時間大于2t
3.如圖所示，一輛貨車利用跨過光滑定滑輪的輕質(zhì)不可伸長的纜繩提升一箱貨物，已知貨箱的質(zhì)量為m0，貨物的質(zhì)量為m，貨車向左做勻速直線運動，在將貨物提升到圖示的位置時，貨箱速度為v，連接貨車的纜繩與水平方向夾角為θ，不計一切摩擦，下列說法正確的是( )
A. 貨車速度v車=vcsθ
B. 貨物做勻速直線運動
C. 貨車對地面的壓力大于貨車的重力
D. 纜繩中的拉力FT=(m0+m)g
4.圖像能夠直觀描述物理過程，能形象表述物理規(guī)律，能有效處理實驗數(shù)據(jù)。如圖所示為物體做直線運動的圖像，下列說法不正確的是( )
A. 甲圖為A、B、C三物體做直線運動的s?t圖像，0?t1時間內(nèi)三物體的平均速度相等
B. 乙圖中，x1?2x1物體的加速度大小為2v02x1
C. 丙圖中，陰影面積表示t1?t2時間內(nèi)物體的速度改變量的大小
D. 丁圖中所描述的物體正在做勻加速直線運動，則該物體的加速度4m/s2
5.圖甲是北京冬奧會單板滑雪大跳臺比賽項目中運動員在空中姿態(tài)的合成圖。比賽場地分為助滑區(qū)、起跳臺、著陸坡和終點區(qū)域四個部分。運動員進入起跳臺后的運動可簡化成如圖乙所示，先以水平初速度v0從A點沖上圓心角為α的圓弧跳臺，從B點離開跳臺，C點為運動軌跡最高點，之后落在著陸坡上的E點。忽略運動過程中受到的空氣阻力并將運動員及裝備看成質(zhì)點，則下列說法正確的是( )
A. 運動員在C點速度為0
B. 運動員在AB圓弧軌道上運動時處于失重狀態(tài)
C. 運動員從B到C與從C到E兩個過程的速度變化量方向相反
D. 運動員以更大的初速度從A點沖上軌道，運動軌跡的最高點在C點的右上方
6.如圖所示，小球通過長度為L的細線懸掛在天花板的O點，在O點正下方3L4處有一固定的光滑細鐵釘。將小球向左拉開一小段距離后由靜止釋放，小球擺到最低點時，細線會受到鐵釘?shù)淖钃?。不計空氣阻力，則小球從靜止釋放到第一次回到釋放位置的過程中，細線中的拉力大小T隨時間t變化的關(guān)系可能正確的是( )
A. B.
C. D.
7.2023年9月21日，莞外高三年級籃球比賽決賽開打，一同學(xué)第一次跳投出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角α=60°；第二次不起跳出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角β=30°；兩次出手的位置在同一豎直線上，結(jié)果兩次籃球正好垂直撞擊到籃板同一位置點。不計空氣阻力，則從籃球出手到運動到點C的過程中，下列說法正確的是( )
A. 運動時間的比值為1：3B. 上升的最大高度的比值為1： 3
C. 兩次出手時籃球的初動能相等D. 兩次投籃，籃球在C點的機械能相等
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1=2kg，m2=4kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接。兩個大小分別為F1=40N，F(xiàn)2=16N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩(wěn)定狀態(tài)后，下列說法正確的是( )
A. 彈簧秤的示數(shù)是32N
B. 彈簧秤的示數(shù)是28N
C. 在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為7m/s2
D. 在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為16m/s2
9.如圖甲為自動計數(shù)的智能呼啦圈，水平固定的圓形腰帶外側(cè)有軌道，配重通過輕繩與軌道上的滑輪P連接。鍛煉中，配重的運動簡化為繞腰帶的中心軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，其模型如圖乙所示。已知配重的質(zhì)量為m，輕繩長為l，與豎直方向的夾角為θ，圓形腰帶的半徑為r，重力加速度為g，配重可視為質(zhì)點，則配重( )
A. 受到的拉力大小為T=mgcsθB. 受到的拉力大小為T=mgcsθ
C. 轉(zhuǎn)動的角速度為ω= glcsθD. 轉(zhuǎn)動的角速度為ω= gtanθlsinθ+r
10.如圖所示，O為水平轉(zhuǎn)盤的圓心，物塊A和B質(zhì)量均為m，中間用輕繩連接在一起，A與豎直轉(zhuǎn)軸之間也用輕繩連接，兩繩恰好伸直且能承受的張力足夠大，A、B隨著圓盤轉(zhuǎn)動時，始終與圓盤保持相對靜止，已知A與O點距離為R，B與O點距離為2R，A、B與轉(zhuǎn)盤之間動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，水平轉(zhuǎn)盤的角速度ω從零開始緩慢增大的過程中，有( )
A. 當ω= μg2R時，AB繩開始有張力B. 當ω= μgR時，AB繩開始有張力
C. 當ω= 2μg3R時，OA繩開始有張力D. 當ω= μgR時，OA繩開始有張力
三、實驗題：本大題共2小題，共14分。
11.某興趣小組“探究小車加速度與合外力的關(guān)系”的實驗裝置如圖1。A為小車(質(zhì)量為M)，B為打點計時器，C為裝有沙的沙桶(沙和沙桶的總質(zhì)量為m)，D為一端帶有定滑輪的長木板，電源頻率為50Hz。

(1)下列實驗操作中，正確的是______；
A.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行
B.每次實驗，都要先放開小車，再接通打點計時器
C.平衡摩擦力時，應(yīng)將沙桶用細繩通過定滑輪系在小車上
D.平衡摩擦力時，應(yīng)將小車后面的紙帶連接好
E.改變小車的質(zhì)量時，需要重新平衡摩擦力
(2)陳同學(xué)根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a?F圖線如圖(a)所示，他實驗中可能存在的問題是______；李同學(xué)根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a?F圖線如圖(b)所示，圖像末端發(fā)生彎曲的原因是______；

(3)胡同學(xué)改進實驗方案，采用圖2的實驗裝置探究“小車加速度與合外力的關(guān)系”時，是否需要平衡摩擦力？______(選填“需要”或“不需要”)。
12.圖甲是“研究平拋物體的運動”的實驗裝置圖。

(1)實驗前應(yīng)對實驗裝置反復(fù)調(diào)節(jié)，直到斜槽末端切線______。每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋______。
(2)圖乙是正確實驗取得的數(shù)據(jù)，其中O為拋出點，則此小球做平拋運動的初速度為______m/s。(g取9.8m/s2)
(3)在另一次實驗中將白紙換成方格紙，每小格的邊長L=5cm，通過實驗記錄了小球在運動途中的三個位置，如圖丙所示，則該小球做平拋運動的初速度為______m/s。(g取10m/s2)
四、簡答題：本大題共1小題，共17分。
13.如圖所示，AB為豎直光滑圓弧的直徑，其半徑R=0.9m，A端沿水平方向。水平軌道BC與半徑r=0.5m的光滑圓弧軌道CDE相接于C點，D為圓軌道的最低點，圓弧軌道CD、DE對應(yīng)的圓心角θ=37°。圓弧和傾斜傳送帶EF相切于E點，EF的長度為l=10m。一質(zhì)量為M=1kg的物塊(視為質(zhì)點)從水平軌道上某點以某一速度沖上豎直圓軌道，并從A點飛出，經(jīng)過C點恰好沿切線進入圓弧軌道，再經(jīng)過E點，隨后滑上傳送帶EF。已知物塊經(jīng)過E點時速度大小與經(jīng)過C點時速度大小相等，物塊與傳送帶EF間的動摩擦因數(shù)μ=0.75，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)物塊從A點飛出的速度大小vA和在A點受到的壓力大小FA；
(2)物塊到達C點時的速度大小vC及對C點的壓力大小FC；
(3)若傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速率為v=4m/s，求物塊從E端到F端所用的時間。
五、計算題：本大題共2小題，共23分。
14.如圖所示，在光滑的水平面上有一長L=4m、質(zhì)量為M=4kg的木板，在長木板右端有一質(zhì)量為m=1kg的小物塊，長木板與小物塊間動摩擦因數(shù)為μ=0.2，長木板與小物塊均靜止。現(xiàn)用F=18N的水平恒力作用在木板上(g取10m/s2)。
(1)求木板加速度a1和小物塊加速度a2的大小；
(2)經(jīng)過多長時間小物塊脫離木板。
15.如圖所示為一種可測量角速度的筒易裝置，“V”形光滑支架可隨水平面上的底座繞中軸線OO′旋轉(zhuǎn)，支架兩桿與水平面間夾角均為θ，兩側(cè)的桿長均為1.5L，一原長為L的輕彈簧套在AB桿上，下端固定于桿的B端，另一端與一小球拴接，已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，輕彈簧的勁度系數(shù)k=2mgsinθL?，F(xiàn)讓小球隨支架以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，求：
(1)支架靜止時彈簧的長度；
(2)輕彈簧恰為原長時，支架角速度ω1的大??；
(3)若已知θ=53°,sin53°=0.8,cs53°=0.6,L=16m，重力加速度g=10m/s2，小球不能從桿末端A滑脫，則支架角速度ω2的大小應(yīng)滿足什么要求。
答案解析
1.D
【解析】解：A、根據(jù)圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，知0～t0時間內(nèi)，甲的位移小于乙的位移，由于比賽時甲、乙起點相同，所以t0時刻甲乙沒有相遇，故A錯誤。
B、根據(jù)速度圖象中圖線切線的斜率表示加速度，知0～t0時間內(nèi)乙的加速度逐漸減小，故B錯誤。
C、t0時刻兩者速度相等，甲的位移小于乙的位移，因比賽時甲乙起點相同，則甲乙距離一直增大，故C錯誤。
D、在0～t0時間內(nèi)，對乙圖作切線，總會找到一條與甲圖線平行，則0～t0時間內(nèi)的某時刻甲、乙加速度大小會相等，故D正確。
故選：D。
在v?t圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，根據(jù)位移關(guān)系判斷是否相遇。圖象的斜率表示加速度，根據(jù)圖象斜率的變化分析加速度的變化。分析兩個物體速度關(guān)系判斷間距的變化情況。
本題是速度?時間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道在速度?時間圖象中圖象與坐標軸圍成的面積的含義，能根據(jù)圖象讀取有用信息。
2.B
【解析】解：A、利用逆過程處理方法，把汽車從A到E的勻減速直線運動，看作從E到A的初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)汽車的加速度為a，每兩根吊索之間距離為x，則有vD2=2ax，vA2=2a?4x，則可得vAvD=21，所以汽車車通過A處時的速度大小為：vA=2vD，故A錯誤；
B、汽車通過AD段的平均速度為：vAD=vA+vD2=vD2+vD2=32vD
汽車通過DE段的平均速度為：vDE=vD+vE2=vD+02=12vD，可知汽車通過AD段的平均速度是通過DE段平均速度的3倍，故B正確；
C、汽車通過吊索C處時的瞬時速度為：vC= 2a?2x= 2× 2ax= 2vD
汽車通過AE段的平均速度為：vAE=vA+vE2=2vD+02=vD，可知汽車通過吊索C處時的瞬時速度大于通過AE段的平均速度，故C錯誤；
D、設(shè)汽車減速的時間為t0，通過AE段有：4x=12at02，通過DE段有：x=12at2
聯(lián)立方程可得汽車減速的時間為：t0=2t，故D錯誤。
故選：B。
A、利用逆過程處理方法，把汽車從E到A的運動看作初速度為零的勻加速直線運動，利用運動學(xué)公式v2?v02=2ax可得汽車通過A處速度；
B、利用v?=v0+v2分析求解；
C、利用v2?v02=2ax可得汽車在C處速度與D處速度關(guān)系，利用v?=v0+v2可得汽車在AE段的平均速度，則可得結(jié)論；
D、汽車通過AE段、DE段利用x=12at2可得時間關(guān)系。
本題考查了勻變速直線運動的規(guī)律，解題的關(guān)鍵是利用逆過程處理方法，把汽車從E到A的運動看作初速度為零的勻加速直線運動，熟練掌握運動學(xué)公式。
3.A
【解析】解：A、將貨車的速度沿著繩和垂直于繩正交分解，如圖所示，貨車速度為
v車=vcsθ，故A正確；
B、根據(jù)v車=vcsθ得
v=v車csθ
貨車向左做勻速直線運動，v車不變，隨著θ減小，貨物的速度v增大，貨物向上做加速直線運動，故B錯誤；
C、因為繩的拉力斜向上，所以貨車對地面的壓力小于貨車的重力，故C錯誤；
D、因為貨物向上做加速直線運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，所以纜繩中的拉力FT>(m0+m)g，故D錯誤。
故選：A。
根據(jù)貨箱向上運動的速度和貨車的速度沿著纜繩方向的分量相等，根據(jù)平行四邊形定則求出貨車的速度，再分析貨車的運動情況，結(jié)合牛頓運動定律分析即可。
本題的關(guān)鍵要掌握纜繩末端物體速度分解的方法，知道纜繩末端物體沿纜繩方向的分速度相等，推導(dǎo)出貨箱與貨車的速度關(guān)系式，從而確定貨箱的運動規(guī)律，然后根據(jù)超重的特點分析。
4.B
【解析】解：A、由圖甲可知，0～t1時間內(nèi)，A、B、C三物體的初、末位置均相同，則三個物體做直線運動的位移相同，三物體的平均速度相同，均為v?=s1t1，故A正確；
B、根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：v02?v2=2ax
解得：v2=v02?2ax
可知v2?x圖像的斜率k=2a，所以甲圖中x1～2x1物體的加速度大小為：a=12×v022x1?x1=v022x1，故B錯誤；
C、丙圖中，根據(jù)Δv=aΔt，可知陰影面積表示t1～t2時間內(nèi)物體的速度變化量，故C正確；
D、根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：x=v0t+12at2
解得：xt=v0+12at
根據(jù)丁圖可知：xt=2t+2
可得加速度大小為a=4m/s2，故D正確。
本題選擇錯誤選項；
故選：B。
甲圖中，根據(jù)s?t圖像直接讀出位移關(guān)系，進而判斷平均速度關(guān)系；乙圖中，根據(jù)v02?v2=2ax求解物體的加速度大??；a?t圖像與時間軸所圍的面積表示速度變化量；丁圖中，對照勻變速直線運動的位移—時間公式x=v0t+12at2，寫出圖像的解析式求解物體的加速度大小。
對于圖像問題，關(guān)鍵是能夠根據(jù)已知的公式、定律等推導(dǎo)出橫坐標和縱坐標的關(guān)系式，分析斜率的變化，然后作出正確的判斷。
5.D
【解析】解：A、運動員在C點時具有水平速度，即速度不為0，故A錯誤；
B、運動員在AB圓弧軌道上運動時設(shè)速度與水平方向夾角為θ，則其豎直方向分速度為v豎直=v0sinθ，運動員從A運動到B過程，其線速度減小，θ增大，導(dǎo)致sinθ增大，可知v豎直先增大后減小，即運動員豎直方向加速度先豎直向上后豎直向下，運動員先處于超重狀態(tài)后出于失重狀態(tài)，故B錯誤；
C、由Δv=g?Δt可知運動員從B到C與從C到E兩個過程的速度變化量方向均豎直向下，方向相同，故C錯誤；
D、運動員以更大的初速度從A點沖上軌道，則從B點離開跳臺時，具有更大的斜拋初速度，根據(jù)0=vBsinα?gt，x=vBcsαt，解得x=vB2sinαcsαg，根據(jù)y=vB2sin2α2g可知運動員在最高點的水平分位移和豎直分位移均增大，運動軌跡的最高點在C點的右上方，故D正確。
故選：D。
根據(jù)加速度方向分析運動員的狀態(tài)；根據(jù)斜拋運動分運動規(guī)律分析運動員在C點速度大?。桓鶕?jù)其受力情況分析加速度變化情況；由v=gt分析速度變化量關(guān)系。
解答本題時，要掌握斜拋運動中受力、加速度、速度特點，明確超重的條件。
6.A
【解析】解：根據(jù)單擺的周期公式得
擺長為L時的周期為：T1=2π Lg
擺長為L4時的周期為：T2=2π L4g=π Lg=T12，所以從最左側(cè)到豎直位置的時間是從豎直位置到最右側(cè)的時間的兩倍，故D錯誤；
根據(jù)能量守恒，小球在最低點的速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律
T?mg=mv2r
可知，當半徑r減小時，最低點的拉力T就會變大，所以從左側(cè)剛到達豎直位置還沒有碰到釘子時的拉力小于碰釘之后的瞬間的拉力，即在碰釘子時拉力發(fā)生突變，故B錯誤；
又因為在最高點有：T?mgcsθ=0即T=mgcsθ
如圖，根據(jù)機械能守恒，在最左側(cè)和最右側(cè)的高度是一樣的，故左側(cè)的擺角小于右側(cè)的擺角，擺角越小，csθ越大，故左側(cè)最高點的拉力大于右側(cè)最高的的拉力，故C錯誤，A正確。
故選：A。
根據(jù)擺長判定周期關(guān)系，進而確定左側(cè)與右側(cè)的時間大小關(guān)系；根據(jù)最低點速度大小一樣，擺長不同，拉力不同，判定出最低點碰釘前后瞬間的拉力大小關(guān)系；根據(jù)左右兩側(cè)最高點的擺角不同，判定出該處的拉力大小關(guān)系。
從三個角度來分析判出選項，即最低點拉力，最高點拉力，左右兩側(cè)的運動時間。
7.C
【解析】解：AB.因為籃球垂直撞在C點，則兩次籃球運動過程的逆過程是平拋運動，根據(jù)平拋運動中速度偏角和位移偏角的正切值關(guān)系，對第一、二次出手，分別有tan30°=2y1x，tan60°=2y2x，聯(lián)立可得y1y2=13，且y1=12gt12，y2=12gt22，聯(lián)立可得t1t2=1 3，故AB錯誤；
CD.對第一次出手，有vy12?t1=y1，v1=vy1sin30°，vx1=vy1tan30°，對第二次出手，有vy22?t2=y2，v2=vy2sin60°，vx2=vy2tan60°，聯(lián)立可得v1=v2，vx1= 3vx2
因二者初速度大小相同，則初動能相同，由于籃球兩次運動過程中的初始位置不等高，末位置在同一位置，根據(jù)機械能守恒定律可知，籃球在C點時，兩球的機械能不同，故C正確，D錯誤。
故選：C。
AB.根據(jù)籃球運動的逆過程對應(yīng)的平拋運動規(guī)律，利用速度偏角和位移偏角的正切值的關(guān)系以及豎直方向的自由落體運動規(guī)律列式求解豎直分位移比值以及時間比值；
CD.根據(jù)豎直方向和水平方向的速度、位移規(guī)律列式求解初速度大小關(guān)系，再判斷初動能的大小，結(jié)合機械能守恒分析兩次在C點的機械能是否相等。
考查平拋運動的速度、位移以及速度和位移偏角的規(guī)律應(yīng)用，結(jié)合機械能守恒分析解決實際問題。
8.AD
【解析】解：AB、對兩物體組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：a=F1?F2m1+m2=40?162+4m/s2=4m/s2，方向水平向右；
對m1，由牛頓第二定律得：F1?F=m1a，解得：F=32N，即彈簧秤的示數(shù)為32N，故A正確，B錯誤；
C、在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，對m2，由牛頓第二定律得：a2=Fm2=324m/s2=8m/s2，故C錯誤；
D、在突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力不變，對m1，由牛頓第二定律得：a1=Fm1=322m/s2=16m/s2，故D正確。
故選：AD。
根據(jù)牛頓第二定律，分別對兩個物體整體和任一物體研究，求出彈簧秤的讀數(shù)。突然撤去F1的瞬間，彈簧秤的示數(shù)不變。由牛頓第二定律求解突然撤去F1的瞬間兩個物體的加速度。
本題運用整體法和隔離法結(jié)合求解彈簧秤的彈力，是常用的方法。要抓?。撼啡ネ饬r，彈簧的彈力不能突變。
9.AD
【解析】解：AB.對配重受力分析如圖：
豎直方向上合力為零，則
Tcsθ=mg
解得：T=mgcsθ
故A正確，B錯誤；
CD.繩子拉力的水平分力提供向心力，由牛頓第二定律得：
Tsinθ=mω2r′
由幾何關(guān)系得：r′=(lsinθ+r)
解得：ω= gtanθlsinθ+r
故C錯誤，D正確。
故選：AD。
配重在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，豎直方向上受力平衡可求得細繩的拉力；根據(jù)繩子拉力的水平分力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系，求解轉(zhuǎn)動的角速度。
本題考查勻速圓周運動和動能定理，關(guān)鍵是弄清楚配重的受力情況，能夠根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力的計算公式求解配重的速度。
10.AC
【解析】解：AB.由題可知A、B具有相同的角速度，根據(jù)向心力公式F=mrω2
可知角速度相同時，圓周運動半徑越大，向心力越大。B的圓周半徑較大，當B達到最大靜摩擦力時，AB繩即將產(chǎn)生拉力，此時對B有μmg=m?2Rω2
解得ω= μg2R
故A正確，B錯誤；
CD.當A、B整體達到最大靜摩擦力時，OA繩即將產(chǎn)生拉力，設(shè)AB繩的拉力為T，此時對A有μmg?T=mRω2
對B有μmg+T=m?2Rω2
聯(lián)立解得ω= 2μg3R
故C正確，D錯誤。
故選：AC。
開始角速度較小，兩木塊都靠靜摩擦力提供向心力，B先到達最大靜摩擦力，角速度繼續(xù)增大，則繩子出現(xiàn)拉力；根據(jù)牛頓第二定律列式即可確定OA繩中有張力時的角速度大小。
解決本題的關(guān)鍵弄清楚木塊向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律進行分析，特別要注意臨界狀態(tài)的分析是解決此題的關(guān)鍵。
11.AD 平衡摩擦力過度 未滿足M遠大于m 需要
【解析】解：(1)A.平衡摩擦力后，連接砝碼盤和小車的細繩跟長木板保持平行時，細線的拉力等于小車所受合力，故A正確；
B.為了充分利用紙帶，能夠在紙帶上打出足夠多的點，小車釋放前應(yīng)靠近打點計時器，且應(yīng)先接通電源再釋放小車，故B錯誤；
CD.摩擦力是通過小車重力沿木板方向的分力來平衡的，所以平衡摩擦力時不能將沙桶用細繩通過定滑輪系在小車上，并且由于運動過程中紙帶也要受到阻力，所以后面的紙帶必須連好，再通過紙帶上的點間距判斷小車是否做勻速直線運動，故C錯誤，D正確；
E.設(shè)木板的傾角為θ，當小車勻速下滑時，根據(jù)平衡條件Mgsinθ=μMgcsθ
得μ=tanθ
因此與小車質(zhì)量M無關(guān)，每次改變小車的質(zhì)量時，不需要重新平衡摩擦力，故E錯誤。
故選：AD。
(2)陳同學(xué)根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a?F圖線如圖(a)所示，由圖可知，當合外力為零時，小車加速度不為零，他實驗中可能存在的問題是平衡摩擦力過度；
對小車、沙和桶整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律mg=(M+m)a
對小車，根據(jù)牛頓第二定律F=Ma
解得F=MmgM+m=mg1+mM
當滿足M?m時，F(xiàn)≈mg；當m過大，不滿足M?m時，F(xiàn)明顯小于mg，李同學(xué)根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a?F圖線如圖(b)所示，圖像末端發(fā)生彎曲的原因是未滿足M遠大于m。
(3)由圖可知，彈簧測力計可以直接測出小車所受的合外力，不需要滿足M遠大于m，為了使小車和定滑輪整體所受的合力等于小車和定滑輪整體所受的拉力，仍然需要平衡摩擦力。
故答案為：(1)AD；(2)平衡摩擦力過度；未滿足M遠大于m；(3)需要。
(1)A.平衡摩擦力后，從保證細線的拉力等于小車所受合力的角度分析作答；
B.從充分利用紙帶的角度分析作答；
CDE.根據(jù)平衡摩擦力的原理和正確操作分析作答；
(2)根據(jù)牛頓第二定律分析圖示圖像存在的問題；
(3)探究加速度與合力關(guān)系實驗需要平衡摩擦力。
本題考查了“探究小車加速度與合外力的關(guān)系”的實驗，要明確平衡摩擦力的目的和掌握平衡摩擦力的方法；能夠根據(jù)牛頓第二定律分析圖像出現(xiàn)的問題。
12.水平 初速度相同 1.6 1.5
【解析】解：(1)實驗前應(yīng)對實驗裝置反復(fù)調(diào)節(jié)，直到斜槽末端切線水平，每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋的初速度相同。
(2)由于O為拋出點，所以根據(jù)平拋運動規(guī)律有：
x=v0t
y=12gt2
將x=32cm，y=19.6cm，代入解得：v0=1.6m/s
(3)由圖可知，物體由A→B和由B→C所用的時間相等，在豎直方向上根據(jù)位移差公式得：Δy=gT2
由圖可知Δy=2L=10cm
代入數(shù)據(jù)解得：T=0.1s
由x=v0T，其中x=3L=15cm
代入數(shù)據(jù)解得：v0=1.5m/s
故答案為：(1)水平；初速度相同；(2)1.6；(3)1.5。
(1)根據(jù)實驗原理分析可知，需要保證斜槽末端水平，從而保證每次實驗的小球初速度相等；
(2)根據(jù)平拋運動在不同方向上的運動特點，結(jié)合運動學(xué)公式得出小球的初速度；
(3)先根據(jù)豎直方向上的運動特點得出時間間隔，結(jié)合水平方向上的運動特點得出小球的速度。
本題不但考查了平拋運動的規(guī)律，還靈活運用了勻速運動和勻變速運動的規(guī)律，是一道考查基礎(chǔ)知識的好題目。
13.解：(1)物塊在C處的速度分解如圖，

在豎直方向做自由落體運動：vy2=2g?2R
水平方向做勻速直線運動：v0=vytanθ
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)求得：v0=8m/s
在A處受力如圖，

由牛頓第二定律得：FNA+Mg=Mv02R
代入數(shù)據(jù)得：FNA=5509N
(2)物塊在C處速度：vC=v0csθ=80.8m/s=10m/s
小球在C點的受力分析如圖，

由牛頓第二定律得：FN?Mgcsθ=MvC2R
代入數(shù)據(jù)得：FN=208N
根據(jù)牛頓第三定律知物塊對C處的壓力大小為：FNC=FN=208N
(3)物塊的速度從vC減到v1的過程，受力如圖，

根據(jù)牛頓第二定律有：μMgcsθ+Mgsinθ=Ma1
解得：a1=12m/s2
當與傳送帶其速時用時：t1=vC?v1a1=10?412s=0.5s
通過的位移為：x1=vC+v12t1=10+42×0.5m=3.5m
物塊的速度減到v1之后，受力如圖，

根據(jù)牛頓第二定律有：Mgsinθ?μMgcsθ=Ma2
解得：a2=0
物塊此后與傳送帶一起勻速至F，用時：t2=l?x1v=10?3.54s=1.625s
則物塊從E到F所用的時間為：t=t1+t2=0.5s+1.625s=2.125s
答：(1)物塊從A點飛出的速度大小為8m/s，在A點受到的壓力大小為5509N；
(2)物塊到達C點時的速度大小為10m/s，對C點的壓力大小208N；
(3)物塊從E端到F端所用的時間為2.125s。
【解析】(1)根據(jù)平拋運動的規(guī)律計算水平初速度，在A點根據(jù)牛頓第二定律計算受到的壓力；
(2)根據(jù)幾何知識計算物塊在C點的速度，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律計算對C點的壓力；
(3)根據(jù)牛頓第二定律和勻變速直線運動學(xué)公式計算總時間。
本題關(guān)鍵掌握各運動之間銜接的物理量的關(guān)系。恰當?shù)貞?yīng)用牛頓第二定律和運動學(xué)公式解決問題。
14.解：(1)當小物塊相對木板恰好滑動時，小物塊受到的摩擦力恰好等于滑動摩擦力，由牛頓第二定律有：μmg=ma0
此時二者的加速度大小相等，把小物塊與木板看作一個整體，由牛頓第二定律有：F0=(m+M)a0
代入數(shù)據(jù)可得小物塊相對長木板恰好滑動時的拉力大小為：F0=10N
因F=18N>F0=10N，可知兩物體相對滑動，對木板由牛頓第二定律可得其加速度大小為：a1=F?μmgM=18?0.2×1×104m/s2=4m/s2
對小物塊由牛頓第二定律可得其加速度大小為：a2=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
(2)設(shè)經(jīng)過時間t小物塊脫離木板，則有：L=12a1t2?12a2t2
代入數(shù)據(jù)可得：t=2s
答：(1)木板加速度a1的大小為4m/s2和小物塊加速度a2的大小為2m/s2；
(2)經(jīng)過2s小物塊脫離木板。
【解析】(1)利用整體法和隔離法分別利用牛頓第二定律可得小物塊相對木板滑動時的拉力大小，此拉力與18N水平恒力比較，可知小物塊相對長木板滑動，分別對木板和小物塊利用牛頓第二定律可得加速度大??；
(2)利用木板運動的位移與小物塊運動的位移之差等于木板的長度求解。
本題考查了有外力作用的滑塊木板模型，牛頓第二定律，解題的關(guān)鍵是知道小物塊相對木板恰好滑動時，兩者之間的摩擦力為滑動摩擦力，兩者的加速度大小恰好相等。
15.解：(1)對小球進行受力分析如圖1所示，由平條件可得F1=mgsinθ，其中F1=kΔx
解得Δx=0.5L
此時彈簧的長度為L′=L?0.5L=0.5L

圖1
(2)輕彈簧恰為原長時，小球只受重力和桿的支持力N2，受力分析如圖2所示，由幾何關(guān)系可得r1=Lcsθ

圖2
豎直方向有N2csθ=mg
水平方向有N2sinθ=mω12r1
聯(lián)立可得ω1=1csθ gsinθL
(3)小球在A端隨裝置做勻速圓周運動時，彈簧的伸長量為12L，受力分析如圖3所示，彈簧的彈力F2=12kL

圖3
圓周運動的半徑r2=32Lcsθ
豎直方向有N2csθ=F2sinθ+mg
水平方向有N2sinθ+F2csθ=mω22r2
聯(lián)立可得ω2=2csθ gsinθ3L=403rad/s
故小球不滑脫需滿足ω3≤403rad/s
答：(1)支架靜止時彈簧的長度為0.5L；
(2)輕彈簧恰為原長時，支架角速度ω1的大小為1csθ gsinθL；
(3)支架角速度ω2的大小應(yīng)滿足ω2≤403rad/s。
【解析】(1)桿處于靜止狀態(tài)時，對球，根據(jù)平衡條件和胡克定律相結(jié)合求支架靜止時彈簧的長度；
(2)彈簧為原長時，小球做勻速圓周運動，由重力和桿的支持力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式列式求小球的角速度ω1；
(3)分析彈簧的狀態(tài)，再由向心力公式求解角速度范圍。
本題的關(guān)鍵要明確小球做勻速圓周運動時，由合外力提供向心力，要能熟練運用向心力公式和胡克定律相結(jié)合進行解答。

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