【配套K12】内蒙古包头九中2016届高三物理上学期期中试卷(含解析)

2015-2016学年内蒙古包头九中高三（上）期中物理试卷
一、选择题
1．如图所示，木块A静止在斜面体B上．设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f．当斜面体水平向左做加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A相对于斜面体B始终保持
静止，则（）
A．N增大，f增大B．N不变，f增大
C．N减小，f先增大后减小D．N增大，f先减小后增大
2．如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（）
A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出
B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出
C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
3．质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如
图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．1：2：1 D．无法确定
4．如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）
A．t1＜t2B．t1=t2
C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小
5．如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是（）
A．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等
B．甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动
C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D．甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带
6．如图所示，轻杆长为3L，在杆的A．B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内
转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是（）
A．球B转到最低点时，其速度为v B=
B．球B在最低点时速度为
C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg
D．球B在最高点，杆对水平轴的作用力为1.25mg
7．静止在地面上的小物体，在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系如图所示，其中0﹣﹣s1过程的图线是曲线，s1﹣﹣s2过程的图线为平行于横轴的直线．关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的是（）
A．0﹣s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小
B．s1﹣s2过程中物体做匀速直线运动
C．0﹣s2过程中物体的动能先增大后减小
D．0﹣s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度
8．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（）
A．物块A运动的距离为
B．物块A的加速度为
C．拉力F做的功为mv2
D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量
二、非选择题．包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．
9．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=30.0cm且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触），如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F﹣l图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k= N/m，弹簧的原长
l0= ．
10．用如图所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验．实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度．
（1）下列说法正确的是
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验中m1应远大于m2
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应用a﹣图象
（2）下图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，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如2图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，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）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是
A．小车与平面轨道之间存在摩擦 B．平面轨道倾斜角度过大
C．所挂钩码的总质量过大 D．所用小车的质量过大．
11．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上．经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）绳断时物体的速度大小
（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．
12．如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg．静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角θ=37°．两者平滑对接．t=0s时，质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑．图乙所示为Q在0～6s内的速率v随时间t变化的部分图线．已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：
（1）木板P与地面间的动摩擦因数；
（2）t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小；
（3）0～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量．
【物理-选修3-4】
13．下列说法正确的是（）
A．简谐运动的周期与振幅无关
B．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=﹣kx中，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数
C．在波传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
D．在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽
E．在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多
14．如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圈弧CD为半径为R的四分之一的圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射，入射角θ1=45°，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点，其光路图如图所示．求：
（1）该棱镜的折射率n；
（2）光线在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在空气中的传播速度c=3×108m/s）．
【物理-选修3-5】
15．下列说法正确的是（）
A．放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律
B．α、β、γ射线比较，α射线的电离作用最弱
C．光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显
D．原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里
E．由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小
16．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5．一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：
①滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小；
②滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离．（取g=10m/s2）
2015-2016学年内蒙古包头九中高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．如图所示，木块A静止在斜面体B上．设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f．当斜面体水平向左做加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A相对于斜面体B始终保持
静止，则（）
A．N增大，f增大B．N不变，f增大
C．N减小，f先增大后减小D．N增大，f先减小后增大
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】使物体和斜面体一起向左做加速运动，加速度水平向左，将加速度分解为沿斜面向下和垂直于斜面向上两个方向，根据牛顿第二定律得到支持力N和摩擦力f的关系式进行分析．
【解答】解：当加速度较小时，摩擦力f沿斜面向上．将加速度分解为沿斜面向下和垂直于斜面向上．根据牛顿第二定律得
N﹣mgcosθ=masinθ，
mgsinθ﹣f=macosθ，
得到N=mgcosθ+masinθ；
f=mgsinθ﹣macosθ
可知当a增大时，N增大，f减小．
当加速度较大时，摩擦力f沿斜面向下．根据牛顿第二定律得
N﹣mgcosθ=masinθ，
mgsinθ+f=macosθ，
得到N﹣mgcosθ=masinθ，f=macosθ﹣mgsinθ
可知当a增大时，N增大，f增大．
所以N增大，f先减小后增大．故 D正确，A、B、C错误．
故选：D．
【点评】本题考查灵活运用正交分解处理物理问题的能力，采用的是分解加速度，不分解要求的力的方法，使解题过程简洁方便．
2．如图所示，在投球游戏中，某人将小球从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的塑料筐，小球恰好沿着筐的上沿入筐并打在筐的底角，若要让小球进入筐中并直接击中筐底正中间，下列说法可行的是（）
A．在P点将小球以小于v的速度水平抛出
B．在P点将小球以大于v的速度水平抛出
C．在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
D．在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出
【考点】平抛运动．
【专题】平抛运动专题．
【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，结合运动学公式分析判断．
【解答】解：A、在P点的初速度减小，则下降到框上沿这段时间内，水平位移变小，则小球不能进入筐中，故A错误．
B、在P点的初速度增大，则下降到筐底的时间内，水平位移增大，不能直接击中筐底的正中间，故B错误．
C、在P点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，根据x=知，水平位移可以减小，也不会与框的左边沿相撞，落在筐底的正中间，故C正确．
D、在P点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小，小球不能进筐．故D错误．
故选：C．
【点评】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式．
3．质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．1：2：1 D．无法确定
【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；胡克定律．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．
【解答】解：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，
a1=
对A：kx1﹣μmg=ma1
解得x1=
乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，
a2=
对A：kx2﹣mg=ma2
解得x2=则
丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得F
a3=
对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3
解得x3=则x1：x2：x3=1：1：1
故A正确，BCD错误
故选A．
【点评】牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．
4．如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）
A．t1＜t2B．t1=t2
C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小
【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力．
【分析】滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较滑块的运动时间．
【解答】解：在AB段，由牛顿第二定律得：mg﹣F=m，滑块受到的支持力：F=mg﹣m，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小，
在BC段，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，滑块受到的支持力：F=mg+m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，
由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C 运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误；
故选：A．
【点评】本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正确解题．
5．如图所示，水平粗糙传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两滑块（可视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是（）
A．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离相等
B．甲、乙滑块刚离开弹簧时一定是一个减速运动、一个加速运动
C．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D．甲、乙滑块不可能同时从A、B两端离开传送带
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小．
【解答】解：A、若v小于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙到达B点时的速度相同．落地的位置在同一点．故A正确；
B、设v大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动．此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等且运动时间相等．BCD错误．
故选：A
【点评】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握．
6．如图所示，轻杆长为3L，在杆的A．B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是（）
A．球B转到最低点时，其速度为v B=
B．球B在最低点时速度为
C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg
D．球B在最高点，杆对水平轴的作用力为1.25mg
【考点】向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律．
【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，可以求出求B的线速度与角速度；转动过程中，两球系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式可以进一步求解出各个位置的速度．
【解答】解：A、球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有：
mg=m
解得：v=
由于A、B两球的角速度相等，而线速度之比等于半径之比，故此时A的线速度为：
v A==；
由机械能守恒定律可知：B转到最低点时有：
mg3L+mv2B+mv′2A=mg4L+mv2+m（）2；
解得：v B=；故A正确，B错误；
C、B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有：
F﹣mg=m（）2L
解得：F=1.5mg；故杆对支点的作用力为1.5mg．
故C正确；D错误；
故选：AC．
【点评】本题中两个球组成的系统内部动能与重力势能相互转化，机械能守恒，同时两球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律联立列式求解．
7．静止在地面上的小物体，在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系如图所示，其中0﹣﹣s1过程的图线是曲线，s1﹣﹣s2过程的图线为平行于横轴的直线．关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的是（）
A．0﹣s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小
B．s1﹣s2过程中物体做匀速直线运动
C．0﹣s2过程中物体的动能先增大后减小
D．0﹣s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0﹣﹣s1过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化．
【解答】解：A、0﹣﹣s1过程中，图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．故A正确．
B、s1﹣﹣s2过程中物体仅受重力，做匀减速直线运动．故B错误．
C、0﹣﹣s1过程中，开始拉力大于重力，做加速运动，动能增加，然后拉力小于重力，做减速运动，动能减小，s1﹣﹣s2过程动能逐渐减小．所以0﹣﹣s2过程中物体的动能先增大后减小．故C正确．
D、0﹣﹣s1过程中，开始拉力大于重力，加速度方向向上，逐渐减小，然后拉力小于重力，加速度方向向下，逐渐增大到g，s1﹣﹣s2过程仅受重力，加速度保持g不变．故D正确．
故选ACD．
【点评】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律．
8．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（）
A．物块A运动的距离为
B．物块A的加速度为
C．拉力F做的功为mv2
D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量
【考点】功的计算；胡克定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律．
【专题】功的计算专题．
【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C 时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可．
【解答】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：
mgsinθ=kx1
解得：
x1=
物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；
mgsinθ=kx2
解得：
x2=
故物块A运动的距离为：，故A正确；
B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mgsinθ﹣T=ma
弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：
T=mgsinθ
故：a=，故B错误；
C、D、拉力F做的功等于物体A、弹簧系统机械能的增加量，为：
W=mg•△xsinθ+，故CD错误；
故选：A．
【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，不难．
二、非选择题．包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．
9．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=30.0cm且开口向下的小筒中（没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触），如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出F﹣l图象如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k= 200 N/m，弹簧的原长l0= 20cm ．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
【专题】实验题；摩擦力专题．
【分析】根据胡克定律写出F与l的关系式，然后结合数学知识求解即可．
【解答】解：根据胡克定律F与l的关系式为：F=k（l+h﹣l0）=kl+k（h﹣l0），从图象中可得直线的斜率为2N/cm，截距为20N，故弹簧的劲度系数为：
k=2N/cm=200N/m
由k（h﹣l0）=20N
于是：l0=20cm
故答案为：200； 20cm
【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力．
10．用如图所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验．实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度．
（1）下列说法正确的是CD
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验中m1应远大于m2
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应用a﹣图象
（2）下图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，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如2图所示．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a= 1.0 m/s2．（结果保留两位有效数字）
（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度．根据测得的多组数据画出a﹣F关系图线，如图3所示．此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是 C
A．小车与平面轨道之间存在摩擦 B．平面轨道倾斜角度过大
C．所挂钩码的总质量过大 D．所用小车的质量过大．
【考点】验证牛顿第二运动定律．
【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．
【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m．根据纸带数据，由△x=at2可求小车的加速度．根据实验图象可分析实验误差情况．
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m 约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．
C、让小车的质量m1远远大于钩码的质量m2，因为：实际上绳子的拉力F=m1a=m2g，
故应该是m2＜＜m1，而当m2不再远远小于m1时a==，随m2的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C正确．
D、F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．
故选：CD．
（2）计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s，
根据纸带数据，由△x=at2可得
小车的加速度a===1.0m/s2．
（3）随着力F的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确、ABD错误．
故选：C．
故答案为：（1）CD；（2）1.0；（3）C。