2020-2021学年杭州市学军中学高一上学期期末物理试卷_附答案解析

2020-2021学年杭州市学军中学高一上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1.国际单位制由7个基本单位、若干个导出单位组成，其中与力学有关的三个基本单位是()
A. m、kg、s
B. J、kg、s
C. N、m、s
D. m/s、kg、N
2.关于时间和时刻，下列说法正确的是()
A. 物体从第2秒初到第6秒末共经历了4秒的时间
B. 物体在5s时就是指物体在0−5s内，指的是时间
C. 物体在5s内就是指物体在4s末到5s末的这1s时间
D. 物体在第5s内就是指物体在第5s初到第6s初的这1s的时间
3.如图所示，物体A放在固定的斜面B上，然后在A上施加一个竖
直向下的恒力F，下列说法不正确的是()
A. 若A原来静止，则施加力F后，A仍保持静止
B. 若A原来静止，则施加力F后，A将加速下滑
C. 若A原来匀速下滑，则施加力F后，A仍匀速下滑
D. 若A原来加速下滑，则施加力F后，A的加速度将增大
4.下列现象属于完全失重状态的是()
A. 电梯里的小孩随电梯一起下降时
B. 天宫二号以加速度g向上做匀加速运动
C. 火箭点火加速升空离开地面时
D. 宇航员在太空舱中“飘浮”时
5.有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO
上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、
不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示).现将P环向左移一小段距
离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO
杆对P环的支持力F N和摩擦力f的变化情况是()
A. F N不变，f变大
B. F N不变，f变小
C. F N变大，f变大
D. F N变大，f变小
6.某链条传动装置如图所示，已知主动轮顺时针匀速转动，其半
径是从动轮半径的2倍，下列说法正确的是()
A. 从动轮是逆时针转动的
B. 主动轮和从动轮的角速度相等
C. 主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等
D. 主动轮和从动轮边缘的加速度大小相等
7.如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB
上。

若斜劈转动的角速度ω缓慢减小时，下列说法正确的是()
A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小
B. 斜劈对物块的支持力保持不变
C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐减小
D. 斜劈对物块的摩擦力保持不变
8.如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机发射一颗炸弹，炸
弹以水平速度v1出欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以
速度v2直向上发射炮弹进行拦截．设飞机发射炸弹时与拦截系统的水
平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1，v2系满足()
A. v1=v2
B. v1=S
H v2 C. v1=√H
S
v2 D. v1=√S
H
v2
9.如图所示，用轻绳AO、BO系住一物体处于平衡状态，绳AO与竖直方向成一角度，
绳BO水平。

当绳子的悬点A缓慢向右移动时，BO始终保持水平，关于绳子AO和BO 的拉力，下列说法中正确的是()
A. 绳AO的拉力一直在减小
B. 绳AO的拉力先减小后增大
C. 绳BO的拉力一直在增加
D. 绳BO的拉力先增大后减小
10.2020年4月23日凌晨，太空探索技术公司(SpaceX)在美军范登堡空
军基地成功发射了猎鹰九号运载火箭，并将60颗星链卫星成功送
入既定轨道。

根据外媒披露，这批卫星分三层构成卫星网络--分别
位于距离地面340km的α轨道、550km的β轨道和1150km的γ轨道
上做匀速圆周运动，已知地球半径R，万有引力常数G，地球表面
重力加速度g。

关于这些卫星，下列说法正确的是()
A. α轨道卫星的线速度最小
B. γ轨道卫星的周期最短
C. β卫星的向心加速度比同步卫星的大
D. 某时刻α、β卫星恰好与地心共线，根据题目已知参数无法计算出经多久再次共线
11.如图所示，吊车用两根等长的绳子OA和OB将质量分布均匀的铁板匀速吊离地
面，下列说法中正确的是()
A. 绳越长，每根绳对铁板拉力越小
B. 绳越长，两根绳对铁板拉力的合力越小
C. 两根绳子对铁板拉力的合力竖直向下
D. 两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力不是共点力
12.如图所示，倾角为30°，重为100N的斜面体静止在粗糙水平面上．一
根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为
20N的小球，斜面体和小球处于静止状态时，下列说法正确的是()
A. 斜面有向左运动的趋势，受到水平向右的静摩擦力
B. 弹性轻杆对小球的作用力为20N，方向垂直斜面向上
C. 球对弹性轻杆的作用力为20N，方向竖直向下
D. 地面对斜面的支持力为100N，方向竖直向上
13.如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在
升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的
拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，下面弹簧对
物体的支持力为()
A. 0.6N
B. 0.8N
C. 1.0N
D. 1.2N
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
14.一小球以某一初速度竖直向上抛出，两次经过一较低点P的时间间隔为T1，两次经过一较高点Q
的时间间隔为T2.不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()
g(T12−T22)
A. P、Q两点的高度差是1
8
g(T1−T2)2
B. P、Q两点的高度差是1
8
gT12
C. 物体做竖直上抛运动的最大高度是1
8
gT22
D. 物体达最大高度离Q点的距离是1
8
15.对于两个分运动的合运动，下列说法中正确的是()
A. 物体的两个分运动是直线运动，则它们的合运动一定是直线运动
B. 合运动与分运动互不影响
C. 合运动运动了3s，则分运动也运动了3s
D. 合运动的速度的大小一定大于分运动速度的大小
16.如图所示，一竖直放置的轻弹簧两端各拴接一个物块A和B，整个系
统处于静止状态。

已知物块A的质量为m A=1kg，物块B的质量为
m B=3kg，轻弹簧的劲度系数k=100N/m。

现对物块A施加一竖直
向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，经0.4s，物块B
刚要离开地面。

设整个过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度
g取10m/s2。

则()
A. t=0时，弹簧的形变量△x0=0.4m
B. 0～0.4s内，F的最大值F=45N
C. 0～0.4s内，F的最小值F=15N
D. 0～0.4s内，物块A上升的距离x A=0.4m
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
17.探究“互成角度的两个力的合成”实验情况如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条
与细绳的结点，OB和OC为细绳，第一次用两只弹簧秤同时拉OB和OC，第二次只用一只弹簧秤拉OB。

(1)下列说法正确的是_____(填字母代号)
A.必须将弹簧秤都拉伸到相同刻度
B.只要将橡皮条拉伸相同长度即可
C.需要及时记录下拉力的大小和方向
D.必须将橡皮条和绳的结点O拉到相同位置
(2)完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是_____(填字母代号)
A.拉橡皮条的绳细一些并且长一些
B.标记同一细绳方向的两点尽量近一些
C.使拉力F1和F2的夹角尽量等于90°
D.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板面平行
(3)甲、乙两图分别是某两位同学在做以上实验时得到的结果，其中符合实验事实的是______(填
“甲”或“乙”，其中力F′是用一只弹簧测力拉计时的图示)
18. 在“验证牛顿第二定律”的实验中：
(1)为了消除摩檫力的影响，在未挂小桶前，应调节长木版与水平桌面
间的倾角，直至小车在斜面上做______ 运动．
(2)如图所示是实验所得的a与m的关系图线，此图线横坐标的含义是
______ ；此实验结论是：当______ 不变时，______ ．
四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）
19. 动车铁轨旁相邻的里程碑之间的距离是1km。

某同学乘坐动车时，通过观察里程碑和车厢内电
子屏上显示的动车速度来估算动车减速进站时加速度大小。

通过窗户看到，当他经过某一里程碑时，屏幕显示的车速是126km/ℎ。

动车又前进了2个里程碑时，速度变为54km/ℎ。

把动车进站过程视为匀减速直线运动，那么：
(1)动车进站的加速度大小；
(2)动车在这2个里程碑之间运动的时间；
(3)速度变为54km/ℎ后还要行驶多远才能停下来。

20. 如图1所示，一质量为m=1kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t=0时刻，质量为M=2kg
的小物块B以初速度v0=3m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞。

木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触。

木板A在0～0.8s内的速度随时间的变化关系如图2所示，重力加速度为g=10m/s2，求
(1)t=0时刻木板的右端到墙的距离L以及t=0.4s时刻B的速度大小；
(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小；
(3)从t=0至A与墙第5次碰前，A、B组成的整体因摩擦产生的总热量。

21. 如图所示，竖直刚性杆OO′固定在水平地面上，轻质细绳一端悬于O点，另一
端连接一质量为m的小球(可视为质点)，小球绕竖直轴OO′在某一水平面上做
匀速圆周运动，小球到轴OO′的垂直距离为R=0.1m，细绳与竖直轴OO′的夹
角为θ=45°；当小球经过A点时，细绳在A点被烧断，A距地面的高度为ℎ=
1.2m(A′是A点在水平面上的投影)，小球落地点为B，取g=10m/s
2.求：
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)B点距竖直轴OO′的水平距离(即O′B的长度)．
22. 运动员驾驶摩托车做腾跃表演．如图所示，AB是平直路面，BCE为上坡路，其中BC段可视为半
径R=20m的圆弧其与AB、CE平滑连接，运动员驾驶摩托车在AB段加速，到B点时速度v B= 20m/s，再经过t=2s的时间通过坡面到达E点后水平飞出．已知人和车的总质量m=200kg，坡顶高度ℎ=5m，落地点F与E点的水平距离s=16m.若摩托车的功率始终为P=15kW．
求：(1)人和车从E点飞出时的速度大小？
(2)人和车过B点进入圆轨道时受到的支持力的大小？
(3)人和车从B到E的过程中重力所做的功和阻力所做的功？
参考答案及解析
1.答案：A
解析：解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故A正确。

故选：A。

国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。

它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。

他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。

单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。

2.答案：D
解析：解：A从第2秒初到第6秒末共经历了5秒的时间，故A错误．
B：物体在5s时就是指物体在5s末，指的是时刻，故B错误．
C：物体在5s内就是指物体在开始到5s末的这5s时间，故C错误．
D：物体在第5s内就是指物体在第5s初到第6s初的这1s的时间，所以D正确．
故选D．
3.答案：B
解析：解：AB、若A原来静止，有：mgsinα≤μmgcosα，施加F后，因为仍有(F+mg)sinα≤μ(F+ mg)cosα，则A仍然保持静止．故A正确，B错误．
C、若A原来匀速下滑，物体受重力、支持力和滑动摩擦力，则有mgsinα=μmgcosα.施加F后，仍有(F+mg)sinα=μ(F+mg)cosα，所以A仍匀速下滑．故C正确．
=gsinα−μgcosα．
D、若A原来加速下滑，根据牛顿第二定律有：a=mgsinα−μmgcosα
m
，因为gsinα>μgcosα，所以Fsinα>μFcosα，可当施加F后，加速度a′=(mg+F)sinα−μ(mg+F)cosα
m
见a′>a，即加速度增大．故D正确．
本题选不正确的，故选：B
分别对未加外力和加外力F时物体A进行受力分析，A原来静止，合力为零，分析重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，施加F后，判断A物体是否静止．当A原来加速下滑，根据牛顿第二定律判断加速度的变化．
解决本题的关键是要能够正确地对物体进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，不能想当然，认为物体原来静止或匀速，施加F后就加速．
4.答案：D
解析：解：A、电梯里的小孩随电梯一起下降时，加速度并不为g，所以不会处于完全失重状态，故A错误；
B、天宫二号以加速度g加速上升，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误
C、火箭点火加速升空时，加速度向上，故处于超重状态；故C错误；
D、宇航员在太空舱中“飘浮”时，受到的万有引力充当向心力，此时处于完全失重状态，故D正确。

故选：D。

当物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象，叫做失重，产生失重现象的条件是：物体的加速度方向向下。

物体只受重力时处于完全失重状态。

判断是超重还是失重现象，关键看加速度的方向，与速度方向无关，注意宇航员在太空中的漂浮和地面上气球在空气中的漂浮不同。

5.答案：B
解析：解：对小环Q受力分析，受到重力mg、支持力N和拉力T，如图
根据三力平衡条件得：
T=mg cosθ
N=mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受到总重力2mg、OA杆支持力F N、向右的静摩擦力f、BO杆的支持力N，如图
根据共点力平衡条件，有
N=f
F N=(m+m)g=2mg
故
f=mgtanθ
当P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力f变小，支持力F N不变；
故选：B．
先对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，跟三力平衡条件，求出拉力的表达式；在对P、Q两个小环的整体受力分析，根据平衡条件再次列式分析即可．
本题关键先对Q环受力分析后，根据平衡条件求出细线拉力和OB杆的支持力；再对整体受力分析，得出OA杆对P环的支持力和静摩擦力进行分析讨论．
6.答案：C
解析：解：A、由于链条没有交叉，主动轮是顺时针转动的，故从动轮也是顺时针转动的，故A错误；
BC、同缘传动边缘点线速度相等，故主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等，根据ω=v
知v大小相
r
等，ω与r成反比，即主动轮的角速度要小于从动轮的角速度，故B错误C正确；
D、根据向心加速度a=v2
得：v大小相等时，a与r成反比，即主动轮的加速度要小于从动轮的加速
r
度，故D错误；
故选：C。

同缘传动边缘点线速度相等，同时结合v=ωr、a=v2
进行分析。

r
本题关键明确同缘传动边缘点线速度相等，同轴传动角速度相等，同时结合v=ωr进行分析，不难。

7.答案：C
解析：解：物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向有f−mgsinθ=macosθ，垂直AB方向有mgcosθ−N=masinθ，解得f=mgsinθ+macosθ，
N=mgcosθ−masinθ，当角速度ω逐渐减小时，加速度a逐渐减小，f逐渐减小，N逐渐增大，故C 正确，ABD错误。

故选：C。

分析物块的受力情况，水平方向的合力提供向心力，当角速度ω逐渐减小时，向心力逐渐减小，分析摩擦力和支持力的变化情况。

本题考查了圆周运动问题，解题的关键是受力分析，确定沿圆心方向的合力提供向心力。

8.答案：B
解析：解：炮弹运行的时间t=s v
1，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移ℎ1=1
2
gt2，拦
截炮弹在这段时间内向上的位移，ℎ2=v2t−1
2
gt2，
则H=ℎ1+ℎ2=v2t，所以v1=s
H
v2．
故选：B．
若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，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．
解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，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．以及知道竖直上抛运动加速度不变，是匀变速直线运动．
9.答案：A
解析：解：对点O受力分析，受重力mg、拉力F B和F A，将三个力首尾相连，构成矢量三角形，如图；
从上图可以看出，细线AO与竖直方向夹角逐渐变小的过程中，拉力F A逐渐减小，拉力F B也逐渐减小；故A正确、BCD错误。

故选：A。

对点O受力分析，受到三个绳子的拉力，其中向下的拉力大小、方向都不变，向右的拉力方向不变、大小变，向左上方的拉力大小和方向都变，根据平衡条件，运用合成法作图分析。

物体所受的三个力中，有一力的大小、方向均不变(通常为重力，也可能是其它力)，另一个力的方向不变，大小变化，第三个力则大小、方向均发生变化；先正确分析物体所受的三个力，将三个力的矢量首尾相连构成闭合三角形，然后将方向不变的力的矢量延长，根据物体所受三个力中二个力
变化而又维持平衡关系时，这个闭合三角形总是存在，只不过形状发生改变而已，比较这些不同形状的矢量三角形，各力的大小及变化就一目了然了。

10.答案：C
解析：解：A、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm
r2=m v2
r
，
解得：v=√GM
r
，α轨道半径最小，则α轨道卫星的线速度最大，故A错误；
B、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm
r2=m(2π
T
)2r，解得：T=
2π√r3
GM
，γ轨道半径最大，γ轨道卫星的周期最长，故B错误；
C、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm
r2=ma，解得：a=GM
r2
，
β轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则β轨道卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故C正确；
D、某时刻α、β卫星恰好与地心共线，α卫星比β卫星多转一周即转过的圆心角多2π时它们再次共线，根据已知参数可以求出α、β卫星的角速度ω，可以求出它们再次共线需要的时间，故D错误。

故选：C。

卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式应用牛顿第二定律求出卫星的线速度、周期、向心加速度，然后分析答题。

本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。

11.答案：A
解析：解：A、设绳与竖直方向的夹角为θ，则绳越长，θ越小，由共点力的平衡，竖直方向上有：Fcosθ=1
2
mg，重力不变，cosθ变大，故每根绳对铁板拉力越小，故A正确。

BC、铁板匀速运动，故所受合力为零，故两根绳子对铁板拉力的合力和重力大小相等，方向相反，故两根绳子对铁板拉力的合力大小不变，方向竖直向上；故BC错误。

D、以铁板为研究对象，铁板受绳的拉力和重力作用，重力的反向延长线与绳的拉力交于O点，故两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力，故D错误。

故选：A。

AD、先根据共点力的概念，判断拉力和铁板的重力是否为共点力；根据共点力的平衡，可以判断拉力的变化；
BC、根据铁板匀速运动，结合共点力平衡的条件，可以判断绳对铁板的合力的大小和方向。

本题考查共点力的平衡，关键要熟记共点力平衡的条件，即物体所受的合力为零，而不是物体的速度为零。

12.答案：C
解析：
可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向．
本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不共线．解：AD、杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，相对于地面没有向左运动的趋势．由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力120N，故A错误，D错误；
BC、再对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹力为20N，竖直向上，故B错误，C正确；
故选：C
13.答案：A
解析：解：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，F1+F2−mg=ma1，F2=1.0N.当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，合力F合= ma2=0.8N，根据牛顿第二定律知，两根弹簧作用在物体上的合力为1.8N，则物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始F1=0.4N，F2=1.0N，则每根弹簧增加0.2N，所以升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时上面弹簧的弹力为0.6N.故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
根据牛顿第二定律求出升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，下面弹簧的弹力．然后根据牛顿第二定律求出升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力．
解决本题的关键掌握牛顿第二定律以及胡克定律，知道物体下移时，两根弹簧的形变量相等，弹力变化相等．
14.答案：AD
解析：解：A、B、物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等，故物体从最高点
到P和Q的时间分别为T1
2和T2
2
，故A与B间的位移为：
Δℎ=ℎ1−ℎ2=1
2g(T1
2
)2−1
2
g(T2
2
)2=1
8
g(T12−T22)，故A正确，B错误；
C、因为抛出点到P的时间、位移、以及抛出时的速度都是未知量，所以不能计算出物体做竖直上抛运动的最大高度，故C错误；
D、物体从Q继续上升的位移：ℎQ=1
2g(T2
2
)2=1
8
gT22，故D正确。

故选：AD。

竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性．
(1)速度对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一位置时速度大小相等，方向相反；
(2)时间对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等；
(3)能量对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度重力势能变化量的大小相等，均为mgℎ。

本题关键明确竖直上抛运动的速度、时间和能量的对称性，然后根据自由落体运动的位移时间关系公式列式求解。

15.答案：BC
解析：解：A、若两个分运动是直线运动，且合加速度与速度同向时，物体才做直线运动，否则做曲线运动，故A错误；
B、合运动是由分运动合成而来，但分运动不影响合运动，故B正确；
C、分运动与合运动是同时性，故C正确；
D、合运动与分运动满足平行四边形定则，两个分速度为临边，合速度为对角线，则由几何关系可知合速度可能小于分速度，故D错误；
故选：BC．
运动的合成包括对速度、加速度等的合成，在判断合成以后的运动特征时应根据物体做匀速运动的条件地行分析．
运动的合成也符合平行四边形定则，可以由平行四边形定则确定合运动与速度的关系；同时应明确运动的合成包括速度、加速度及位移的合成．
16.答案：BD
解析：解：A、t=0时，弹簧的压缩量为x1，则有：x1=m A g
k =10
100
m=0.1m，故A错误；
D、t=0.4s时，物体B刚要离开地面，弹簧对B的拉力恰好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，
则有：x2=m B g
k =30
100
m=0.3m，A物体上升的高度为：x=x1+x2=0.1m+0.3m=0.4m，故D
正确；
BC、A向上匀加速运动过程，有：x=1
2
at2，解得：a=5m/s2，
t=0时，外力F最小为：F1=m A a=2×5N=10N，
t=0.4s时，外力F最大，由牛顿第二定律知：F2−m A g−kx2=m A a，代入数据解得：F2=45N，故B正确，C错误。

故选：BD。

开始时，弹簧被A物体压缩，根据受力平衡求得压缩量x1，B刚要离开地面时，弹簧被B拉伸，根据
受力平衡求得伸长量x2，两者之和即为A的位移；
当物体A刚开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1.当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2.分别对A、B运用牛顿第二定律即可求解。

本题关键明确物体做的是匀加速直线运动，同时要能根据平衡条件和胡克定律求解出物体的位移，
根据牛顿第二定律求解。

17.答案：(1)CD(2)A D(3)甲
解析：解：(1)A、本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系。

根据
合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同。

故AB错误。

C、要作出力的图示，所以要记录力的大小和方向，故C正确
D、在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表
明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧秤不必拉到相同刻度。

故D正确。

故选：CD
(2)A、两根细线应适当长些，便于减小力的方向测量的误差，故A正确；
B、为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故B 错误；
C、两拉力F1 、F2 之间的夹角不宜过小以60°～100°为宜，故C错误；
D、本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、
橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大。

两细绳长度不需要相同。

故D正确。

故选：AD
(3)用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故甲符合实验事实。

故答案为：(1)CD(2)A D(3)甲
(1)根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮条两次拉伸长度关系和橡皮条和绳的结点的位置关系。