2020-2021学年广州三中高一上学期期末物理试卷_附答案解析

2020-2021学年广州三中高一上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.如图所示，质量为M、倾角为θ的斜面体A放于水平地面上，把质量为m的小滑块B放在斜面体A
的顶端，顶端的高度为ℎ.开始时两者均处于静止状态，然后B由A的顶端沿着斜面滑至地面．若以地面为参考系，且忽略一切摩擦力，在此过程中，斜面的支持力对B所做的功为W.下面给出的W的四个表达式中，只有一个是合理的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断．根据你的判断，W的合理表达式应为()
A. W=0
B. W=M2mℎcos2θ
(M+m)(M+msin2θ)
g
C. W=−Mm2ℎcos2θ
(M+m)(M+msin2θ)g D. W=−Mmℎcos2θ
(M+m)(M+msin2θ)
g
2.下列说法不正确的是()
A. 开普勒第三定律R3
T2
=K，K为常数，此常数的大小只与中心天体有关
B. 做平抛运动的物体在任意一段运动时间内速度变化的方向都是相同的
C. 匀速圆周运动是速度大小不变的运动
D. 只要两个分运动是直线运动，合运动一定也是直线运动
3.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a.
在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q，质量为m，发射速度大小都为v0，发射方向由图中的角度θ表示。

不计粒子间的相互作用及重力，下列说法不正确的是()
A. 若v0=aqB
m
，则在AC边界上只有一半区域有粒子射出
B. 若v0=aqB
m
，则以θ=60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C. 若v0=aqB
m
，则以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都不相等
D. 若v0=aqB
2m ，则以θ=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
2πm
3Bq
4.如图所示，一凹形桥模拟器水平置于托盘秤上，凹形桥面光滑，托盘与凹形
桥接触面粗糙，在小球由桥面左侧最高点静止滑下至桥面右侧最高点的过程
中，下列说法正确的是()
A. 下滑过程中，小球所受支持力逐渐减小
B. 小球上升至最高点时处于平衡状态
C. 凹形桥底面所受的静摩擦力先向右后向左
D. 凹形桥与托盘间没有摩擦力
5.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点、在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如
图所示。

若P、Q始终处于静止状态，则下列相关说法正确的是()
A. P物体受3个力
B. Q受到3个力
C. 若绳子变长，绳子的拉力将变小
D. 若绳子变长，Q受到的静摩擦力将减小
6.如图所示，静止斜面倾角θ，斜面上固定着竖直挡板AB，光滑圆球静止在斜
面上，挡板对球的弹力N1，斜面对球的支持力N2，则()
A. N1=mgtanθ，N2=mg
cosθB. N1=mgcosθ，N2=mg
cosθ
C. N1=mgsinθ，N2=mg
sinθD. N1=mgcosθ，N2=mg
sinθ
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
7.如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a、c端，
绳长L，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻
绳两端夹角为120°.若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A悬挂后仍
处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内．若重力加速度大小为g，关于上述两种情况，下列说法正确的是()
A. 橡皮筋的弹力大小大于mg
B. 橡皮筋的弹力小于mg
C. 轻绳的弹力大小为2mg
D. 轻绳的弹力大小为mg
8.如图所示，将一个均匀正方体物块A静止放在水平地面上，物块的重力为20N.现
用测力计竖直向上拉物块A，当测力计示数为10N时，下列说法中正确的是()
A. 物块A对地面的压力大小为20N
B. 物块A对地面的压力大小力10N
C. 物块A受到的合力为10N
D. 地面与物块A之间不存在静摩擦力
9.如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送
带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动
摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下列情况可能的是
()
A. 从下端B离开，v>v1
B. 从下端B离开，v<v1
C. 从上端A离开，v>v1
D. 从上端A离开，v<v1
10.如图所示为直升飞机由地面垂直起飞过程的速度−时间图象，则关于飞机的运动，下面说法正
确的是()
A. 0～5s内，飞机做匀加速直线运动
B. 5～15s内，飞机在空中处于悬停状态
C. 15～20s内，飞机的加速度大小为4m/s2
D. 20～25s内，飞机匀减速下降
11.从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个小球，在连续释放几个小球后，
对在斜面上滑动的小球拍下照片，如图所示，测得x AB=15cm，x BC=
20cm，则()
A. 小球的加速度为5m/s2
B. 拍摄时B球的速度为1.75m/s
C. 拍摄时x CD的值为0.5m
D. A球上面滚动的小球的个数为2个
12.如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个
合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥
摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是()
A. 小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B. 小球只受重力和绳的拉力作用
C. θ越大，小球运动的速度越小
D. θ越大，小球运动的周期越小
三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
13.某同学用橡皮条、弹簧测力计及轻质小圆环等仪器完成《探究两个互成角度的力的合成规律》
实验的示意图如图所示。

(1)该实验采用的科学方法是______
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.假设法
(2)利用上述装置可完成“探究力的分解规律”实验，下列实验操作步骤最合理的顺序应为______。

①如图甲，橡皮条的一端连接一轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的长度为GE。

②如图乙，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。

小圆环在拉力F1、F2的共同作用下，位于O点，
橡皮条伸长的长度为EO。

③如图丙，用手通过一个弹簧测力计单独拉住小圆环，小圆环在拉力F的作用下，位于0点，橡皮条
伸长的长度为EO。

④保持小圆环处于O点不变，多次改变F1、F2的大小和方向，重做上述实验，通过画各力的图示，
得到力的分解也遵从平行四边形定则，如图丁。

14.如图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。

在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种
方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。

(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：不悬挂小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打
出一系列______的点。

②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。

④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。

⑤在每条纸带上清晰的部分，标注计数点。

测量相邻计数点的间距s1，s2，…求出与不同m相对应的
加速度a。

⑥以砝码的质量m为横坐标，1
a 为纵坐标，在坐标纸上作出1
a
−m关系图线。

若加速度与小车和砝码
的总质量成反比，则1
a
与m应成______关系(填“线性”或“非线性”)。

(2)完成下列填空：
①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块
的质量之和应满足的条件是______。

②实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，打出一条纸带，打出的部分计数点如图乙所
示(每相邻两个计数点间还有4个点未标出)。

s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=
5.97cm。

则小车的加速度a=______m/s2(结果保留两位有效数字)。

③如图丙为所得实验图线的示意图。

设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，
则小车受到的拉力为______，小车的质量为______。

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
15.直角劈形木块质量M=2kg，用外力顶靠在竖直墙上，已知木块与墙之间最大
静摩擦力f m和木块对墙的压力F成正比，即f m=kF ，比例系数k=0.5，则垂直
作用于BC边的外力F应取何值木块保持静止。

(g=10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=0.8)
16.如图所示，平滑轨道ABC固定在竖直平面内，其表面光滑，在C点与高度为H0粗糙的水平轨道CD
相切，滑块M从高度为H的斜坡上A处静止滑下，与B处的滑块N发生对心弹性碰撞，碰后滑块N 滑上右侧水平轨道，此过程中滑块N一直未脱离右侧轨道，沿CD滑行一段距离后停止。

已知M、N的质量均为m，滑块N与CD间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
a.滑块N到达C点的动能E k；
b.若增大H的值，但仍保持滑块N一直不脱离轨道，则滑块N在CD段滑行的距离x也随之变化。

请推
导x与H的关系式，并作出x−H图象且指出横截距物理量的意义；
c.对比两实例，光电效应中的逸出功对应于该过程的哪个表达式？
17.如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为
85m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动6.0s时，乙车开始向右做匀加速直线运动，加速度a2=5.0m/s2，求两辆汽车相遇几次？相遇处距A处多远？
18.已知某遥控飞机的最大动力为F=36N，该飞机飞行时空气对它的阻力恒为f=4N，重力加速
度g=10m/s2，某玩具厂为了测定一质量为m=2kg的遥控飞机的性能，完成了如下的测试．(1)启动遥控器使该玩具飞机获得竖直向上的最大动力，使其竖直向上运动，测试该飞机在5s的时间
内上升的位移多大？
(2)为了测试该飞机的抗摔性能，首先将飞机升高到H=200m处悬停，然后撤走动力，则飞机落地
瞬间的速度为多大？
(3)在(2)中，飞机在下落过程中，启动遥控器使飞机恢复最大动力，为了使飞机落地的速度为零，
则求飞机在没有动力的情况下下落的时间t0为多少．
参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：A、由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角>θ，与物体沿着固定斜面下滑截然不同．整个系统无摩擦，由于此时斜面的支持力与B的位移方向成钝角，所以斜面的支持力对B所做负功．故A、B 错误．
C、功的单位为1J=1N⋅m，
按照单位制，Mm 2ℎcos2θ
(M+m)(M+msin2θ)
g的单位是N⋅m，
Mmℎcos2θ
(M+m)(M+msin2θ)
g的单位是m，故C正确，D错误．
故选：C．
由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角>θ，与物体沿着固定斜面下滑截然不同．由于忽略一切摩擦力，由于此时斜面的支持力与B的位移方向成钝角，所以斜面的支持力对B所做负功．
本题考查了单位制和做负功的判断，解决此类题目主要方法是利用所学的知识用淘汰法进行处理．2.答案：D
解析：解：A、开普勒第三定律R3
T2
=K，K为常数，此常数的大小只与中心天体的质量有关，故A正确；
B、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动；故做平抛运动的物体在任意一段时间内速度变化的方向都是相同的，竖直向下，故B正确；
C、匀速圆周运动的速度大小不变，方向在改变，故C正确；
D、分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，比如：平抛运动，故D错误；
因选不正确的
故选：D。

平抛运动加速度不变，做匀变速曲线运动，匀速圆周运动的速度大小不变，方向时刻改变，判断合运动是直线运动还是曲线运动，看合速度的方向与合加速度的方向是否在同一条直线上。

解决本题的关键知道平抛运动和匀速圆周运动的特点，知道平抛运动做匀变速曲线运动，掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法。

3.答案：B
解析：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m v02
r 解得：r=mv0qB
若v0=aqB
m
，则有：r=a；
若v0=aqB
2m ，则有：r=a
2
A、若v0=aqB
m
，当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC上只有一半区域有粒子射出，故A正确；
B.若v0=aqB
m ，以θ=60°飞入的粒子刚好从A飞出，在磁场中运动时间恰好是T
6
周期，在磁场中运动
时间最长，故B不正确；
C.若v0=aqB
m
，当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是
T
6
，则以θ<30°飞入磁场中的粒子运动所对应的圆心角不相等，所以运动所用的时间也不相等，故C 正确；
D.若v0=aqB
2m ，粒子轨道半径r=a
2
，以θ=0°方向射入磁场的粒子粒子从粒子从AC出，圆心角为120°
场中运动的时间为：t=120°
360∘×2πm
qB
=2πm
3qB
，故D正确；
本题选说法不正确的，故选：B。

带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解。

考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论。

θ从0°到60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键。

4.答案：C
解析：解：A、小球下滑至最低点过程是加速运动，但速度的竖直分量是先增加后减小，故竖直分运动的加速度是先向下后向上，故先失重后超重，所以小球受到的支持力先减小后增大，故A错误；
B、小球到达最高点时，速度为零，但是由于具有向下的加速度，故不处于平衡状态，故B错误；CD、铁块下滑至最低点过程是圆周运动，具有向心加速度，故合加速度的水平分量是偏向右的，故对整体，合力的水平分量偏向右，故水平面对凹槽的摩擦力方向向右；
铁块经过最低点后上滑过程是圆周运动，具有向心加速度，故合加速度的水平分量是偏向左的，故对整体，合力的水平分量偏向左，故水平面对凹槽的摩擦力方向向左；故C正确D错误；
故选：C
本题要注意灵活选择研究对象，分析小球受力时采用隔离法，而在分析桥底受力时，采用整体法分析，当整体具有向上的分加速度时，处于超重状态；当整体具有向下的分加速度时，处于失重状态．本题关键是采用整体法进行分析，明确整体的加速度在水平方向和竖直方向的分加速度的方向，然后结合牛顿第二定律进行分析求解．
5.答案：C
解析：解：A、P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A错误。

B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误。

C、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=G Q，G P+f=Fcosα，则G P+G Q=Fcosα，G P与G Q不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确。

D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变长，Q受到的静摩擦力不变，故D错误。

故选：C。

先对小球P受力分析，再对物块Q受力分析，分析两个物体受力个数。

对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化。

对P、Q整体分析受力，由平衡条件分析静摩擦力的变化情况。

对于受力分析问题，为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况。

可结合平衡条件判断结果是否正确。

6.答案：A
解析：解：球受重力、挡板和斜面对球体的弹力F1和F2，作出力图如图所示：
根据平衡条件，有：
F1=mgtanθ，F2=mg
cosθ
故选：A
球受重力、挡板和斜面对球体的弹力F1和F2，三力平衡，两个弹力的合力与重力等值、反向、共线．本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，难度不大，属于基础题．
7.答案：BD
解析：
根据几何知识求出各个力之间的夹角，分析挂钩受力情况，根据平衡条件求解绳中的张力T.同理分析橡皮绳与竖直方向的夹角再分析弹力．
本题要抓住挂钩与动滑轮相似，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，能运用几何知识分析夹角变化，再运用平衡条件解题．
CD、设两杆间的距离为S，细绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于重物对结点的拉力方向竖直向下，所以结点所受的三个力之间的夹角都是120°.根据矢量的合成可知，三个力的大小是相等的。

故轻绳的弹力大小为mg。

故C错误，D错误；
AB、若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，杆之间的距离不变，所以重物静止后两根绳子之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的拉力小于mg。

故A错误，B正确。

故选：BD。

8.答案：BD
解析：解：AB、以A为研究对象，根据共点力的平衡条件可得：地面对A的支持力为N=G−F=20N−10N=10N，根据牛顿第三定律可得物块A对地面的压力大小为10N，故A错误、B正确；
C、物块A处于判平衡状态，A受到的合力为0N，故C错误；
D、A水平方向不受外力作用，地面与物块A之间不存在静摩擦力，故D正确。

故选：BD。

拉力小于A的重力，A受力平衡，根据共点力的平衡条件求解支持力和摩擦力，根据牛顿第三定律求解压力。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

9.答案：AB
解析：解：滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿斜面下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，即选项CD是错误的；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v<v1，
选项B是正确的，当摩擦力小于重力的分力时，则v>v1，选项A是正确的，当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v=v1，
故选：AB。

由于不知道摩擦力和重力沿斜面分量的大小关系，所以物体可能从A端离开，也可能从B端离开，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v<v1，当摩擦力小于重力的分力时，则v>v1．
物体在传送带上的运动是考试的热点，关键是正确对物体进行受力分析，明确问题的运动性质．10.答案：AC
解析：解：A、0～5s内，飞机的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A正确；
B、5～15s内，飞机的速度不变，做匀速直线运动，故B错误；
C、15～20s内，飞机的加速度大小为a=|△v
△t |=|−20−0
20−15
|m/s2=4m/s2，故C正确；
D、20～25s内，飞机的速度向下均匀增大，做匀加速直线运动，故D错误。

故选：AC。

根据图象的形状分析飞机的运动情况，根据图象的斜率求飞机的加速度大小。

本题考查理解对速度−时间图象的理解，关键要知道v−t图象的斜率等于加速度，在v−t图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动。

11.答案：ABD
解析：解：A、由△x=aT2得小球下滑的加速度a=△x
T2=x BC−x AB
T2
=0.2−0.15
0.12
m/s2=5m/s2，故A正
确。

B、B球的速度v B等于AC段上的平均速度，即有v B=x AB+x BC
2T =0.15+0.20
2×0.1
m/s=1.75m/s，故B正确。

C、由△x=aT2得，x CD=x BC+aT2=0.2m+5×(0.1)2m=0.25m，故C错误。

D、由v B=at得，则B球运动的时间为t B=0.35s，因为T=0.1s，故B球上面还有3颗小球，则A球上方有两颗小球，故D正确。

故选：ABD。

根据匀变速直线运动的规律△x=aT2求解加速度和x CD；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度和全程的平均速度相等的规律求解B点速度；由v B=at求出小球运动到B的时间，即可知道B球上面滚动的小球还有几颗，进而求出A球上面滚动的小球的个数。

本题是闪光照相问题，处理方式类似于纸带处理，运用匀变速运动的两个推论和运动学公式结合求解是关键。

12.答案：BD
解析：解：AB、小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故A错误，B正确．
C、合力的大小为：F合=mgtanθ，小球做圆周运动的半径为：R=Lsinθ，则由牛顿第二定律得：
mgtanθ=m v2
Lsinθ
，得到线速度：v=√gLtanθsinθ，可知，θ越大，sinθ、tanθ越大，小球运动的速度越大，故C错误．
D、小球运动周期：T=2πR
v =2π√Lcosθ
g
，因此，θ越大，小球运动的周期越小，故D正确．
故选：BD
小球在水平面内做匀速圆周运动，合力提供向心力．分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不是物体实际受到向心力．然后用力的合成求出向心力，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出线速度v和周期T的表达式，分析θ变化，由表达式判断v、T的变化．
本题的关键要理解向心力是效果力，它由某一个力或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．同时，还要掌握向心力的不同的表达式，并灵活运用．
13.答案：B①③②④
解析：解：(1)探究两个互成角度的力的合成规律，采用的科学方法是等效替代法，
故选：B；
(2)由题目所给的步骤，合理的顺序是：①③②④。

故答案为：(1)B；(2)①③②④
本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，效果的相同是通过拉橡皮筋产生大小和方向相同的形变量来实现的。

数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减小测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点，了解误差产生的原因即可正确解答；根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。

在此实验中重点是作出力的图示，这样才能得以验证力的平行四边形，所以细线的方向与弹簧秤的示数是关键。

14.答案：等间距线性远小于小车和砝码的总质量0.791
k b k
解析：解：(1)①当打点计时器打出一系列等间距的点时，说明小车做匀速直线运动，即已经平衡了摩擦；
⑥若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则加速度的倒数和砝码的总质量成正比，即1
a
与m应成线性关系；
(2)①本实验认为绳的拉力等于小吊盘和盘中物块的总重力，设小吊盘和盘中物块的质量之和为m0，小车和车中砝码的总质量为M，则：
对小车分析：F=Ma
对小吊盘分析：m0g−F=m0a
联立解得：F=Mm0g
M+m0
=m0g
1+m0
M
只有当m≪M时，绳的拉力近似等于小吊盘和盘中物块的总重力；
②小车的加速度由逐差法求得：a=(s3+s4)−(s1+s2)
4T2=[(5.19+5.97)−(3.59+4.41)]×10−2
4×0.12
m/s2=0.79m/s2；
③牛顿第二定律成立，则有：F=(m+m车)a
解得：1
a =m
F
+
m
车
F
即1
a −m关系图线的斜率：k=1
F
所以小车受到的拉力为1
k
；
截距：b=m
车F
所以小车的质量为b
k。

故答案为：(1)等间距(2)线性(3)远小于小车和砝码的总质量(4)0.79(5)1
k (6)b
k
(1)根据实验步骤回答；
(2)①根据实验原理和注意事项回答。

②加速度由逐差法求得。

③由牛顿第二定律列式，整理解得1
a
与m的函数，结合图象知斜率和截距。

本题考查实验“探究加速度与力和质量的关系”理解实验原理，记住实验步骤和实验注意事项是解决实验题目的关键。

15.答案：解：静止的木块受重力mg、推力F、水平弹力F N和静摩擦力F f四个力的作用(F f在图中没有画出，它的方向是竖直向上或竖直向下).将力F正交分解，如图所示．
①当F最小时(设为F1)，物体刚好不向下滑，F fm竖直向上，则水平方向上，有F N=F1cosθ；竖直方向上，有mg=F1sinθ+kF N，故F 1=20N．
②当F最大时(设为F2)，物体刚好不向上滑，F fm竖直向下，则水平方向上，有F N′=F2cosθ；竖直方向上，有mg+kF N′=F2sinθ，故F 2=100N．
综合①②得F的取值范围为20N≤F≤100N．
答：垂直作用于BC边的外力F取20N≤F≤100N时木块能保持静止状态．
解析：对直角劈形木块受力分析，抓住两个临界状态，即恰好不下滑和恰好不上滑，结合共点力平衡求出两个临界状态下的F的值，从而求出外力F的范围．
该题考查共点力的平衡问题，解决本题的关键能够在正确地受力分析的基础上，判断出物块可能向上或可能向下的临界条件，然后再结合共点力平衡进行求解．
16.答案：解：a.M从A到B的过程，由机械能守恒定律得：
E k0=mgH。

M与N发生弹性碰撞，没有机械能损失，由于M与N质量相
等，碰撞后交换速度。

所以碰后瞬间N的动能为E k0=mgH。

N从B到C的过程，由机械能守恒定律得：E k0=mgH0+E k。

可得，E k=mgH−mgH0。

b.对整个过程，根据动能定理得mg(H−H0)−μmgx=0，
得x=Hμ−H0μ
作出x−H图象如图所示。

横截距表示H0。

c.M、N碰撞过程与光电效应相类似，光电效应过程光子与原子中的电子碰撞，电子吸收光子的能量，电子成为光电子，由此可知，M相当于光子，N相当于光电子，光电效应中的逸出功对应于该过程的μmgx。

答：
a.滑块N到达C点的动能E k是mgH−mgH0。

b.x与H的关系式为x=H
μ−H0
μ
，作出x−H图象如图，横截距物理量表示H0。

c.对比两实例，光电效应中的逸出功对应于该过程的μmgx。

解析：a.M下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出物块M与N碰撞前的速度。

M与N发生弹性碰撞，没有机械能损失，由于M与N质量相等，碰撞后交换速度，再由机械能守恒定律求滑块N到达C点的动能E k；。