必修第一册模块综合检测

必修第一册模块综合检测A卷——基本能力评价(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是()A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点解析：选C鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；鱼儿摆尾出水时浮力很小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾击水时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。2．下列关于力、运动状态和惯性的说法正确的是()A．牛顿最早提出力不是维持物体运动的原因B．伽利略根据理想实验得出推论，如果没有摩擦，在水平面上的物体一旦具有某一速度，将保持这个速度继续运动下去C．汽车行驶速度越大，刹车后滑行距离越长，说明物体的速度越大惯性越大D．沿桌面运动的物体如果不受拉力作用，会逐渐停止运动，这说明静止状态才是物体长时间不受外力作用的“自然状态”解析：选B伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，A错误；伽利略根据理想实验得出推论，如果没有摩擦，在水平面上的物体一旦具有某一速度，将保持这个速度继续运动下去，B正确；汽车的惯性只与质量有关，与行驶速度无关，C错误；沿桌面运动的物体如果不受拉力作用，会逐渐停止运动，这是由于受到摩擦阻力的作用；物体长时间不受外力作用的“自然状态”是静止状态或者匀速直线运动状态，D错误。3.如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员()A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于失重状态，后处于超重状态解析：选C运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，向下做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中运动员先向上加速运动，处于超重状态，后向上减速运动，处于失重状态，B、D错误。4.如图所示，一物体静止于倾斜的木板上，当倾角θ缓慢增大，直至物体开始滑动之前的过程中，下列说法正确的是()A．物体对木板的压力逐渐减小B．物体所受的支持力和摩擦力都减小C．物体所受支持力和摩擦力的合力变大D．物体所受重力、支持力和摩擦力这三个力的合力逐渐增大解析：选A物体受力分析如图所示，由平衡条件得FN＝Mgcosθ①，f＝Mgsinθ②，在θ逐渐增大的过程中，由①式可知FN逐渐减小，由②式知f逐渐增大，A正确，B错误；由物体处于平衡状态可知：支持力FN、摩擦力f与重力Mg三者的合力为零，D错误；支持力FN和摩擦力f的合力与重力Mg等大反向，C错误。5．无人机航拍以无人驾驶飞机作为空中平台进行摄影。某款质量m＝1kg的摄影无人机开始悬停在湖面一定高度处，为了全景拍摄景物，无人机先加速下降至v1＝4m/s再匀速下降最后减速下降至速度为零。接着无人机加速上升达到v2＝6m/s随即减速上升为零时，恰好升至原来高度。已知加速和减速的加速度大小分别为a1＝2m/s2，a2＝1m/s2，忽略空气阻力影响，求无人机减速上升时受到竖直升力F大小()A．6N B．9NC．12N D．15N解析：选B由牛顿第二定律得mg－F＝ma2，得F＝9N，B正确，A、C、D错误。6.一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m＝1.0kg的小物块(可视为质点)以v0＝4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ＝0.25。若斜面足够长，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。小物块沿斜面上滑时的加速度大小为()A．5m/s2 B．4m/s2C．8m/s2 D．10m/s2解析：选C对物块分析，根据牛顿第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入数据解得a＝8m/s2，故A、B、D错误，C正确。7.如图所示为位于墙角的光滑斜面，斜面倾角为θ＝45°，劲度系数为k的轻质弹簧一端系在质量为m的小球上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，小球在斜面上静止时，弹簧的形变量大小为()A.eq\f(\r(3)mg,2k) B．eq\f(mg,k)C.eq\f(\r(3)mg,3k) D．eq\f(\r(3)mg,k)解析：选B对小球进行受力分析，小球受到重力mg、斜面的弹力FN和弹簧的弹力F作用处于平衡状态，由平衡条件可得FNcosθ＝mg，FNsinθ＝F＝kx，解得弹簧的形变量大小为x＝eq\f(mg,k)，B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.在升降电梯内的地面上放一电子秤，电梯静止时，某同学站在电子秤上，电子秤的示数为50kg。电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现电子秤示数如图所示，g取10m/s2。在这段时间内，下列说法正确的是()A．电梯可能在做匀速运动B．电梯可能向上做加速运动C．该同学处于超重状态，所受的重力变大了D．电梯的加速度大小为2m/s2，方向一定竖直向上解析：选BD由题图可知，电子秤示数60kg，该同学处于超重状态，加速度方向一定竖直向上，所以电梯可能向上加速或向下减速，故A错误，B正确；该同学质量不变，重力加速度不变，则该同学所受重力不变，故C错误；由公式F－mg＝ma，解得a＝2m/s2，方向一定竖直向上，故D正确。9．如图甲所示，质量为m的木块放在水平面上静止不动，木块与水平面间的动摩擦因数为μ。现对木块施加水平推力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，则图丙反映的可能是木块的哪两个物理量之间的关系()A．x轴表示力F，y轴表示加速度aB．x轴表示时间t，y轴表示加速度aC．x轴表示时间t，y轴表示速度vD．x轴表示时间t，y轴表示位移x解析：选AB当推力大于最大静摩擦力时，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，有a＝eq\f(F,m)－μg，可知a与F成线性关系，而力F与时间t成正比，即F＝kt，可推出a与t成线性关系，A、B正确。因为a与t成线性关系，说明a不断变化，故速度v、位移x与时间t不会成一次函数关系，C、D错误。10.如图，氢气球的质量m＝0.1kg，无风时在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为8N。当有水平风吹来时，气球受到大小为6N的水平风力作用，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．气球所受浮力大小为9NB．有风时，气球所受合力方向竖直向下C．有风时，气球所受合力大小为eq\r(37)ND．有风时，轻绳的拉力大小为10N解析：选AD无风时，对气球受力分析得F浮＝mg＋T＝9N，故A正确；有风时，气球保持静止，故合力为零，故B、C错误；有风时，对气球受力分析得F风＝T′sinθ，F浮＝mg＋T′cosθ，联立解得T′＝10N，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(7分)在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中：(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有______。(填选项代号)A．电压合适的50Hz交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺 D．秒表E．天平(2)实验过程中，下列做法正确的是________。A．先接通电源，再使纸带运动B．先使纸带运动，再接通电源C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处(3)如图是用小车拖动纸带用打点计时器测定匀变速运动的加速度打出的一条纸带。相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则小车运动的加速度a＝________m/s2，打P点时小车运动的速度v＝_______m/s。(计算结果均保留两位有效数字)解析：(1)打点计时器须接电压合适的50Hz交流电源，还需要用刻度尺测量纸带上打点的距离，故选A、C。(2)实验过程中，要先接通电源，再使纸带运动，选项A正确，B错误；将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，这样可充分利用纸带，选项C错误，D正确。(3)根据Δs＝aT2可知加速度a＝eq\f(2.30－0.74×10－2,4×0.12)m/s2＝0.39m/s2从纸带上左侧第一个计数点到P点的平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)＝eq\f(0.74×10－2,0.1)m/s＝0.074m/s，故P点速度vP＝eq\x\to(v)＋a·eq\f(t,2)≈0.094m/s。答案：(1)AC(2)AD(3)0.390.09412．(9分)在实验“探究加速度与力、质量之间的关系”中，某小组同学采用了如图1所示的装置。(1)在本实验中，先保持质量不变，探究加速度与力的关系；再保持力不变，探究加速度与质量的关系。这种研究方法叫作__________。A．理想化方法B．等效替代法C．控制变量法(2)本实验在平衡摩擦力后，由于用砝码桶与砝码重力代替绳子的拉力，导致实验的系统误差。若考虑到该误差的存在，在研究小车质量不变，加速度与力的关系时，做出a随F变化而变化的图像接近图中的是__________。(3)已知打点计时器的打点周期为0.02s，在一条记录小车运动的纸带上，每5个点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5，如图2所示。经测量得各相邻计数点间的距离分别为2.98cm、3.85cm、4.70cm、5.55cm，则小车运动的加速度大小a＝__________(结果保留两位有效数字)。解析：(1)先保持质量不变，探究加速度与力的关系；再保持力不变，探究加速度与质量的关系。这种研究方法叫作控制变量法。(2)随着砝码桶与砝码总质量的增加，绳子的拉力比砝码桶与砝码的总重力小的越来越多，误差越来越大。小车质量不变时，小车加速度应与受到的合力成正比，因为用砝码桶与砝码重力代替绳子的拉力(实际上小车受到的拉力要小于砝码桶与砝码的总重力)，图线向下偏折。故C正确。(3)每5个点取一个计数点，则计数点间时间间隔T＝0.10s；根据逐差法可得，小车的加速度a＝eq\f(s35－s13,2T2)，代入数据解得：a≈0.86m/s2。答案：(1)C(2)C(3)0.86m/s213．(11分)汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动，产生明显的滑动痕迹，即通常所说的刹车线。由刹车线长短可以推算出汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据。(1)若某汽车刹车后至停止的加速度大小为7m/s2，刹车线长为14m。求该汽车从刹车至停下来所用时间t。(2)某市规定，卡车在市区内行驶，速度不得超过40km/h，一次一辆飞驰的卡车紧急刹车后，经t＝1.5s停止，测得路面刹车线长9m，问该卡车是否违章？(假定刹车后卡车做匀减速运动)解析：(1)根据运动学公式：v2－v02＝2as有：v02＝－2ax＝－2×(－7)×14(m/s)2则：v0＝14m/s。根据运动学公式：v＝v0＋at有t＝eq\f(0－14,－7)s＝2s。(2)卡车的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)＝eq\f(9,1.5)m/s＝6m/s由eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)得v0＝12m/s＝43.2km/h>40km/h卡车违章。答案：(1)2s(2)违章14．(12分)如图所示，物体A的重力GA＝20N，物体B的重力GB＝20N，对物体A施加一个竖直向下的压力F，A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，其余摩擦不计，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)当F＝40N，物体A受到什么摩擦力？大小如何？(2)若要使A匀速运动，所加的竖直向下的压力F的大小是多少？解析：(1)当F＝40N时，A所受最大静摩擦力为fm＝μ(F＋GA)＝24N假设B静止，对B，由平衡条件得绳子拉力T＝GB对A物体，此时绳子拉力T＝GB<fm，A没有被拉动，保持静止，假设成立。所以A所受摩擦力为静摩擦力，大小为f＝T＝20N。(2)若A匀速运动，则B也在匀速运动，对B和A，由平衡条件可得T＝GB，μ(GA＋F)＝T代入数据得F＝30N故所加的竖直方向的力F的大小是30N。答案：(1)静摩擦力20N(2)30N15．(15分)如图所示为某游客在滑雪场正在滑雪的示意图，滑道的倾斜部分可视为倾角θ＝37°的斜面。若该游客从静止开始匀加速下滑，经过8s沿斜面下滑的位移大小s0＝64m，游客开始下滑的位置距离斜面底端为s＝289m。已知该游客在本次滑雪过程始终没有使用撑杆，游客在经过斜面底端拐角时速度大小不变，运动过程受到的空气阻力恒为游客和滑板总重力的eq\f(3,10)。滑板与滑道各处动摩擦因数相同，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑板与滑道间的动摩擦因数；(2)游客在水平滑道上前进的位移。解析：(1)由运动学公式s0＝eq\f(1,2)a1t2解得a1＝2m/s2对游客和滑板整体在斜面上受力分析如图所示，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ－kmg＝ma1解得μ＝0.125。(2)游客滑到斜面底端时有v2－0＝2a1s，解得v＝34m/s对游客和滑板整体在水平面上进行受力分析，由牛顿第二定律同理可得－μmg－kmg＝ma2解得a2＝－4.25m/s2在水平方向上同理可得0－v2＝2a2x解得x＝136m。答案：(1)0.125(2)136mB卷——综合素养评价(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．国庆放假期间，小明同学早上8：00乘车从广州出发返回学校，行驶了150km后到达学校门口的停车场，用时2小时，则下列说法正确的是()A．题中的150km指的是位移B．题中的8：00及2小时指的是时间间隔C．根据题中数据可以求出汽车全程行驶的平均速率D．研究汽车经过某一条减速带所用的时间时可以将车视为质点解析：选C题中的150km指的是路程，故A错误；题中的8：00指时刻，2小时指的是时间间隔，故B错误；根据题中数据可以求出汽车全程行驶的平均速率eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝eq\f(150,2)km/h＝75km/h，故C正确；研究汽车经过某一条减速带所用的时间时不能忽略车的长度，不可以将车视为质点，故D错误。2.将一张A4纸(质量可忽略不计)夹在物理习题册内，A4纸上方书页总质量为0.3kg，A4纸下方书页总质量为0.5kg，A4纸与书页之间、书与桌面之间的动摩擦因数均为0.4，要把A4纸从书中拉出，拉力至少应为(取g＝10m/s2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)()A．1.2N B．2.4NC．3.2N D．4.4N解析：选BA4纸与书页上下两个接触面都有滑动摩擦力，则有f＝2μFN＝2×0.4×3N＝2.4N，当拉力等于滑动摩擦力时，拉力最小，所以有F＝2.4N，B正确。3.在升降机的地板上放有一质量为m的物体，升降机竖直向上运动过程中，上升的高度h与时间t的关系图像如图所示。t1和t2时刻升降机地板对物体的支持力大小分别为FN1和FN2，重力加速度为g，下面说法正确的是()A．FN2一定大于FN1 B．FN2一定小于FN1C．FN2一定大于mg D．FN2可能等于mg解析：选C由题图仅能判断物体做加速运动，无法判断t1、t2时刻加速度的大小，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma可得FN＝ma＋mg，所以无法比较FN1与FN2的大小，但FN2一定大于mg，故C正确，A、B、D错误。4.某人在一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。地铁进站过程中细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的情景，并测量出了细绳偏离竖直方向的角度为θ，则该地铁()A．停下来得越快，θ越小B．进站的加速度大小为gsinθC．进站的速度方向与圆珠笔偏离方向一致D．进站的加速度方向与圆珠笔偏离方向一致解析：选C设地铁的加速度大小为a，圆珠笔与地铁加速度相同，对圆珠笔根据牛顿第二定律和力的合成与分解可得tanθ＝eq\f(ma,mg)，解得a＝gtanθ，地铁停下来得越快，即a越大，则θ越大，故A、B错误；地铁做匀减速运动，加速度方向与速度方向相反，即地铁进站的速度方向与圆珠笔偏离方向一致，加速度方向与圆珠笔偏离方向相反，故C正确，D错误。5.如图，一辆汽车在平直公路上向右做匀减速直线运动，汽车车厢内有一个小球用轻绳悬挂在光滑竖直的车厢前壁上。轻绳对球的拉力为F，小球与车厢前壁间的弹力为FN，则当汽车的加速度减小时()A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小C．F减小，FN减小 D．F减小，FN不变解析：选B设轻绳与竖直方向的夹角为θ，对小球有F＝eq\f(mg,cosθ)，FN＝Fsinθ＋ma，当汽车的加速度减小时，F不变，FN减小，故选B。6．如图甲所示，质量为m＝60kg的同学，双手抓住单杠做引体向上。他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，由图像可知()A．t＝0.5s时，他的加速度约为3m/s2B．t＝0.4s时，他正处于超重状态C．t＝1.1s时，他受到单杠的作用力的大小约为618ND．t＝1.5s时，他正处于超重状态解析：选B根据速度—时间图像斜率表示加速度可知，t＝0.5s时，由a＝eq\f(Δv,Δt)≈eq\f(0.3,1.0)m/s2知他的加速度约为0.3m/s2，故A错误；t＝0.4s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，故B正确；t＝1.1s时他的速度达到最大值，v-t图线斜率为零，表示加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600N，故C错误；t＝1.5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，故D错误。7.引体向上是我们日常生活中行之有效的健身方法之一。当你双手握住单杠处于静止状态时，可以简化成如下模型：在水平杆MN上套有两个质量不计的小环A和B，一不可伸长的细线两端分别系在环A、B上，并在细线中点处通过小滑轮挂一个质量为m的物块，整个系统处于平衡状态。当增加A、B之间的距离，整个系统再次达到平衡状态后，下列说法正确的是()A．小环A和B所受水平杆支持力都变大B．小环A和B所受摩擦力都变小C．细线中张力变大D．小环A的合力变大解析：选C当增加A、B之间的距离，整个系统再次达到平衡状态后，系统竖直方向上受到杆对小环A和B的支持力还有物块的重力；由于物块重力不变，所以小环A和B所受支持力保持不变，A错误；对小环A隔离分析，受到细线的拉力T，杆的支持力FN及水平向左的摩擦力f作用，设细线与杆夹角为θ，由平衡条件知小环A受到的合力为0，Tcosθ＝f，Tsinθ＝FN，当增加A、B之间的距离时θ减小，由于FN不变，所以可得T变大，f变大，根据对称性可知小环B受到的摩擦力也增大，B、D错误，C正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧测力计相连，如图所示。现在物块1左侧施加水平拉力F，两物块保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，弹簧测力计的读数为5.0N；若将大小相等、方向相反的拉力施加在物块2的右侧，稳定后弹簧测力计的读数为2.0N。关于1、2两物块的质量，可能的是()A．m1＝5.0kg，m2＝2.0kgB．m1＝1.0kg，m2＝0.4kgC．m1＝2.0kg，m2＝5.0kgD．m1＝0.8kg，m2＝2.0kg解析：选CD设物块1、2的质量分别为m1、m2，对两物块组成的整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a，解得整体的加速度为a＝eq\f(F,m1＋m2)，当F作用在物块1上时，设弹簧测力计的读数为F1，由牛顿第二定律，对物块2有F1＝m2a，解得弹簧测力计示数为F1＝eq\f(m2,m1＋m2)F＝5N，当F作用在物块2上时，设弹簧测力计的读数为F2，由牛顿第二定律，对物块1有F2＝m1a，解得弹簧测力计示数为F2＝eq\f(m1,m1＋m2)F＝2N，则有eq\f(m2,m1)＝eq\f(5,2)，故C、D正确，A、B错误。9.如图所示，两木块A、B叠放在水平桌面上，现以水平拉力F拉B没有拉动，则下列说法正确的是()A．A、B间不存在摩擦力作用B．A、B间有静摩擦力作用C．B与桌面间不存在静摩擦力作用D．若撤去外力F后，则A与B、B与桌面间都没有摩擦力解析：选AD拉B没有被拉动，A、B之间没有相对运动和相对运动趋势，所以A、B之间没有摩擦力，B错误，A正确；把AB看成一个整体，在水平方向上受到水平向右的拉力F作用，由力的平衡可知，B受到桌面的摩擦力，大小为F，方向水平向左，C错误；若撤去外力F后，A、B之间，B与桌面之间都没有相对运动和相对运动趋势，所以A与B、B与桌面间都没有摩擦力，D正确。10.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m，B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间()A．吊篮A的加速度大小为gB．物体B的加速度大小为0C．物体C的加速度大小为2gD．A对C的支持力大小等于5mg解析：选BC装置静止时，弹簧的弹力F＝3mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得：aAC＝eq\f(F＋m＋2mg,m＋2m)＝2g，即A、C的加速度均为2g，方向向下，故A错误，C正确；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，物体B受到的合力仍然为零，则B的加速度为0，故B正确；设A对C的支持力为FN，则对C由牛顿第二定律得：F＋2mg－FN＝2maAC，解得A对C的支持力大小FN＝mg，故D错误。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(7分)(1)“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为________cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为________m/s2(保留两位有效数字)。(2)利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是________(多选)。A．换成质量更小的车B．调整长木板的倾斜程度C．把钩码更换成砝码盘和砝码D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角解析：(1)依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20cm，考虑到偶然误差，6.15cm～6.25cm也可；由图3中小车运动的数据点，有a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.05－0.30,0.4)m/s2≈1.9m/s2，考虑到偶然误差，1.7m/s2～2.1m/s2也可；(2)根据题意，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，A错误；需要利用小车重力斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板安装打点计时器的一端较滑轮一端适当的高一些，B正确；以系统为研究对象，实验时有1.9m/s2≈eq\f(mg－f,M＋m)，考虑到实际情况，即f≪mg，有1.9m/s2≈eq\f(mg,M＋m)，则可知M≈4m。可知目前实验条件不满足M≫m，所以需将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，C正确；实验过程中，连接砝码盘和小车的细绳跟长木板始终保持平行，与之前的相同，D错误。答案：(1)6.20(6.15～6.25均可)1.9(1.7～2.1均可)(2)BC12.(9分)某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数L0，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。n123456Ln/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09(1)利用ΔLi＝Li＋3－Lieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＝1，2，3))计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03cm，ΔL2＝6.08cm，ΔL3＝________cm，压缩量的平均值eq\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝______cm。(2)上述eq\x\to(ΔL)是管中增加________个钢球时产生的弹簧平均压缩量。(3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为________N/m。(结果保留3位有效数字)解析：(1)根据压缩量的变化量为ΔL3＝L6－L3＝(18.09－12.05)cm＝6.04cm。压缩量的平均值为eq\x\to(ΔL)＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝eq\f(6.03＋6.08＋6.04,3)cm＝6.05cm。(2)因ΔLi是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。(3)根据钢球的平衡条件有3mgsinθ＝k·eq\x\to(ΔL)，解得k＝eq\f(3mgsinθ,\x\to(ΔL))＝eq\f(3×0.2×9.8×sin30°,6.05×10－2)N/m≈48.6N/m。答案：(1)6.046.05(2)3(3)48.613.(11分)如图所示，用手握住一个重为9N的酒瓶，使酒瓶始终处于竖直位置。已知酒瓶与手之间的动摩擦因数μ＝0.3，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。试回答以下问题：(1)用水平握力F1＝40N握住酒瓶，并处于静止状态，求酒瓶受到的摩擦力大小；(2)用水平握力F2＝20N握住酒瓶，求酒瓶受到的摩擦力大小；(3)至少用多大的水平握力才能握住酒瓶，使酒瓶沿水平