时间:2018-03-18 09:00:31
1、实验题 ⑴在“探究加速度与力、质量的关系”这一实验中甲乙两位同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图像分别为图中的直线Ⅰ和直线Ⅱ,直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大,明显超出了误差范围,下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释,其中可能正确的是_____
A.实验前甲同学没有平衡摩擦力
B.甲同学在平衡摩擦力时把长木板的末端抬得过高了
C.实验前乙同学没有平衡摩擦力
D.乙同学在平衡摩擦力时,把长木板的末端抬得过高了
⑵如图给出了该次实验中,从0点开始,每5个点取一个计数点的纸带,其中1、2、3、4、5都为记数点,其中x1=1.41cm,x2=1.91cm,x3=2.39cm,x4=2.91cm。由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小v4=______m/s,小车的加速度大小a=_______m/s2。
参考答案:(1)BC;(2)0.265;0.495.
本题解析:(1)由图线Ⅰ可看出,小车没有加外力就已经有了加速度,说明甲同学在平衡摩擦力时把长木板的末端抬得过高了,即平衡摩擦力过头了,故选项A错误,B正确;由Ⅱ可看出,小车加了一定的外力后才开始加速度运动,说明没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够,故C正确,D错误;故选BC。
(2)计数点4所代表时刻的瞬时速度大小
;
根据
可得:
;
;则
。
考点:探究加速度与力、质量的关系.
本题难度:一般
2、选择题 足够长的粗糙斜面上,用力推着一物体沿斜面向上运动, t=0时撤去推力,0—6s内速度随时间的变化情况如图所示,由图像可知 
A.0—1s内重力的平均功率大小与1—6s内重力平均功率大小之比为5∶1
B.0一l s内摩擦力的平均功率大小与1~6s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1
C.0一1s 内位移大小与1~6s内位移大小之比为1∶5
D.0一1s内机械能变化量大小与1~6s内机械能变化量大小之比为1∶5
参考答案:BCD
本题解析:0—1s内重力的平均速度与1—6s内重力平均速度大小相等,由
得,0—1s内重力的平均功率大小与1—6s内重力平均功率大小之比为1:1,A错误;同理,B正确;在v-t图像中,图像与坐标轴所围的面积表示位移的大小,则0一1s 内位移大小与1~6s内位移大小之比为1∶5,C正确;由功能关系知,机械能的变化量与除重力外其他力做功相等,则0一1s内机械能变化量大小与1~6s内机械能变化量大小之比为1∶5,D正确。
考点:本题考查做功、功率、功能关系。
本题难度:一般
3、计算题 如图(a)所示,木板OA可绕轴O在竖直平面内转动,某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F=8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m=1kg,通过DIS实验,得到如图(b)所示的加速度与斜面倾角的关系图线。图(b)中图线在
的范围内与θ轴重合,且
。假定物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)

(1)图(b)中图线与纵坐标交点ao多大?
(2)写出能求出θ2的数学表达式。
参考答案:⑴
⑵
本题解析:(1)且
时,
,
当木板水平放置时,物块的加速度为
,此时滑动摩擦力:
因为
解得:
(2)当角度为θ2时,物体受到的摩擦力向上,
代入数据整理得:
考点:考查了牛顿第二定律的综合应用
本题难度:一般
4、计算题 (18分)如图所示,质量为M=0.5kg、长L=1m的平板车B静止在光滑水平面上,小车左端紧靠一半径为R=0.8m的光滑四分之一圆弧,圆弧最底端与小车上表面相切,圆弧底端静止一质量为mC=1kg的滑块.现将一质量为mA=1kg的小球从圆弧顶端静止释放,小球到达圆弧底端后与C发生弹性碰撞.C与B之间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s2.若在C刚好滑上木板B上表面的同时,给B施加一个水平向右的拉力F.试求:
(1)滑块C滑上B的初速度v0.
(2)若F=2N,滑块C在小车上运动时相对小车滑行的最大距离.
(3)如果要使C能从B上滑落,拉力F大小应满足的条件.
参考答案:(1)
(2)
(3)
或
本题解析:(1)设A到达圆弧底端的速度为v
由动能定理可得:
(1分)
代入数据得:
(1分)
A与C发生弹性碰撞,由动量守恒定律可得:
(1分)
由机械能守恒定律可得:
(1分)
由以上两式解得
;
(1分)
(2)物体C滑木板B以后,做匀减速运动,此时设B的加速度为
,C的加速度为
,
由牛顿第二定律得:
解得
(1分)
木板B做加速度运动,由牛顿第二定律得
解得:
(1分)
两者速度相同时,有
解得:
(1分)
C滑行的距离:
(1分)
B滑生的距离:
(1分)
C与B之间的最大距离:
(1分)
(3)C从B上滑落的情况有两种:
(i)当F较小时滑块C从B的右端滑落,滑块C能滑落的临界条件是C到达孤右端时,C、B具有共同的速度v1,设该过程中B的加速度为aB,C的加速度不变,
根据匀变速直线运动的规律:
(1分)
(1分)
由以上两式可得:
(1分)
再代入
,则C滑到B的右端时,速度仍大于B的速度,于是从B上滑落
(ii)当F较大时滑到C从B的左端滑落,在C到达B的右端之前,就与B具有相同的速度,此时的临界条件是之后必须相对静止,才不会从B的左端滑落。
对于B、C整体有:
对于C有:
(1分)
由以上两式解得:F=3N,即若F大于3N,A就会相对B向左滑下 (1分)
综上所述力,F满足的条件是
或
(1分)
考点:牛顿运动定律,匀变速直线运动规律
本题难度:困难
5、计算题 (12分)如图,在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端,一小物块以某一初速度沿斜面上滑,一段时间后返回到出发点。若物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2的大小关系满足t1∶t2=1∶
,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,试求:
(1)上滑加速度a1与下滑加速度a2的大小之比;
(2)物块和斜面之间的动摩擦因数;
(3)若斜面倾角变为60°,并改变斜面粗糙程度,小物块上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上,发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关,求此时加速度大小。
参考答案:(1)2(2)0.25(3)约为11.55 m/s2
本题解析:(1)
a1 t12=
a2 t22
得
=
=2
(2)上滑时:mgsin 37°+mmgcos 37°=ma1
下滑时:mgsin 37°-mmgcos 37°=ma2
得m=0.25
(3)mgsin 60°+mN-Fcos 60°=ma,N=Fsin 60°+mgcos 60°
得:mgsin 60°+mFsin 60°+mmgcos 60°-Fcos 60°=ma
因为a与F无关,所以mFsin 60°-Fcos 60°=0
此时m=ctg60°=
则,a=gsin 60°+mgcos 60°=
m/s2≈11.55 m/s2
考点:匀变速直线运动,求解位移和加速度
点评:精确分析受力情况,灵活匀变速直线运动的各个公式及牛顿第二定律。
本题难度:一般