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