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參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7-10題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分．

1．圖示是一輛正在轉(zhuǎn)彎的汽車的示意圖，汽車的四個(gè)輪子圍繞共同的圓心O運(yùn)動，且四個(gè)輪子的轉(zhuǎn)彎半徑各不相同，轉(zhuǎn)彎軌跡也各不相同．關(guān)于此時(shí)刻四個(gè)輪子的運(yùn)動情況，下列說法正確的是（ ）

A．四個(gè)輪子的線速度相等

B．四個(gè)輪子繞O點(diǎn)運(yùn)動的角速度相等

C．四個(gè)輪子的向心加速度相等

D．內(nèi)側(cè)后輪的向心加速度最大

【考點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律．

【分析】汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)，由于車輪的半徑不同，但四個(gè)輪子在相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相同，故角速度相同，根據(jù)線速度角速度半徑及加速度間的關(guān)系即可判斷

【解答】解：A、在相同時(shí)間內(nèi)車輪通過的弧長不同，故線速度不同，故A錯(cuò)誤；

B、四個(gè)輪子繞O點(diǎn)運(yùn)動的過程中轉(zhuǎn)過的角度相同，故角速度相等，故B正確；

C、根據(jù)a=ω²r可知，由于半徑不同，故向心加速度不同，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)a=ω²r可知，由于半徑最小，故向心加速度最小，故D錯(cuò)誤

故選：B

2．某艦載機(jī)落在靜止的航空母艦上時(shí)，經(jīng)測其初速度大小為v₀=60m/s，落地后打開減速系統(tǒng)，產(chǎn)生的加速度大小為a=20m/s²，假設(shè)艦載機(jī)在甲板上的運(yùn)動可以看成勻減速直線運(yùn)動，則艦載機(jī)在落地后10s內(nèi)的位移為（ ）

A．400 B．180m C．90m D．300m

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的位移與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】求出艦載機(jī)在航空母艦上勻減速直線運(yùn)動到停止的時(shí)間，再根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系式求出位移

【解答】解：艦載機(jī)著陸后到停止所需的時(shí)間

＜10s

則該艦載機(jī)在第3s末停止，因此該艦載機(jī)的位移，根據(jù)速度位移公式有

故選：C

3．如圖所示，兩相同小球a、b用輕彈簧A、B連接并懸掛在天花板上保持靜止，現(xiàn)有一水平力F作用在a上并緩慢拉a，當(dāng)B與豎直方向夾角為60°時(shí)，A、B伸長量剛好相同．若A、B的勁度系數(shù)分別為k₁、k₂，則以下判斷正確的是（ ）

A．A、B兩彈簧產(chǎn)生的彈力大小相等

B．

C．撤去F的瞬間，a球的加速度為零

D．撤去F的瞬間，b球處于失重狀態(tài)

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用．

【分析】先對b球受力分析，根據(jù)平衡條件求解彈簧A的拉力；再對a、b球整體受力分析，根據(jù)平衡條件求解彈簧B的拉力；最后根據(jù)胡克定律判斷兩個(gè)彈簧的勁度系數(shù)之比．

【解答】解：AB、先對b球受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件，有：

F₁=mg

再對a、b球整體受力分析，受重力、拉力和彈簧的拉力，如圖所示：

根據(jù)平衡條件，有：

F₂=

=4mg

根據(jù)胡克定律，有：

F₁=k₁x

F₂=k₂x

故

=

，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、球a受重力、拉力和兩個(gè)彈簧的拉力，撤去拉力F瞬間，其余3個(gè)力不變，故加速度一定不為零，故C錯(cuò)誤；

D、球b受重力和拉力，撤去F的瞬間，重力和彈力都不變，故加速度仍然為零，處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；

故選：B．

4．如圖所示，用細(xì)線將質(zhì)量為m的氫氣球拴在車廂地板上的A點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線與水平面成θ=37°角，氣球與固定在水平車頂上的壓力傳感器按觸，小車靜止時(shí)，細(xì)線恰好伸直但無彈力，壓力傳感器的示數(shù)為氣球重力的0.5倍，已知重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，現(xiàn)要保持細(xì)線方向不變而使傳感器示數(shù)為零．下列方法中可行的是（ ）

A．小車向右做加速運(yùn)動．加速度大小為0.5g

B．小車向左做加速運(yùn)動，加速度大小為0.5g

C．小車向右做減速運(yùn)動．加速度大小為

g

D．小車向左做減速運(yùn)動．加速度大小為

g

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．

【分析】車廂靜止時(shí)，通過對氣球受力分析可求出氣球受到的浮力；當(dāng)壓力傳感器示數(shù)為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求小車的加速度，分析運(yùn)動狀態(tài)．

【解答】解：當(dāng)小車靜止時(shí)，細(xì)線恰好伸直但無彈力，對氣球受力分析，受到重力、支持力和浮力，根據(jù)受力平衡

根據(jù)題意知，

所以有

當(dāng)壓力傳感器示數(shù)為零時(shí)，對氣球受力分析如圖

豎直方向：

①

豎直方向：Fcosθ=ma②

聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)得

，方向水平向左

故小車向右做減速運(yùn)動

故選：C

5．如圖所示為甲、乙兩個(gè)物體在同一條直線上運(yùn)動的v﹣t圖象．t=0時(shí)兩物體相距1.5m，在t=1s時(shí)兩物體相遇，下列說法正確的是（ ）

A．t=0時(shí)，甲物體的速度為3m/s

B．t=2s時(shí)，兩物體相距最遠(yuǎn)

C．t=3s時(shí)，兩物體再次相遇

D．t=4s時(shí)，甲物體在乙物體后3m處

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的圖像；勻變速直線運(yùn)動的速度與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】根據(jù)圖象與時(shí)間軸圍成的面積可求出兩車的位移，確定位移關(guān)系，從而可確定何時(shí)兩車相遇．根據(jù)速度關(guān)系分析何時(shí)相距最遠(yuǎn)．

【解答】解：A、設(shè)t=0時(shí)，甲物體的速度為v．根據(jù)“面積”表示位移，在t=1s時(shí)兩物體相遇，位移之差等于1.5m，可得：1.5=

，解得 v=2m/s，故A錯(cuò)誤．

B、在t=1s時(shí)兩物體相遇，在1～2s內(nèi)甲速度比乙的大，兩者間距增大．在2～3s內(nèi)，甲速度比乙的小，兩者間距減小，則在1～3s內(nèi)在t=2s時(shí)兩物體相距最遠(yuǎn)．但t=3s后，乙的速度始終比甲的大，兩者間距不斷增大，所以在整個(gè)過程中，t=2s時(shí)兩物體不是相距最遠(yuǎn)，故B錯(cuò)誤．

C、由于1﹣3s內(nèi)兩個(gè)物體的位移相等，所以t=3s時(shí)，兩物體再次相遇．故C正確．

D、t=1s時(shí)兩物體相遇，而在0﹣1s內(nèi)甲的位移比乙的大，所以t=0時(shí)刻甲物體在乙物體后1.5m處．根據(jù)幾何知識可得：0﹣4s內(nèi)兩圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積相等，則4s內(nèi)兩個(gè)物體通過的位移相等，所以t=4s時(shí)，甲物體在乙物體后1.5m處．故D錯(cuò)誤；

故選：C

6．如圖所示，小船以大小為v（船在靜水中的速度）、方向與上游河岸成θ的速度從O處過河，經(jīng)過一段時(shí)間，正好到達(dá)正對岸的O′處．現(xiàn)要使小船在更短的時(shí)間內(nèi)過河并且也正好到達(dá)正對岸的O′處．在水流速度不變的情況下，可采取的方法是（ ）

A．θ角不變且v增大 B．θ角減小且v增大

C．θ角增大且v減小 D．θ角增大且v增大

【考點(diǎn)】運(yùn)動的合成和分解．

【分析】將小船的運(yùn)動分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分運(yùn)動與合運(yùn)動具有等時(shí)性，求出到達(dá)對岸沿水流方向上的位移以及時(shí)間．

當(dāng)實(shí)際航線與河岸垂直，則合速度的方向垂直于河岸，根據(jù)平行四邊形定則求出船頭與河岸所成的夾角．

【解答】解：由題意可知，船相對水的速度為v₁，其航線恰好垂直于河岸，當(dāng)水流速度稍有增大，為保持航線不變，且能到達(dá)對岸，則如圖所示，可知，故D正確，ABC錯(cuò)誤；

故選：D．

7．如圖甲所示為一足夠長的光滑斜面，一定質(zhì)量的滑塊從斜面的底端由靜止開始在一沿斜面向上的外力作用下運(yùn)動，經(jīng)10s的時(shí)間撤走外力，利用速度傳感器在計(jì)算機(jī)上描繪了滑塊在0～30s內(nèi)的速度﹣時(shí)間圖象，如圖乙所示．則下列說法正確的是（ ）

A．滑塊在0～10 s內(nèi)的平均速度大于10～20 s內(nèi)的平均速度

B．滑塊在0～30 s內(nèi)的位移最大

C．滑塊在10～20 s內(nèi)的與20～30s內(nèi)的加速度等大反向

D．滑塊在10～20 s內(nèi)的與20～30 s內(nèi)的位移等大反向

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的圖像；勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合運(yùn)用．

【分析】根據(jù)速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸包圍的面積表示位移大小，分析滑塊的平均速度．根據(jù)圖象的斜率等于加速度，分析加速度的大小和方向

【解答】解：A、根據(jù)速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸包圍的面積表示位移，可知，滑塊在0～10 s內(nèi)的位移大于10～20 s內(nèi)的位移，則滑塊在0～10 s內(nèi)的平均速度大于10～20 s內(nèi)的平均速度．故A正確．

B、根據(jù)速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸包圍的面積表示位移，圖象在時(shí)間軸上方表示的位移為正，圖象在時(shí)間軸下方表示的位移為負(fù)，則知滑塊在0～20 s內(nèi)的位移最大．故B錯(cuò)誤．

C、圖象的斜率表示加速度，而直線的斜率是一定值，所以滑塊在10～20 s內(nèi)的加速度與20～30 s內(nèi)的加速度等大同向，故C錯(cuò)誤．

D、根據(jù)面積表示位移，可知滑塊在10～20 s內(nèi)的位移與20～30 s內(nèi)的位移等大反向，故D正確．

故選：AD

8．兩同種材料制成的質(zhì)量不相等的滑塊甲乙，其質(zhì)量分別為m_甲、m_乙，放在同一粗糙的水平面上，用一不可伸長的輕繩連接，將一光滑的圓環(huán)穿過輕繩，在圓環(huán)上施加一豎直向上的外力，當(dāng)輕繩繃緊時(shí)與水平方向的夾角如圖所示，當(dāng)豎直向上的外力增大到某值時(shí)，兩滑塊甲、乙均恰不發(fā)生滑動，已知物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（ ）

A．兩滑塊的質(zhì)量m_甲：m_乙為

B．兩滑塊的質(zhì)量m_甲：m_乙為

C．地面對兩滑塊的摩擦力大小相等

D．地面對滑塊甲的摩擦力小于地面對滑塊乙的摩擦力

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．

【分析】同一條繩子的拉力大小相等，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件計(jì)算質(zhì)量之比；根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件計(jì)算摩擦力的大?。?/p>

【解答】解：AB、設(shè)繩子拉力為F，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可得：

對甲物體：Fcos53°=μ（m_甲g﹣Fsin53°）

對乙物體：Fcos37°=μ（m_乙g﹣Fsin37°）

聯(lián)立解得：兩滑塊的質(zhì)量m_甲：m_乙為

，所以A正確，B錯(cuò)誤；

CD、地面對甲的摩擦力為f_甲=Fcos53°，地面對乙滑塊的摩擦力大小為f_乙=Fcos37°，f_甲＜f_乙，所以C錯(cuò)誤，D正確；

故選：AD．

9．如圖所示，球網(wǎng)高出桌面H，網(wǎng)到桌邊的距離為L，某人在訓(xùn)練中，從左側(cè)

處將球沿垂直于網(wǎng)的方向水平擊出，球恰好通過網(wǎng)的上沿落到右側(cè)桌邊緣．設(shè)乒乓球運(yùn)動為平拋運(yùn)動，則（ ）

A．擊球點(diǎn)的高度與網(wǎng)的高度之比為9：8

B．擊球點(diǎn)的高度與網(wǎng)的高度之比為3：2

C．球在網(wǎng)的左兩側(cè)運(yùn)動的速度變化量之比為1：3

D．球在網(wǎng)的左兩側(cè)運(yùn)動的速度變化量之比為1：2

【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動．

【分析】球做的是平拋運(yùn)動，平拋運(yùn)動可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動，分別根據(jù)勻速直線運(yùn)動和自由落體運(yùn)動的運(yùn)動規(guī)律列方程求解即可．

【解答】解：A、因?yàn)樗椒较蜃鰟蛩龠\(yùn)動，網(wǎng)右側(cè)的水平位移是左邊水平位移的兩倍，所以由x=v₀t知，網(wǎng)右側(cè)運(yùn)動時(shí)間是左側(cè)的兩倍，豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)h=

可知，在網(wǎng)上面運(yùn)動的高度和整個(gè)高度之比為1：9，所以擊球點(diǎn)的高度與網(wǎng)高之比為9：8，故A正確，B錯(cuò)誤．

C、因?yàn)榍蟪鲈趦蓚?cè)運(yùn)動的水平位移之比為1：2，由于水平方向上做勻速直線運(yùn)動，則運(yùn)動的時(shí)間之比為1：2，可知球在網(wǎng)的兩側(cè)運(yùn)動的速度變化之比為1：2，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：AD．

10．如圖為某工程車的卸貨裝置，該裝置為一能夠直接將貨物傳動到地面的傾角為θ的傳送帶，該裝置在正常工作時(shí)傳送帶勻速傳動，傳動的速度為v，方向逆時(shí)針，卸貨工人將質(zhì)量為m的貨物由頂端無初速度放上，已知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)為μ，且μ＜tanθ，則貨物在整個(gè)運(yùn)動過程中的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律可能正確的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的速度與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】要找出小木塊速度隨時(shí)間變化的關(guān)系，先要分析出初始狀態(tài)物體的受力情況，本題中明顯重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運(yùn)動，有牛頓第二定律求出加速度a₁；當(dāng)小木塊的速度與傳送帶速度相等時(shí)，由μ＜tanθ知道木塊繼續(xù)沿傳送帶加速向下，但是此時(shí)摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛頓第二定律求出此時(shí)的加速度a₂；比較知道a₁＞a₂

【解答】解：剛放上去的時(shí)候，貨物受重力、支持力、摩擦力方向向下，貨物做加速運(yùn)動，故由牛頓第二定律：

，解得：

貨物做加速運(yùn)動，如果傳送帶的長度小于貨物與傳送帶共速時(shí)的加速位移，則貨物將一直以

的加速度加速到底端，故B正確，D錯(cuò)誤；

如果兩者共速時(shí)貨物仍未到達(dá)傳送帶的底端，當(dāng)貨物速度大于傳送帶速度后，摩擦力變?yōu)橄蛏希捎讦蹋紅anθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，貨物做加速運(yùn)動，則由牛頓第二定律：

，解得：

，由于

，故C正確，A錯(cuò)誤；

故選：BC

二、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共15分．把答案填在題中的橫線上或按要求作答．

11．如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以探究小球所受摩擦阻力與其所受重力之間的關(guān)系，第一次實(shí)驗(yàn)時(shí)，小球從圓弧軌道頂端A釋放，從軌道末端B做平拋運(yùn)動落在水平地面上的P點(diǎn)；第二次實(shí)驗(yàn)時(shí)，將長度為L的粗糙木板水平地接在B點(diǎn)，如圖乙所示．小球仍從A成靜止釋放，在木板上滑行后從木板未端B′平拋落地．落地點(diǎn)為Q，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間．設(shè)小球在木板上運(yùn)動時(shí)所受阻力為其重力的k倍，不計(jì)空氣阻力．

（1）若要測量k的值，除了測量軌道末端距地面的高度h外，實(shí)驗(yàn)還需要測量的物理量是 BP距離x₁ 和 BQ距離x₂ （用文字和字母表示）．

（2）k=

．（用測量量和已知量的字母表示）

【考點(diǎn)】探究影響摩擦力的大小的因素．

【分析】（1）利用平拋運(yùn)動的規(guī)律測出滑塊從桌面邊緣飛出的速度大小，因此需要測量兩次滑塊平拋的水平方向位移和桌面高度．

（2）從N到M過程中利用動能定理或者運(yùn)動學(xué)公式即可求出動摩擦因數(shù)的表達(dá)式．

【解答】解：（1）該實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)原理為：測出滑塊在N點(diǎn)M點(diǎn)速度大小，然后根據(jù)動能定理或者運(yùn)動學(xué)公式列方程，進(jìn)一步測出滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)，因此需要測量N、M兩點(diǎn)速度的大小，N點(diǎn)速度即為滑塊滑到滑槽底端的速度，可以通過第一次實(shí)驗(yàn)測得，根據(jù)平拋規(guī)律，測量出MO的高度h以及OP距離x₁即可，M點(diǎn)速度通過第二次實(shí)驗(yàn)測得，只需測量出OP′距離x₂即可．

（2）設(shè)滑塊滑到底端的速度為v₀，通過第一次實(shí)驗(yàn)測量有：

h=

gt² ①

x₁=v₀t ②

設(shè)滑塊滑到M點(diǎn)速度為v_M，通過第二次實(shí)驗(yàn)測量有：

x₂=v_Mt ③

從N到M過程中，根據(jù)功能關(guān)系有：

mgkL=

④

聯(lián)立①②③④解得：k=

．

故答案為：（1）BP距離x₁，BQ距離x₂；（2）

．

12．為了探究物體的加速度與質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置．裝置中有電磁打點(diǎn) 計(jì)時(shí)器、紙帶、帶滑輪的長木板、墊塊、小車和砝碼（總質(zhì)量用M表示）、砂和砂捅（總質(zhì)量用m表示）、刻度尺等，請回答下列問題：

（1）為了完成本實(shí)驗(yàn)，下列實(shí)驗(yàn)器材中必不可少的是 CD ．

A．低壓直流電源 B．秒表 C．天平（附砝碼） D．低壓交流電源

（2）實(shí)驗(yàn)誤差由偶然誤差和系統(tǒng)誤差，本實(shí)驗(yàn)中紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、小車與長木板之間的摩擦和阻力對實(shí)驗(yàn)的影響屬于系統(tǒng)誤差．為了使實(shí)驗(yàn)結(jié)果更貼近結(jié)論，應(yīng)盡量地減少摩擦阻力的影響，即按如圖的方式將長木板的一端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力，在平衡摩擦力時(shí)，取下沙桶并將紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，使小車帶動紙帶在長木板上做 勻速直線 運(yùn)動．

（3）探究小車的加速度與其質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，可以通過改變小車中砝碼的個(gè)數(shù)來改變小車的質(zhì)量．在完成本實(shí)驗(yàn)時(shí)，為了使沙桶的總重力近似地等于小車的牽引力，則沙桶的總質(zhì)量與小車的總質(zhì)量的關(guān)系應(yīng)滿足 M＞＞m ．

（4）該實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)在某次測量時(shí)，得到了如圖所示的紙帶，其中0、1、2為相鄰的三個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，且相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的打點(diǎn)頻率為f，0、1兩點(diǎn)間的距離用x₁表示.1、2兩點(diǎn)間的距離用x₂表示，則該小車加速度的表達(dá)式a= （x₂﹣x₁）f² m/s²．如果f=10Hz，x₁=5.90cm，x₂=6.46cm，則加速度的值應(yīng)為a= 0.56 m/s²（保留兩位小數(shù)）

（5 ）在完成以上操作后，將得到的數(shù)據(jù)用圖象進(jìn)行處理，則小車的加速度的倒數(shù)

關(guān)于小車的質(zhì)量M的函數(shù)圖象符合實(shí)際情況的是 C ．

【考點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系．

【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康拿鞔_實(shí)驗(yàn)步驟和所要測量的物理量，即可知道實(shí)驗(yàn)所需要的實(shí)驗(yàn)器材；

（2）實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力，不掛沙桶時(shí)小車在木板上做勻速直線運(yùn)動；

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差的來源，在 M＞＞m條件下，可以認(rèn)為繩對小車的拉力近似等于沙和沙桶的總重力；

（4）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論△x=aT²求解加速度；

（5）根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的倒數(shù)與質(zhì)量的關(guān)系，從而選擇圖象．

【解答】解：（1）本實(shí)驗(yàn)中需測小車質(zhì)量，則需要天平，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需要低壓交流電源，

故選：CD．

（2）平衡摩擦力時(shí)，把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時(shí)能拖動紙帶沿木板做勻速直線運(yùn)動即可；

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差的來源，在 M＞＞m條件下，可以認(rèn)為繩對小車的拉力近似等于沙和沙桶的總重力．

（4）根據(jù)△x=aT²得：a=

=（x₂﹣x₁）f²=（6.46﹣5.90）×10²×10^﹣2 m/s²=0.56 m/s²；

（5）根據(jù)牛頓第二定律得：a=

，則

=

M+

，

則以

為縱軸，以總質(zhì)量M為橫軸，作出的圖象為一傾斜直線，且縱坐標(biāo)不為0，故C正確，ABD錯(cuò)誤．

故選：C

故答案為：（1）CD；（2）M＞＞m；（3）（x₂﹣x₁）f²；0.56；（4）C．

三、計(jì)算或論述題：本大題共4小題，共45分．解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中須明確寫出數(shù)值和單位．

13．如圖所示，P、Q為兩個(gè)固定的滑輪，A、B、C三個(gè)物體用不可伸長的輕繩（不計(jì)輕繩與滑輪間的摩擦）跨過P、Q相連于O點(diǎn)，初始時(shí)O、P間輕繩與水平方向夾角為60°，O、Q間輕繩水平，A、B、C三個(gè)物體恰好能保持靜止，已知B物體的質(zhì)量為2kg．求：

（1）A、C兩物體的質(zhì)量分別為多少？

（2）若在O點(diǎn)施加一外力F，緩慢移動O點(diǎn)到使O、P間的輕繩水平，O、Q間輕繩處于與水平方向夾角為60°的位置，此時(shí)外力F的大?。?/p>

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力；力的合成．

【分析】（1）對A、C受力分析可知OP的拉力m_Ag，OQ的拉力m_Cg．則對O點(diǎn)受力分析，由受力平衡條件可得m_A和m_C的大?。?/p>

（2）緩慢移動后的O點(diǎn)依然處于平衡狀態(tài)，則外力F的大小等于m_Ag、m_Bg、m_Cg的合力的大小，采用正交分解法與力的合成法可求得這三個(gè)力的合力．

【解答】解：（1）對于O受力分析，由受力平衡可知OP的拉力m_Ag，OQ的拉力m_Cg．

對于O點(diǎn)，根據(jù)平衡條件得：

m_Agsin60°=m_Bg ①

m_Agcos60°=m_Cg ②

聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得：m_A=

kg m_C=

kg

故A物體的質(zhì)量為

kg，C物體的質(zhì)量為

kg．

（2）緩慢移動后的O點(diǎn)受外力F、m_Ag、m_Bg、m_Cg，且處于平衡狀態(tài)，則F的大小等于m_Ag、m_Bg、m_Cg的合力．

對O點(diǎn)，根據(jù)平衡條件得：

x軸：F_x=m_Ag﹣m_Cgcos60 ③

y軸：F_y=m_Bg+m_Cgsin60 ④

F=

⑤

聯(lián)立③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得：F=

N

故外力F的大小為

N．

答：（1）A物體的質(zhì)量為

kg，C物體的質(zhì)量為

kg；

（2）外力F的大小為

N．

14．已知某遙控飛機(jī)的最大動力為F=36N，該飛機(jī)飛行時(shí)空氣對它的阻力恒為f=4N，重力加速度g=10m/s²，某玩具廠為了測定一質(zhì)量為m=2kg的遙控飛機(jī)的性能，完成了如下的測試．

（1）啟動遙控器使該玩具飛機(jī)獲得豎直向上的最大動力，使其豎直向上運(yùn)動，測試該飛機(jī)在5s的時(shí)間內(nèi)上升的位移多大？

（2）為了測試該飛機(jī)的抗摔性能，首先將飛機(jī)升高到H=200m處懸停，然后撤走動力，則飛機(jī)落地瞬間的速度為多大？

（3）在（2）中，飛機(jī)在下落過程中，啟動遙控器使飛機(jī)恢復(fù)最大動力，為了使飛機(jī)落地的速度為零，則求飛機(jī)在沒有動力的情況下下落的時(shí)間t₀為多少．

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合運(yùn)用；勻變速直線運(yùn)動的位移與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】（1）（2）已知受力情況，進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，求出運(yùn)動的加速度，再求出運(yùn)動情況．

（3）先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，然后做勻減速直線運(yùn)動直至停止；已知受力情況，求出兩段的加速度，設(shè)出最大速度v_m，將兩運(yùn)動聯(lián)合列出

，求出最大速度．

【解答】解：（1）由題意設(shè)上升時(shí)加速度為a，

由牛頓第二定律：F﹣mg﹣f=ma

解得：a=6m/s²

由h=

=75m

故上升的位移大小為75m

（2）設(shè)下落過程加速度為a₁，

由牛頓第二定律得：mg﹣f=ma₁

解得：a₁=8m/s²

由v²=2a₁H，解得：v=

m/s

故飛機(jī)落地瞬間的速度大小為

m/s

（3）設(shè)恢復(fù)升力后向下減速時(shí)加速度為a₂，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)+f﹣mg=ma₂

解得：a₂=10m/s²

設(shè)恢復(fù)升力的速度為v_m，則有：

解得：v_m=

m/s

由：v_m=a₁t₀ 解得：t₀=

s

故飛機(jī)在沒有動力的情況下下落的時(shí)間t₀為

s

答：（1）上升的位移大小為75m；

（2）飛機(jī)落地瞬間的速度大小為

m/s；

（3）飛機(jī)在沒有動力的情況下下落的時(shí)間t₀為

s

15．如圖所示，由輕桿組成的Z形裝置ABCDE可繞豎直軸BC轉(zhuǎn)動，質(zhì)量均為m=1kg的甲、乙兩小球與兩細(xì)線連接后分別系于A、G和B、E處，細(xì)線BF長l₁=0.5m，EF的長度大于BF的長度，AH、GH長均為l₂=0.4m．裝置 靜止時(shí)，細(xì)線BF與豎直方向的夾角θ=37°，細(xì)線HG、EF水平，細(xì)線AH豎直，已知g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）當(dāng)裝置的角速度取不同值時(shí)，通過計(jì)算，畫出相應(yīng)穩(wěn)定狀態(tài)下各條細(xì)線拉力T與角速度的平方ω²之間的函數(shù)圖象

（2）若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω=5rad/s時(shí)，細(xì)線HG和FE突然斷裂，且Z形裝置停轉(zhuǎn)，求斷裂瞬間繩AH和BF的拉力大小之比．

【考點(diǎn)】向心力．

【分析】（1）裝置轉(zhuǎn)動穩(wěn)定時(shí)，甲乙兩球都在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．由合力提供向心力，運(yùn)用正交分解法分別求各繩的拉力與角速度平方的關(guān)系，再畫出圖象．

（2）若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω=5rad/s時(shí)，細(xì)線HG和FE突然斷裂，且Z形裝置停轉(zhuǎn)，甲球?qū)⒋怪庇诩埫鏀[動，乙球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動，由牛頓第二定律求出斷裂瞬間繩AH和BF的拉力，再得到拉力之比．

【解答】解：（1）裝置轉(zhuǎn)動穩(wěn)定時(shí)，甲乙兩球都在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．

對于繩AH，其拉力始終等于小球甲的重力，即 T_AH=mg=10N．

對于繩GH，其拉力提供甲做圓周運(yùn)動所需要的向心力，即 T_GH=mω²l₂=0.4ω²．

對于乙球，繩EF剛好無拉力時(shí)，有 mgtan37°=mω²l₁sin37°

解得裝置轉(zhuǎn)動的角速度的平方為ω²=此后，當(dāng)轉(zhuǎn)速繼續(xù)增大時(shí)，乙球?qū)帮h”起來，繩子EF的拉力變?yōu)榱悖?/p>

在乙球飄起來之前，由牛頓第二定律，

水平方向有：T_BFsin37°﹣T_EF=mω²l₁sin37°

豎直方向有：T_BFcos37°=mg

解得：T_BF=12.5N，T_EF=7.5﹣0.3ω²．

在乙球飄起來之后，有 T_BFsinθ=mω²l₁sinθ

解得 T_BF=0.5ω²．

綜上分析，畫出各條細(xì)線拉力T與角速度的平方ω²之間的函數(shù)圖象如圖．

（2）若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω=5rad/s時(shí)，細(xì)線HG和FE突然斷裂，且Z形裝置停轉(zhuǎn)，甲球?qū)⒋怪庇诩埫鏀[動，乙球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動

對于甲球：T_AH﹣mg=mω²l₂

解得T_AH=20N

對于乙球，有：T_BFcos37°=mg

解得T_BF=12.5N

則斷裂瞬間繩AH和BF的拉力大小之比 T_AH：T_BF=8：5．

答：（1）畫出各條細(xì)線拉力T與角速度的平方ω²之間的函數(shù)圖象如圖．

（2）斷裂瞬間繩AH和BF的拉力大小之比 T_AH：T_BF=8：5．

16．如圖所示，質(zhì)量為M=4.0kg的長木板靜止在粗糙水平面上，某時(shí)刻一質(zhì)量為m=2.0kg的小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以v₀=10m/s的初速度從左端滑上長木板，同時(shí)用一水平向右的恒力F拉動長木板向右做加速運(yùn)動，當(dāng)小木塊運(yùn)動到長木板的最右端時(shí)，二者恰好相對靜止，此時(shí)撤去恒力F，長木板在地面上繼續(xù)運(yùn)動一段距離L=4m時(shí)的速度為3m/s，已知長木板與小木塊間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.5，長本板與地面間動摩擦因數(shù)μ₂=0.2，加速度g=10m/s²．求：

（1）長木板的長度；

（2）作用在長木板上的恒力F大小；

（3）若小木塊滑上長木板后，欲將長木板從小木塊下抽出，則至少需要多大的力．

【考點(diǎn)】功的計(jì)算；勻變速直線運(yùn)動的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律．

【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出撤去拉力后的加速度，結(jié)合速度位移公式求出物塊與木板達(dá)到的共同速度，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式，結(jié)合相對位移的大小求出木板的長度，以及拉力的大?。麑㈤L木板從小木塊下抽出，則二者達(dá)到共同速度時(shí)，二者位移相等．

【解答】解：（1）設(shè)物塊與木板達(dá)共同速度v_共后，物塊與木板一起向右減速滑行，設(shè)此過程加速度大小為a，則：

a=

=μ₂g=0.2×10=2m/s²．

，

代入數(shù)據(jù)解得v_共=5m/s．

對物塊，沖上木板后做加速度大小為a₁的勻減速運(yùn)動，對木板，物塊沖上后做加速度大小為a₂的勻加速運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間t₁達(dá)共同速度v_共．

依題意對小物塊有：

a₁=μ₁g=5m/s²，

v_共=v₀﹣a₁t₁，代入數(shù)據(jù)解得t₁=1s．

對木板：v_共=a₂t₁，解得a₂=5m/s²，

小物塊的位移：x_物=

t₁=

×1m=7.5m，

平板車的位移：x_木=

t₁=

×1m=2.5m，

所以小車的長度L=x_物﹣x_木=7.5﹣2.5m=5m．

（2）由牛頓第二定律，F(xiàn)+μ₁mg﹣μ₂（M+m）g=Ma₂，

代入數(shù)據(jù)解得F=22N．

（3）欲將長木板從小木塊下抽出，則對物塊，沖上木板后先做加速度大小為a₁的勻減速運(yùn)動，后做加速度大小為a₁的勻加速運(yùn)動，對木板，物塊沖上后做加速度大小為a₂的勻加速運(yùn)動，后做加速度為a₃的勻加速運(yùn)動到達(dá)共同速度前

依題意對小物塊有：

a₁=μ₁g=5m/s²，v_共=v₀﹣a₁t₁

小物塊的位移：x_物=

t₁

對木板：由牛頓第二定律，F(xiàn)+μ₁mg﹣μ₂（M+m）g=Ma₂，

v_共=a₂t₁

木板的位移：x_木=

a₂t₁²，

達(dá)到共同速度后，則

對小物塊有：x_物′=v_共t₂+

at

對木板：由牛頓第二定律，F(xiàn)﹣μ₁mg﹣μ₂（M+m）g=Ma₃，

木板的位移：x_木′=

抽出的條件x_物總=x_木總

代入數(shù)據(jù)解得F=44N．

答：（1）木板的長度為5m；

（2）作用在平板車上的恒力F大小為22N，

（3）則至少需要44N．

2016年12月22日