參考答案與試題解析
一．選擇題（共12題，每題4分，共48分在每小題給出的四個選項(xiàng)，1-8只有一個選項(xiàng)正確．9-12有多個選項(xiàng)正確．全部選對的得4分．選對但不全的得2分，有選錯的得0分）
1．關(guān)于物理學(xué)研究方法，下列敘述正確的是（ ）
A．伽利略在研究自由落體運(yùn)動時采用了將微小量放大的方法
B．探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系時采用了控制變量法
C．探究求合力方法的實(shí)驗(yàn)中使用了理想化的方法
D．法拉第利用電場線描繪電場是利用了等效替代法
【考點(diǎn)】物理學(xué)史．
【分析】在伽利略時代，技術(shù)不夠發(fā)達(dá)，無法直接測定瞬時速度，所以不可能直接得到速度的變化規(guī)律，但是伽利略通過數(shù)學(xué)運(yùn)算得出結(jié)論：如果物體的初速度為零，而且x與t平方的成正比，就可以檢驗(yàn)這個物體的速度是否隨時間均勻變化的方法，伽利略在研究自由落體運(yùn)動時采用了轉(zhuǎn)化法；探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系時采用了控制變量法；在探究求合力方法的實(shí)驗(yàn)中使用了等效替代的方法；法拉第利用電場線描繪電場是利用了假想法
【解答】解：A、伽利略在研究自由落體運(yùn)動時采用了轉(zhuǎn)化法，故A錯誤．
B、探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系時采用了控制變量法，故B正確；
C、探究求合力方法的實(shí)驗(yàn)中使用了等效替代的方法，故C錯誤；
D、法拉第利用電場線描繪電場是利用了假想法，故D錯誤．
故選：B
2．甲、乙兩輛汽車從同一地點(diǎn)出發(fā)，向同一方向行駛，它們的v﹣t圖象如圖所示，下列判斷正確的是（ ）
A．在t1時刻前，甲車始終在乙車的前面
B．在t1時刻前，乙車始終在甲車的前面
C．在t1時刻前，乙車的速度始終比甲車增加得快
D．在t1時刻兩車第一次相遇
【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的圖像．
【分析】解決本題要明確v﹣t圖象的含義：在v﹣t圖象中每時刻對應(yīng)于速度的大小，速度的正負(fù)表示其運(yùn)動方向，圖象的斜率表示物體運(yùn)動的加速度，圖象與時間軸圍成的面積為物體的位移，時間軸上方面積表示位移為正，下方表示為負(fù)．加速度表示速度變化的快慢．
【解答】解：A、兩車從同一地點(diǎn)同時同向出發(fā)，在t1時刻前的各個時刻，乙車的速度大于甲車的速度，故乙車始終在甲車的前面，在t1時刻二者并沒有相遇，故B正確，A、D錯誤；、
C、在兩車開始運(yùn)動后的一段時間內(nèi)，乙車比甲車速度增加得快，然后乙車的速度增加得比甲車的慢，故C錯誤．
故選：B．
3．若各國的人造地球衛(wèi)星都在不同的軌道上做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)地球的質(zhì)量為M，地球的半徑為R地．則下述判斷正確的是（ ）
A．各國發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)行速度都不超過vm=
B．各國發(fā)射的所有人造地球衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)行周期都不超過Tm=2πR地
C．衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動的圓心不一定與地心重合
D．地球同步衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)行周期等于2πR地
【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系．
【分析】通過萬有引力提供向心力求出衛(wèi)星在圓形軌道上運(yùn)行的最大速度，分析周期和軌道半徑的關(guān)系，從而得知周期的大小．同步衛(wèi)星定軌道、定周期、定速度、定高度．
【解答】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力有： =ma=m=mr
；
解得v=，T=2π，
知軌道半徑越大，線速度越小，周期越大，所以所有人造地球衛(wèi)星在軌道上做勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)行速度都不超vm=，
周期無最大值．故A正確，B錯誤．
C、衛(wèi)星靠地球的萬有引力提供向心力，萬有引力方向指向地心，所以圓心和地心重合．故C錯誤．
D、同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于R地，同步衛(wèi)星周期大于2πR地．故D錯誤．
故選：A．
4．如圖所示，質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊沿該圓形軌道的豎直面做圓周運(yùn)動，A、C為圓周的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B、D與圓心O在同一水平線上．小滑塊運(yùn)動時，物體M保持靜止，關(guān)于物體M對地面的壓力N和地面對物體的摩擦力，下列說法正確的是（ ）
A．滑塊運(yùn)動到A點(diǎn)時，N＞Mg，摩擦力方向向左
B．滑塊運(yùn)動到B點(diǎn)時，N=Mg，摩擦力方向向右
C．滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時，N＜（ M+m）g，M與地面無摩擦力
D．滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時，N=（ M+m）g，摩擦力方向向左
【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用；向心力．
【分析】小滑塊在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，小滑塊的重力和圓形軌道對滑塊的支持力的合力作為向心力，根據(jù)在不同的地方做圓周運(yùn)動的受力，可以分析得出物體M對地面的壓力N和地面對物體M的摩擦力的大?。?/p>
【解答】解：A、小滑塊在A點(diǎn)時，滑塊對M的作用力在豎直方向上，系統(tǒng)在水平方向不受力的作用，所以沒有摩擦力的作用，所以A錯誤．
B、小滑塊在B點(diǎn)時，需要的向心力向右，所以M對滑塊有向右的支持力的作用，對M受力分析可知，地面要對物體有向右的摩擦力的作用，在豎直方向上，由于沒有加速度，物體受力平衡，所以物體M對地面的壓力N=Mg，所以B正確．
C、小滑塊在C點(diǎn)時，滑塊的向心力向上，所以C對物體M的壓力要大于C的重力，故M受到的滑塊的壓力大于mg，那么M對地面的壓力就要大于（M+m）g，所以C錯誤；
D、小滑塊在D點(diǎn)和B的受力的類似，由B的分析可知，D錯誤．
故選：B．
5．如圖所示，小車上固定著硬桿，桿的端點(diǎn)固定著一個質(zhì)量為m的小球．當(dāng)小車有水平向右的加速度且逐漸增大時，桿對小球的作用力的變化（用F1至F4變化表示）可能是下圖中的（00′沿桿方向）（ ）
A． B． C． D．
【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用．
【分析】小球與小車的運(yùn)動情況保持一致，當(dāng)小車有水平向右的加速度且逐漸增大時，小球的加速度也水平向右且逐漸增大，對小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和力的分解即可解題．
【解答】解：小球與小車的運(yùn)動情況保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐漸增大，對小球進(jìn)行受力分析，豎直方向受平衡力，所以桿子對小球的力的豎直向上的分量等于重力且不發(fā)生變化，水平方向合力向右并逐漸增大，所以桿子對小球的作用力的水平分量逐漸增大，故C正確．
故選C．
6．如圖在x軸的﹣3a和3a兩處分別固定兩個電荷QA、QB，圖中曲線是兩電荷之間的電勢Φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x=a處為圖線的最低點(diǎn)．線于在x=2a處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電點(diǎn)電荷，該電荷只在電場力作用下運(yùn)動．下列有關(guān)說法正確的是（ ）
A．x=a處電場強(qiáng)度為零，該電荷運(yùn)動至此處時速度最大
B．兩點(diǎn)電荷QA：QB=3：1
C．該電荷一定通過x=a處，但不能到達(dá)x=2a處
D．該電荷以x=a為中點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動
【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系．
【分析】根據(jù)φ﹣x圖象切線的斜率等于場強(qiáng)E，分析場強(qiáng)的變化，判斷小球的速度變化；根據(jù)動能定理確定小球可以到達(dá)的位置；x=L處場強(qiáng)為零，由小球的受力情況分析其運(yùn)動情況．根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k以及電場的疊加即可分析QA與QB的大?。?/p>
【解答】解：A、由φ﹣x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度的大小可知x=a處電場強(qiáng)度為零，由動能定理qU=△Ek，點(diǎn)電荷從x=2a到x=a處，電勢差最大，所以電場力做正功最多，在x=a處速度最大，故A正確；
B、因在x=a電場強(qiáng)度為零，即k=k，所以QA：QB=4：1，故B錯誤；
C、由圖知x=﹣a處與x=2a處電勢相等且點(diǎn)電荷由靜止釋放，由動能定理可知點(diǎn)電荷剛好能到達(dá)x=﹣a處，故C錯誤；
D、點(diǎn)電荷在x=﹣a與x=2a之間做往復(fù)運(yùn)動，但x=a處不是運(yùn)動中心，故D錯誤．
故選：A．
7．如圖所示，某物體自空間O點(diǎn)以水平初速度v0拋出，落在地面上的A點(diǎn)，其軌跡為一拋物線．現(xiàn)仿此拋物線制作一個光滑滑道并固定在與OA完全重合的位置上，然后將此物體從O點(diǎn)由靜止釋放，受微小擾動而沿此滑道滑下，在下滑過程中物體未脫離滑道．P為滑道上一點(diǎn)，OP連線與豎直成45°角，則此物體（ ）
A．由O運(yùn)動到P點(diǎn)的時間為
B．物體經(jīng)過P點(diǎn)時，速度的水平分量為 v0
C．物體經(jīng)過P點(diǎn)時，速度的豎直分量為v0
D．物體經(jīng)過P點(diǎn)時的速度大小為v0
【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動．
【分析】若做平拋運(yùn)動，OP連線與豎直方向成45°角，所以豎直分位移與水平分位移大小相等，根據(jù)時間可求出豎直方向的分速度和速度的大小和方向，若從O點(diǎn)由靜止釋放，受微小擾動而沿此滑道滑下，運(yùn)動過程中只有重力做功，速度方向沿切線方向．
【解答】解：A、物體若做平拋運(yùn)動，有：，則t=，現(xiàn)在物體做的運(yùn)動不是平拋運(yùn)動，運(yùn)動時間不等于．故A錯誤．
B、物體若做平拋運(yùn)動，運(yùn)動到P點(diǎn)時豎直方向上的分速度vy=gt=2v0，此時速度與水平方向的夾角為α，則，物塊沿該軌道滑動，只有重力做功，根據(jù)動能定理得，mgh=，解得，所以v=2v0．則物體經(jīng)過P點(diǎn)時，速度的豎直分量，速度的水平分量，故B正確，C、D錯誤．
故選：B．
8．如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計．開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度．下列操作可使指針張角增大的是（ ）
A．保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器R上的滑片向右移動
B．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板間距離稍許增大
C．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板間距離稍許減小
D．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板的正對面積稍許減小
【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律；電容器的動態(tài)分析．
【分析】靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，閉合電鍵，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢．?dāng)嚅_電鍵，電容器所帶的電量不變，根據(jù)電容的變化判斷電勢差的變化．
【解答】解：AB、保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故AB錯誤；
CD、斷開開關(guān)S后，電容器帶電量Q不變，將A、B間距增大或A、B兩極板的正對面積S減小時，電容C減小，根據(jù)C=可知，電勢差U增大，指針張角增大，故C錯誤、D正確．
故選：D
9．如圖所示是兩等量異種點(diǎn)電荷周圍靜電場中的3個相距很近的等勢面K、L、M．一帶電粒子（不計重力）射入此靜電場中后，沿abcde軌跡運(yùn)動．已知電勢φK＜φL＜φM，且粒子在ab一段做減速運(yùn)動．下列說法正確的是（ ）
A．粒子帶負(fù)電荷
B．粒子在bc段也做減速運(yùn)動
C．粒子在a點(diǎn)與e點(diǎn)的速度大小相等
D．粒子從c點(diǎn)到e點(diǎn)的過程中電場力做負(fù)功
【考點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系．
【分析】質(zhì)點(diǎn)做曲線方向時，合力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向，可判斷電場力方向向左，作出電場線，大體方向向左，因此電荷帶正電，bc段電荷做減速運(yùn)動；根據(jù)電場力做功的正負(fù)，可知道電勢能和動能如何變化．
【解答】解：
A、已知電勢φK＜φL＜φM，作出電場線如圖，方向大體向左，由軌跡彎曲方向知道，粒子所受的電場力方向大體向左，故電荷帶正電．故A錯誤；
B、由電勢UL＜UM，b→c電場力對正電荷做負(fù)功，動能減小，做減速運(yùn)動．故B正確；
C、a與e處于同一等勢面上電勢相等，電勢能相等，根據(jù)能量守恒，速率也相等．故C正確．
D、粒子從c點(diǎn)到d點(diǎn)的過程中，電勢降低，電勢能減小，則電場力做正功．故D錯誤．
故選：BC．
10．如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，L為小電珠，R為滑動變阻器，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r．現(xiàn)將開關(guān)S閉合，當(dāng)滑動變阻器滑片P向左移動時，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．電流表示數(shù)變小，電壓表示數(shù)變大
B．小電珠變亮
C．電容器C上電荷量減少
D．電源的總功率變小
【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律；電容．
【分析】當(dāng)滑動變阻器滑片P向左移動時，分析變阻器接入電路電阻的變化，確定外電路總電阻的變化，由歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，判斷兩電表讀數(shù)的變化和小電珠亮度的變化．由歐姆定律分析電容器電壓的變化，確定其電荷量的變化．電源的總功率P=EI，根據(jù)總電流的變化進(jìn)行判斷．
【解答】解：A、B、當(dāng)滑動變阻器滑片P向左移動時，變阻器接入電路電阻增大，外電路總電阻增大，由歐姆定律得知，總電流減小，路端電壓增大，則電流表示數(shù)變小，電壓表示數(shù)變大，小電珠L變暗．故A正確，B錯誤；
C、電容器的電壓U=E﹣I（RL+r），I減小，其它量不變，則U增大，由Q=CU可知電容器C上電荷量Q增加．故C錯誤；
D、電源的總功率P=EI，I減小，E不變，則電源的總功率變小，故D正確；
故選：AD．
11．如圖所示，一輛貨車通過光滑輕質(zhì)定滑輪提升一箱貨物，貨箱質(zhì)量為M，貨物質(zhì)量為m，貨車以速度v向左勻速運(yùn)動，將貨物提升高度h，則（ ）
A．貨物向上做勻速運(yùn)動
B．箱中的物體對箱底的壓力大于mg
C．圖示位置時貨車?yán)Φ墓β蚀笥冢∕+m）gvcosθ
D．此過程中貨車?yán)ψ龅墓椋∕+m）gh
【考點(diǎn)】運(yùn)動的合成和分解；力的合成與分解的運(yùn)用；功率、平均功率和瞬時功率．
【分析】由于繩子不可伸長，貨箱和貨物整體向上運(yùn)動的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，根據(jù)平行四邊形定則求解出貨箱和貨物整體向上運(yùn)動的速度表達(dá)式進(jìn)行分析即可．
【解答】解：將貨車的速度進(jìn)行正交分解，如圖所示：
由于繩子不可伸長，貨箱和貨物整體向上運(yùn)動的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，故：
v1=vcosθ
由于θ不斷減小，故貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動，加速度向上；
A、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動，故A錯誤；
B、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動，加速度向上，是超重，故箱中的物體對箱底的壓力大于mg，故B正確；
C、貨箱和貨物整體向上做加速運(yùn)動，故拉力大于（M+m）g，整體的速度為vcosθ，故拉力功率P=Fv＞（M+m）gvcosθ，故C正確；
D、此過程中貨車?yán)ψ龅墓Φ扔谪浵浜拓浳镎w動能的增加量和重力勢能的增加量，大于（M+m）gh，故D錯誤；
故選：BC．
12．如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端與套在粗糙豎直固定桿A點(diǎn)的質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長狀態(tài)．圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放后，經(jīng)過B點(diǎn)時速度最大，運(yùn)動到C點(diǎn)時速度減為零（AC距離為h），若此時圓環(huán)獲得一個豎直向上的速度v，恰好能回到A點(diǎn)．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g．下列說法正確的是（ ）
A．圓環(huán)下滑過程中，加速度一直增大
B．圓環(huán)下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2
C．圓環(huán)在C點(diǎn)彈簧的彈性勢能為mgh﹣mv2
D．圓環(huán)上下兩次經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小相等
【考點(diǎn)】功能關(guān)系；彈性勢能．
【分析】根據(jù)圓環(huán)的運(yùn)動情況分析下滑過程中，加速度的變化；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程和圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運(yùn)用動能定理列出等式，分析經(jīng)過B的速度關(guān)系；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C和在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A兩個過程，運(yùn)用動能定理列出等式分析．
【解答】解：A、圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動，再做減速運(yùn)動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A錯誤；
B、研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理得：mgh﹣Wf﹣W彈=0﹣0
在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，由動能定理得：﹣mgh+W彈﹣Wf=0﹣mv2
聯(lián)立解得：克服摩擦力做的功為：Wf=mv2，W彈=mgh﹣mv2，所以在C處，彈簧的彈性勢能為
Ep=W彈=mgh﹣mv2，故BC正確．
D、研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程，運(yùn)用動能定理列式得：
mgh′﹣W′f﹣W′彈=mvB2﹣0
研究圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運(yùn)用動能定理列出等式：
﹣mgh′﹣W′f+W′彈=0﹣mv′B2﹣0
即得：mgh′+W′f﹣W′彈=mvB2
由于W′f＞0，所以mvB2＜mv′B2，則得
vB＜v′B．所以圓環(huán)下滑經(jīng)過B的速度小于上滑經(jīng)過B的速度，故D錯誤；
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
13．（1）用游標(biāo)為20分度的卡尺測量其長度如圖1，由圖可知其長度為 49.05 mm；
（2）用螺旋測微器測量其直徑如圖2，由圖可知其直徑為 4.699 mm．
【考點(diǎn)】刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用．
【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．
【解答】解：（1）20分度的游標(biāo)卡尺，精確度是0.05mm，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為49mm，游標(biāo)尺上第1個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為1×0.05mm=0.05mm，所以最終讀數(shù)為：49mm+0.05mm=49.05mm．
（2）螺旋測微器的固定刻度為4.5mm，可動刻度為19.9×0.01mm=0.199mm，所以最終讀數(shù)為4.5mm+0.199mm=4.699mm．
故答案為：（1）49.05；（2）4.699
14．某研究性學(xué)習(xí)小組分別用如圖甲所示的裝置進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：“探究加速度與合外力的關(guān)系”．裝置中，小車質(zhì)量為M，砂桶和砂子的總質(zhì)量為m，通過改變m來改變小車所受的合外力大小，小車的加速度a可由打點(diǎn)計時器和紙帶測出．現(xiàn)保持小車質(zhì)量M不變，逐漸增大砂桶和砂的總質(zhì)量m進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，得到多組a、F值（F為彈簧秤的示數(shù)）．
（1）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，下列做法正確的是 AC
A需平衡小車的摩擦力
B沙桶和沙的總質(zhì)量要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量
C滑輪摩擦足夠小，繩的質(zhì)量要足夠輕
D先釋放小車，后接通打點(diǎn)計時器的電源
（2）某同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出了圖2所示的一條過坐標(biāo)原點(diǎn)的斜直線，其中縱軸為小車的加速度大小，橫軸應(yīng)為 D ；
A. B. C．mg D．F
（3）當(dāng)砂桶和砂的總質(zhì)量較大導(dǎo)致a較大時，圖線 C （填選項(xiàng)前的字母）
A．逐漸偏向縱軸 B．逐漸偏向橫軸 C．仍保持原方向不變
（4）圖3為上述實(shí)驗(yàn)中打下的一條紙帶，A點(diǎn)為小車剛釋放時打下的起始點(diǎn)，每兩點(diǎn)間還有四個計時點(diǎn)未畫出，測得 AB=2.0cm、AC=8.0cm、AE=32.0cm，打點(diǎn)計時器的頻率為 50Hz，則小車的加速度 4 m/s2．
【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）實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力，實(shí)驗(yàn)時要先接通電源，然后釋放小車，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題．
（2）應(yīng)用牛頓第二定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后分析答題．
（3）根據(jù)小車受力情況，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析答題．
（4）應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的推論公式△x=at2可以求出加速度的大?。?/p>
【解答】解：（1）A、實(shí)驗(yàn)前需要配合摩擦力，使小車受到的合力等于繩子的拉力，故A正確；
B、小車受到的拉力可以由彈簧測力計測出，沙桶和沙的總質(zhì)量不需要遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故B錯誤；
C、滑輪的摩擦和繩子的質(zhì)量會影響示數(shù)，所以要求滑輪摩擦足夠小，繩的質(zhì)量足夠輕，減小實(shí)驗(yàn)誤差，故C正確；
D、應(yīng)先接通打點(diǎn)計時器的電源，再釋放小車，故D錯誤．故選AC．
（2）探究加速度與合外力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)要控制小車質(zhì)量M不變，由牛頓第二定律得：a=F，M一定時a與F成正比，應(yīng)作出a﹣F圖象，故選D；
（3）因?yàn)閺椈沙又苯訙y出了拉力大小，與沙桶和沙的總質(zhì)量無關(guān)，當(dāng)砂桶和砂的總質(zhì)量較大時a較大，小車受到的拉力不受砂和砂桶質(zhì)量的影響，a﹣F圖象仍保持原方向不變，仍然是一條直線，故選C；
（4）每兩點(diǎn)間還有四個計時點(diǎn)未畫出，計數(shù)點(diǎn)間的時間間隔：t=0.02×5=0.1s，
由勻變速直線運(yùn)動的推論△x=at2可知，加速度：a===4m/s2；
故答案為：（1）AC；（2）D；（3）C；（4）4．
三、計算題（共47分.15題、16題各14分，17題19分）
15．一個動車組在平直軌道上運(yùn)動，速度隨時間的變化規(guī)律如圖所示．已知動車組的總質(zhì)量m=2.0×105kg，動車組運(yùn)動時受到的阻力是其重力的0.1倍，（取g=10m/s2）．在0﹣600s的時間內(nèi)，求：
（1）動車組兩段加速階段的加速度大小分別是多少？
（2）動車組位移的大??；
（3）動車組牽引力的最大值．
【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系．
【分析】速度圖象的斜率等于物體的加速度大?。鶕?jù)斜率的正負(fù)分析加速度的正負(fù)．圖線與兩個坐標(biāo)軸所圍“面積”等于位移．根據(jù)牛頓第二定律求的拉力．
【解答】解：（1）兩段加速度為a，a′，根據(jù)得
a=
（2）在v﹣t圖象中，與時間軸所圍面積即為位移
x=m=30250m
（3）根據(jù)牛頓第二定律可得加速度最大時牽引力最大為
F﹣f=ma′
F=f+ma′=0.1×2×105×10+2×105×02N=2.4×105N
答：（1）動車組兩段加速階段的加速度大小分別是0.1m/s2，0.2m/s2
（2）動車組位移的大小為30250m；
（3）動車組牽引力的最大值為2.4×105N．
16．如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g．
（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時速度為多大？
（2）在（1）的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時受到軌道的作用力大??；
（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大?。?/p>
【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．
【分析】（1）滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放后，電場力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理求解到達(dá)C點(diǎn)時速度．
（2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式求出軌道的作用力；
（3）求出重力和電場力的合力的大小和方向，電荷恰好經(jīng)過等效最高點(diǎn)點(diǎn)時，由重力和電場力的合力恰好提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求出等效最高點(diǎn)的速度，即為滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度．
【解答】解：（1）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時的速度為v，
從A到C過程，由動能定理得：qE·（s+R）﹣μmg·s﹣mgR=
由題，qE=mg，μ=0.5，s=3R
代入解得，vC=
（2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，則有
N﹣qE=m
解得，N=mg
（3）重力和電場力的合力的大小為F==
設(shè)方向與豎直方向的夾角為α，則tanα==，得α=37°
滑塊恰好由F提供向心力時，在圓軌道上滑行過程中速度最小，此時滑塊到達(dá)DG間F點(diǎn)，相當(dāng)于“最高點(diǎn)”，滑塊與O連線和豎直方向的夾角為37°，設(shè)最小速度為v，
F=m
解得，v=
答：（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時速度為．
（2）在（1）的情況下，滑塊到達(dá)C點(diǎn)時受到軌道的作用力大小是2.5mg；
（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小是．
17．如圖所示，某傳送帶與地面傾角θ=37°，AB之間距離L1=2.05m，傳送帶以v0=1.0m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動．質(zhì)量為M=1.0kg，長度L2=1.0m的木板上表面與小物塊的動摩擦因數(shù)μ2=0.4，下表面與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ3=0.1，開始時長木板靠近傳送帶B端并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)在傳送帶上端A無初速地放一個不計大小、質(zhì)量為m=1.0kg的小物塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.5，假設(shè)物塊在滑離傳送帶至木板右端時速率不變，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）物塊離開B點(diǎn)的速度大??；
（2）物塊相對木板滑過的距離；
（3）木板在地面上能滑過的最大距離．
【考點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系．
【分析】（1）以小物快為研究對象，分析其在傳送帶運(yùn)動時的受力情況，明確其運(yùn)動情況（先以a1勻加速與傳送帶同速后；由于μ1＜tan37°，小物塊收到重力、彈力和傳送帶斜向上的滑動摩擦力作用下，以a2做勻加速到B點(diǎn)；小物塊在木板上方做勻減速運(yùn)動），利用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式求解．
（2）、（3）小物塊滑上木板后做勻減速運(yùn)動，木板向左做勻加速運(yùn)動，當(dāng)兩者速度相等時一起勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律求出各自的加速度，再由運(yùn)動學(xué)公式求解．
【解答】解：（1）以小物塊為研究對象，收到重力、彈力和沿斜面向下的滑動摩擦力．
由牛頓第二定律，剛開始物塊相對傳送帶往下滑其加速度為：
a1==gsin37°+μ1gcos37°=10×（0.6+0.5×0.8）=10
m/s2
物快與傳送帶速度V0用的時間：t1==s=0.1s
位移s1=a1t12
=m=0.05m
過后因μ1＜tan37°，所以物快受重力、彈力和沿斜面向上的滑動摩擦力，
由牛頓第二定律，物塊相對傳送帶往下滑其加速度為：a2=gsin37°﹣μ1gcos37°=2 m/s2
由運(yùn)動學(xué)公式得：s2=L1﹣s1=（vB2﹣v02）·
代入數(shù)據(jù)解之得：vB=3m/s
（2）物塊滑上木板受重力、彈力和向右的滑動摩擦力，物快相對滑動時做勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律得：其加速度為：a3=﹣μ2g=﹣4 m/s2
木板受重力、彈力和上下接觸物體的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：
木板的加速度為：a4=[μ2mg﹣μ3
（mg+Mg）] =2 m/s2
設(shè)經(jīng)過t2物塊與木板達(dá)到相同速度V2，則由運(yùn)動學(xué)公式得：vB+a3t2 =a4t2
解之得：t2=0.5s
木板的速度：v2=a4 t2=1m/s
物塊對地位移
s3=（v22﹣vB2）=1 m
木板對地位移 s4==0.25m
物塊在木板上滑過的距離△s=s3﹣s4=0.75m
（3）因μ3＜μ2物塊能與木板保持相對靜止，其整體加速度為a5=﹣μ3g=﹣1m/s2
物塊與木板做勻減速運(yùn)動到停止的位移 s5=﹣=0.5m
木板對地的位移s板=s4+s5=0.75m
答：（1）物塊離開B點(diǎn)的速度大小3m/s；
（2）物塊在木板上滑過的距離為0.75m；
（3）木板在地面上能滑過的最大距離為0.75m．
2016年12月20日
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