板塊綜合評價(一)　力學(xué)綜合

板塊綜合評價(一)力學(xué)綜合(考試時間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項(xiàng)中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列對各圖的說法正確的是()A．圖1中汽車勻速下坡的過程中機(jī)械能守恒B．圖2中衛(wèi)星繞地球勻速圓周運(yùn)動時所受合外力為零，動能不變C．圖3中弓被拉開過程彈性勢能減少了D．圖4中撐桿跳高運(yùn)動員在上升過程中機(jī)械能增大解析：選D圖1中汽車勻速下坡的過程中阻力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故A錯誤；圖2中衛(wèi)星繞地球勻速圓周運(yùn)動時所受合外力提供向心力，故B錯誤；圖3中弓被拉開過程彈性勢能增大，故C錯誤；圖4中撐桿跳高運(yùn)動員在上升過程中桿對運(yùn)動員做正功，其機(jī)械能增大，故D正確。2．“科技讓生活更美好”，自動駕駛汽車呈現(xiàn)出接近實(shí)用化的趨勢。某次測試自動駕駛汽車，汽車直線運(yùn)動的“v-t”圖像如圖所示(其中“百公里加速”時間指汽車速度從0加速到100km/h所需時間)。關(guān)于此次測試，下列說法正確的是()A．整個運(yùn)動過程汽車通過的總位移為26mB．汽車在第2s末與第7s末的加速度大小之比為3∶4C．汽車“百公里加速”時間約為2.1sD．汽車平均速度大小為20m/s解析：選C根據(jù)v-t圖像中，圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可得，整個運(yùn)動過程汽車通過的總位移為x＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋10))×40m＝260m，汽車平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝26m/s，故A、D錯誤；根據(jù)v-t圖像中，圖像的斜率表示加速度，由圖可知，汽車在第2s末加速度大小為a1＝eq\f(40,3)m/s2，汽車在第7s末的加速度大小為a2＝10m/s2，則汽車在第2s末與第7s末的加速度大小之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(4,3)，故B錯誤；根據(jù)題意可知v＝100km/h＝eq\f(250,9)m/s，由運(yùn)動學(xué)公式v＝v0＋a1t可得，汽車“百公里加速”時間為t＝eq\f(v,a1)＝eq\f(25,12)s≈2.1s，故C正確。3．理論研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的eq\r(2)倍。火星探測器懸停在距火星表面高度為h處時關(guān)閉發(fā)動機(jī)，做自由落體運(yùn)動，經(jīng)時間t落到火星表面。已知引力常量為G，火星的半徑為R，若不考慮火星自轉(zhuǎn)的影響，讓探測器脫離火星飛回地球，則探測器從火星表面的起飛速度至少為()A．7.9km/s B．11.2km/sC.eq\f(\r(2hR),t)D.eq\f(2\r(hR),t)解析：選D速度7.9km/s與11.2km/s是地球第一宇宙速度與第二宇宙速度，故A、B錯誤；根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，結(jié)合探測器從高度為h處，經(jīng)時間t落到火星表面，則火星表面的重力加速度g火＝eq\f(2h,t2)，根據(jù)公式v＝eq\r(g火R)＝eq\r(\f(2h,t2)R)＝eq\f(\r(2hR),t)，則探測器從火星表面的起飛速度至少為eq\r(2)v＝eq\f(2\r(hR),t)，故D正確，C錯誤。故選D。4．一質(zhì)量為1kg的小物塊靜止在光滑水平面上，t＝0時刻給物塊施加一個水平向右的拉力F，其速度的二次方隨位移變化的圖像為經(jīng)過P點(diǎn)(5,25)的直線，如圖所示，則()A．小物塊做勻速直線運(yùn)動B．水平拉力F的大小為2.5NC．5s內(nèi)小物塊的位移為5mD．5s末小物塊的速度為25m/s解析：選B根據(jù)v2＝2ax可知a＝eq\f(1,2)·eq\f(25,5)m/s2＝2.5m/s2，則F＝ma＝2.5N，選項(xiàng)A錯誤，B正確；5s內(nèi)小物塊的位移為x5＝eq\f(1,2)at52＝eq\f(1,2)×2.5×52m＝31.25m，選項(xiàng)C錯誤；5s末小物塊的速度為v5＝at5＝12.5m/s，選項(xiàng)D錯誤。5.如圖所示，一輕桿一端固定一小球，繞另一端O點(diǎn)在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，在小球運(yùn)動過程中，輕桿對它的作用力()A．方向始終沿桿指向O點(diǎn)B．一直不做功C．從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，一直做負(fù)功D．從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，先做負(fù)功再做正功解析：選C小球做勻速圓周運(yùn)動，合力提供向心力，方向始終沿桿指向O點(diǎn)，小球受重力和桿的作用力，所以桿的作用力不一定沿桿指向O點(diǎn)，故A錯誤；小球做勻速圓周運(yùn)動，合力做功為零，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，重力一直做正功，所以桿一直做負(fù)功，故B、D錯誤，C正確。6.一質(zhì)量為m＝0.2kg的物體，在合外力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動，F(xiàn)與位移x的關(guān)系圖像如圖所示，由圖像可知()A．在x＝0到x＝1m過程中，物體做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝0.2sB．在x＝0到x＝2m過程中，物體做變加速直線運(yùn)動，F(xiàn)做功5JC．物體運(yùn)動到x＝2m時，物體的瞬時速度為5m/sD．物體運(yùn)動到x＝2m時，物體的瞬時速度為2m/s解析：選C由題圖可知在x＝0到x＝1m過程中，F(xiàn)為恒力，所以物體做勻加速直線運(yùn)動，其加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝5m/s2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得運(yùn)動時間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.4)s，故A錯誤；在x＝0到x＝2m過程中，物體先做勻加速直線運(yùn)動，后做變加速直線運(yùn)動，根據(jù)F-x圖像的面積表示功可知此過程中F做功為W＝1×1J＋eq\f(1,2)×(1＋2)×1J＝eq\f(5,2)J，故B錯誤；設(shè)物體運(yùn)動到x＝2m時的瞬時速度為v，根據(jù)動能定理可得eq\f(1,2)mv2＝W，解得v＝5m/s，故C正確，D錯誤。7．如圖甲所示，用起重機(jī)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運(yùn)動至最高點(diǎn)的過程中，其v-t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()A．在0～t1時間內(nèi)，起重機(jī)拉力逐漸變大B．在t1～t2時間內(nèi)，起重機(jī)拉力的功率保持不變C．在t1～t2時間內(nèi)，貨物的機(jī)械能保持不變D．在t2～t3時間內(nèi)，起重機(jī)拉力對貨物做負(fù)功解析：選B在0～t1時間內(nèi)，貨物加速上升，加速度變小，則起重機(jī)拉力變小，A錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，貨物勻速上升，拉力等于重力，拉力功率不變，由于拉力做正功，貨物的機(jī)械能增加，B正確，C錯誤；在t2～t3時間內(nèi)，貨物勻減速上升，拉力方向向上，起重機(jī)拉力對貨物做正功，D錯誤。8．在發(fā)射地球衛(wèi)星時需要運(yùn)載火箭多次點(diǎn)火，以提高最終的發(fā)射速度。某次地球近地衛(wèi)星發(fā)射的過程中，火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出質(zhì)量為m＝800g的氣體，氣體離開發(fā)動機(jī)時的對地速度v＝1000m/s，假設(shè)火箭(含燃料在內(nèi))的總質(zhì)量為M＝600kg，發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次，忽略地球引力的影響，則()A．第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4m/sB．地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，速度大小至少達(dá)到11.2km/sC．要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣500次D．要使火箭能成功發(fā)射至少要持續(xù)噴氣17s解析：選A設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4m/s，故A正確；地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，噴氣n次后至少要達(dá)到第一宇宙速度，即：vn＝7.9km/s，故B錯誤；以火箭和噴出的n次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入數(shù)據(jù)解得：n≈666，故C錯誤；至少持續(xù)噴氣時間為：t＝eq\f(n,20)＝33.3s，故D錯誤。9．隨著科技發(fā)展，我國最新的航空母艦上安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)的起飛距離，如圖所示，航空母艦的水平跑道總長l＝180m，其中電磁彈射區(qū)的長度為l1＝80m，在該區(qū)域安裝有直線電機(jī)，該電機(jī)可從頭至尾提供一個恒定的牽引力F牽。一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動機(jī)可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N。假設(shè)飛機(jī)在航母上的阻力恒為飛機(jī)重力的0.2倍。若飛機(jī)可看做質(zhì)量恒定的質(zhì)點(diǎn)，離艦起飛速度v＝40m/s，航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，(取g＝10m/s2)下列說法正確的是()A．飛機(jī)在前一階段的加速度大小4.0m/s2B．飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的末速度大小v1＝20m/sC．電磁彈射器的牽引力F牽的大小為2×104ND．電磁彈射器在彈射過程中的功率是不變的解析：選C根據(jù)牛頓第二定律，在后一階段：F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2，由v2－v12＝2a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－l1))，解得飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的末速度v1＝20eq\r(2)m/s，由v12＝2a1l1，解得飛機(jī)在前一階段電磁彈射區(qū)的加速度a1＝5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：F牽＋F推－0.2mg＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得：F牽＝2×104N，選項(xiàng)A、B錯誤，C正確；根據(jù)P＝Fv可知，電磁彈射器在彈射過程中的功率不斷增加，選項(xiàng)D錯誤。10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面O點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸上，另一端與可視為質(zhì)點(diǎn)的小球相連。小球在A處以初速度v0開始向上滑行，經(jīng)過B點(diǎn)時速度為v，到達(dá)C點(diǎn)時速度恰好為零，B為光滑傾斜直桿AC的中點(diǎn)，OB垂直直桿，長度等于彈簧原長，下列說法正確的是()A．上滑過程中，小球機(jī)械能始終不變B．速度最大值出現(xiàn)在AB段C．經(jīng)過AB、BC段的時間相等D．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－eq\f(1,4)mv02解析：選B因彈簧對小球先做正功再做負(fù)功，則小球的機(jī)械能先增大后減小，A錯誤；速度最大時，加速度為零，則合力為零，此時重力沿桿向下的分力與彈力沿桿向上的分力相等，此位置在AB之間的某一點(diǎn)，B正確；AB、BC段長度相等，但平均速度不相等，所用時間不相等，C錯誤；小球從A到C過程中，由動能定理可得mg·2h＝eq\f(1,2)mv02，AB段，由動能定理可得W彈－mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得W彈＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,4)mv02，根據(jù)功能關(guān)系可得Epm＝W彈＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,4)mv02，D錯誤。11．如圖所示為中國版“野?！奔壷匦蜌鈮|船，自重達(dá)540噸，最高時速為108km/h，裝有M－70大功率燃?xì)廨啓C(jī)，該機(jī)額定輸出功率為8700kW。假設(shè)“野牛”級重型氣墊船在海面航行過程中所受的阻力Ff與速度v成正比，即Ff＝kv。則()A．“野?！奔壷匦蜌鈮|船的最大牽引力為2.9×105NB．在額定輸出功率下以最高時速航行時，氣墊船所受的阻力為2.9×105NC．以最高時速一半的速度勻速航行時，氣墊船發(fā)動機(jī)的輸出功率為4350kWD．從題中給出的數(shù)據(jù)，不能計算阻力Ff與速度v的比值k解析：選B據(jù)題意，“野牛”級重型氣墊船的最大速度為vm＝30m/s，達(dá)到最大速度時，牽引力等于阻力，即F＝Ff＝eq\f(P,vm)＝eq\f(8.7×106,30)N＝2.9×105N，但最大牽引力大于該值，則選項(xiàng)A錯誤，B正確；k＝eq\f(Ff,vm)＝eq\f(29,3)×103kg/s，故選項(xiàng)D錯誤；以最高時速一半的速度勻速航行，氣墊船發(fā)動機(jī)輸出功率為P′＝F′eq\f(vm,2)＝Ff′eq\f(vm,2)＝keq\f(vm,2)·eq\f(vm,2)＝2.175×106W，故選項(xiàng)C錯誤。12．可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的小滑塊受到沿斜面向上的F＝2N的恒力作用，從傾角為37°的固定斜面底端以初速度v0向上運(yùn)動，如圖甲所示，斜面足夠長，取底端處為零勢能參考平面，小滑塊在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與沿斜面上升的距離s間的關(guān)系如圖乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列說法正確的是()A．滑塊的質(zhì)量為m＝0.6kgB．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5C．滑塊到達(dá)最高點(diǎn)后將沿斜面返回底端D．當(dāng)s＝6m時滑塊動能與勢能相等解析：選B由圖像可以看出Ep和s的關(guān)系為正比關(guān)系，列出表達(dá)式Ep＝mgssinθ，可得出m＝1kg，故A錯誤；對全過程由動能定理得Fs－mgssinθ－μmgscosθ＝0－80J，可求出μ＝0.5，故B正確；當(dāng)?shù)竭_(dá)最高點(diǎn)后，對滑塊受力分析有mgsinθ＝F＋μmgcosθ，可得沿斜面向上的力和向下的力相等，所以滑塊會靜止在斜面上，故C錯誤；當(dāng)s為6m時，滑塊的勢能為Ep＝6m·mgsinθ＝36J，滑塊的動能為Ek＝6m·F－6m·mgsinθ－6m·μmgcosθ＋Ek0＝32J，得出Ek≠Ep，故D錯誤。13．如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運(yùn)行。現(xiàn)將一質(zhì)量為0.5kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，煤塊的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，5s末煤塊到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．傾角θ＝30°B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4C．5s內(nèi)傳送帶上留下的痕跡長為16mD．5s內(nèi)煤塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為65J解析：選C由圖可知，煤塊在0～1s的加速度為a1＝10m/s2,1～5s的加速度為a2＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得sinθ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，A、B錯誤；由圖乙可判斷，0～1s煤塊受到傳送帶的摩擦力沿傳送帶向下，傳送帶速度大于煤塊的速度，1～5s煤塊受到傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，傳送帶速度小于煤塊速度，則t＝1s時煤塊的速度等于傳送帶的速度為v＝a1t＝10m/s,0～1s煤塊的位移為x1＝eq\f(1,2)a1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1s))2＝5m，傳送帶的位移為s1＝10m，則相對位移大小為Δx1＝s1－x1＝5m，1～5s煤塊的位移為x2＝v×4s＋eq\f(1,2)a2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4s))2＝56m，傳送帶的位移為s2＝40m，則相對位移大小為Δx2＝x2－s2＝16m，因1～5s煤塊的位移大于傳送帶的位移，所以1～5s煤塊在傳送帶上的劃痕覆蓋了0～1s煤塊在傳送帶上的劃痕，所以5s內(nèi)相對位移大小為x＝Δx2＝16m，則5s內(nèi)傳送帶上留下的痕跡長為16m，C正確；5s內(nèi)煤塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μmgcosθ(Δx1＋Δx2)＝42J，D錯誤。故選C。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項(xiàng)中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分)14．在光滑的水平面上，一個質(zhì)量為2kg的物體A與另一物體B發(fā)生正碰，碰撞時間不計，兩物體的位置隨時間變化規(guī)律如圖所示，以A物體碰前速度方向?yàn)檎较?，下列說法正確的是()A．碰撞后A的動量為6kg·m/sB．碰撞后A的動量為2kg·m/sC．物體B的質(zhì)量為2kgD．碰撞過程中合外力對B的沖量為6N·s解析：選BD由題圖可知，碰撞前A的速度為v0＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s，碰撞后A、B共同的速度為v＝eq\f(24－16,12－4)m/s＝1m/s，則碰撞后A的動量為pA＝mAv＝2kg×1m/s＝2kg·m/s，A錯誤，B正確；A、B碰撞過程中，由動量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6kg，C錯誤；對B，由動量定理可得IB＝mBv－0＝6N·s，D正確。15．如圖所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點(diǎn)。輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)將質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點(diǎn)，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點(diǎn)滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上。不計滑塊在B點(diǎn)的機(jī)械能損失。換用相同材料質(zhì)量為m2的滑塊(m2＞m1)壓縮彈簧至同一點(diǎn)D后，重復(fù)上述過程，下列說法正確的是()A．兩滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度相同B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同C．兩滑塊上升到最高點(diǎn)過程克服重力做的功相同D．兩滑塊上升到最高點(diǎn)過程機(jī)械能損失相同解析：選CD兩滑塊到B點(diǎn)的動能相同，但速度不同，故A錯誤；兩滑塊在斜面上運(yùn)動時加速度相同，由于在B點(diǎn)時的速度不同，故上升的最大高度不同，故B錯誤；滑塊上升到斜面最高點(diǎn)過程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)，則mgh＝eq\f(Ep,1＋\f(μ,tanθ))，故兩滑塊上升到斜面最高點(diǎn)過程克服重力做的功相同，故C正確；由能量守恒定律得E損＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(μmgh,tanθ)，結(jié)合C可知D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實(shí)驗(yàn)題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)某同學(xué)采用如圖1所示的裝置進(jìn)行“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。①指出圖1裝置中一處不合理的地方________；②正確操作后，該同學(xué)打出了一條紙帶(如圖2所示)。測得0、4兩個計時點(diǎn)間的距離h為______cm；通過計算可得出第4點(diǎn)的速度v的大小為________m/s；(計算保留3位有效數(shù)字)。③若當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.79m/s2，該同學(xué)用公式：ΔEp＝mgh、ΔEk＝eq\f(1,2)mv2比較了重物在0、4時間內(nèi)重力勢能的減少量和動能的增加量，得到的結(jié)論是ΔEp________ΔEk(填“大于”“等于”或“小于”)，你認(rèn)為產(chǎn)生這一結(jié)果的原因是__________________。(2)做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)時，圖甲是教材中的實(shí)驗(yàn)方案；圖乙是拓展方案，其實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：a．掛上托盤和砝碼，改變木板的傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；b．取下托盤和砝碼，測出其總質(zhì)量為m，讓小車沿木板下滑，測出加速度a；c．改變砝碼質(zhì)量和木板傾角，多次測量，通過作圖可得到a-F的關(guān)系。①實(shí)驗(yàn)獲得如圖所示的紙帶，計數(shù)點(diǎn)a、b、c、d、e、f間均有四個點(diǎn)未畫出，則在打d點(diǎn)時小車的速度大小vd＝________m/s(保留兩位有效數(shù)字)；②需要滿足條件M?m的方案是________(選填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作a-F圖像時，把mg作為F值的是________(選填“甲”“乙”或“甲和乙”)。解析：(1)①重物離打點(diǎn)計時器太遠(yuǎn)，有可能出現(xiàn)紙帶上沒點(diǎn)或者點(diǎn)太少，不利于測量，所以應(yīng)該讓重物離打點(diǎn)計時器近一些，應(yīng)該往上提一提。②測得0、4兩個計時點(diǎn)間的距離h＝7.75cm－2.00cm＝5.75cm,第4點(diǎn)的速度v＝eq\f(h35,2T)＝eq\f(10.15－5.75×0.01,2×0.02)m/s＝1.10m/s。③重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝m×9.79×5.75×0.01≈0.563m，動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)×mv2＝eq\f(1,2)×m×(1.10)2＝0.605m，可得ΔEp<ΔEk，第0個點(diǎn)不是下落的起始點(diǎn)，該點(diǎn)重物有動能，用ΔEk＝eq\f(1,2)mv2計算動能增加量結(jié)果偏大。(2)①題圖上的打點(diǎn)周期T＝0.1s，由勻加速直線運(yùn)動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得，在打d點(diǎn)時小車的速度vd＝eq\f(ce,2T)＝eq\f(36.10－32.40×10－2,2×0.1)m/s≈0.19m/s。②在圖甲的實(shí)驗(yàn)方案中，由托盤和砝碼的重力提供拉力，讓小車做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律可得mg＝(M＋m)a，則a＝eq\f(m,m＋M)·g，則繩子對小車的拉力F＝Ma＝eq\f(M,m＋M)·mg，當(dāng)M?m時，繩子拉力近似等于托盤和砝碼的重力。故甲需要滿足M?m。在圖乙的實(shí)驗(yàn)方案中，掛上托盤和砝碼，小車勻速下滑，設(shè)斜面的傾斜角為θ，斜面和紙帶對小車的摩擦力或阻力總和為f，則有Mgsinθ＝f＋mg取下托盤和砝碼，小車做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律可得Mgsinθ－f＝Ma即mg＝Ma，故乙方案中，不需要滿足M?m。在甲和乙方案中，均用托盤和砝碼的重力mg作為小車勻加速直線運(yùn)動的合力F。答案：(1)①重物離打點(diǎn)計時器太遠(yuǎn)②5.75(5.73～5.77均可)1.10(1.08～1.12均可)③小于第0個點(diǎn)不是下落的起始點(diǎn)，該點(diǎn)重物有動能(2)①0.18～0.19均可②甲甲和乙Ⅱ.(7分)(1)①某次做實(shí)驗(yàn)的時候，實(shí)驗(yàn)員準(zhǔn)備了以下器材，請問用這些器材可以做下列哪些實(shí)驗(yàn)？________A．探究小車速度隨時間變化的規(guī)律B．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系C．探究求合力的方法D．研究平拋運(yùn)動②上題四個選項(xiàng)中的實(shí)驗(yàn)，必須用到天平的是______(填對應(yīng)字母)。(2)在某次“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，①當(dāng)懸掛一個20g鉤碼時打出了紙帶1，根據(jù)紙帶1判斷小車所做的運(yùn)動是________；A．勻加速直線運(yùn)動B．勻減速直線運(yùn)動C．勻速直線運(yùn)動②當(dāng)懸掛3個20g鉤碼時打出了紙帶2，紙帶上的點(diǎn)都是打點(diǎn)計時器直接打出的點(diǎn)(電源頻率為50Hz)，通過毫米刻度尺測量出A點(diǎn)左右兩點(diǎn)間距為34.8mm，求出紙帶2上A點(diǎn)的速度vA＝______m/s(保留兩位有效數(shù)字)；③如果求出紙帶2對應(yīng)的加速度為a＝0.50m/s2，則通過①②兩步驟可求出小車連同車上砝碼的總質(zhì)量M＝________g(重力加速度g＝9.8m/s2)。解析：(1)①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)要測出一系列點(diǎn)的速度，只需要打點(diǎn)計時器相關(guān)器材和刻度尺，故A符合要求；“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)要測出加速度，還要測出質(zhì)量，而力是用鉤碼的重力代替的，所以上述器材足夠，故B符合要求；“探究求合力的方法”實(shí)驗(yàn)要用彈簧測力計測出力的大小，還要細(xì)繩等，故C不符合要求；“研究平拋運(yùn)動”需要長木板、重垂線等，故D不符合要求。②上題四個選項(xiàng)中的實(shí)驗(yàn)，“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)必須用到天平，故選B。(2)①紙帶1的點(diǎn)間距相等，所以做的是勻速直線運(yùn)動。故選C。②電源頻率為50Hz，則相鄰兩個點(diǎn)之間的時間間隔為0.02s，通過毫米刻度尺測量出A點(diǎn)左右兩點(diǎn)間距為34.8mm，則A點(diǎn)的速度vA＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.0348,0.04)m/s＝0.87m/s。③當(dāng)懸掛一個20g鉤碼時，小車做勻速直線運(yùn)動，則小車受到的摩擦力Ff＝mg，當(dāng)懸掛3個20g鉤碼時，根據(jù)牛頓第二定律，以整體為研究對象3mg－Ff＝(M＋3m)a，解得M＝724g。答案：(1)①AB②B(2)①C②0.87③72417．(8分)如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M＝1.0kg，長度L＝1.0m。在木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量m＝1.0kg。小鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30。開始時它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8N，g取10m/s2。求：(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功；(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q。解析：(1)當(dāng)用F＝8N的力將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運(yùn)動的加速度為：a1＝μg＝3m/s2木板運(yùn)動的加速度為：a2＝eq\f(F－μmg,M)＝5m/s2設(shè)抽出過程的時間為t，則有：eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝L，解得：t＝1s所以小鐵塊運(yùn)動的位移為：x1＝eq\f(1,2)a1t2，解得：x1＝1.5m木板運(yùn)動的位移為：x2＝eq\f(1,2)a2t2，解得：x2＝2.5m摩擦力對小鐵塊做的功為：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5J摩擦力對木板做的功為：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5J。(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmgL＝3J。答案：(1)－7.5J4.5J(2)3J18．(11分)如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點(diǎn)，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時物體A到C點(diǎn)的距離L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運(yùn)動，B向上運(yùn)動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到C點(diǎn)。已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)。求在此過程中：(1)物體A向下運(yùn)動剛到C點(diǎn)時的速度大??；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能。解析：(1)在物體A向下運(yùn)動剛到C點(diǎn)的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得μ·2mgcosθ·L＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×3mv2＋2mgLsinθ－mgL，解得v＝2m/s。(2)對A、B組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點(diǎn)壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到C點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量，解得x＝0.4m。(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，從C點(diǎn)到彈簧最大壓縮量過程中由能量守恒定律可得eq\f(1,2)×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm，解得Epm＝6J。答案：(1)2m/s(2)0.4m(3)6J19．(11分)某興趣小組設(shè)計了一個“螺絲”形的豎直軌道模型，如圖所示，將一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))放在O點(diǎn)，用彈簧裝置將其由靜止彈出，使其沿著半圓形豎直光滑軌道OMA和ANB運(yùn)動，BC、C′G是材料相同的水平面，其中BC段L＝1m，C′G足夠長，CDEFC′是與C、C′點(diǎn)相切的豎直圓形光滑管道(管徑很小，C、C′相互靠近且錯開)，已知弧OMA的半徑r＝0.05m，圓弧ANB的半徑R1＝0.1m和CDEFC′的半徑R2＝0.2m，小球與BC、C′G間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，其余軌道均光滑，彈簧的最大彈性勢能Epmax＝1.4J，小球運(yùn)動時始終沒有脫離軌道(g取10m/s2)。求：(1)要使小球最終停在BC段，求彈簧彈性勢能的范圍；(2)以C點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，CG為x軸，從C到G方向?yàn)檎较?，求出彈簧彈性勢能Ep與小球停止位置坐標(biāo)x的關(guān)系。解析：(1)在A點(diǎn)，當(dāng)軌道對小球的彈力恰好為零時mg＝meq\f(vA2,R1)，解得vA＝1m/s恰好過A點(diǎn)，Ep1＝mg·2r＋eq\f(1,2)mvA2解得Ep1＝0.3J恰好到E點(diǎn)：Ep2＝mg(2R2－R1)＋μmgL解得Ep2＝1J恰好回到N點(diǎn)：Ep3＝μmg·2L＝0.8J<1J故要使小球最終停在BC段，彈簧彈性勢能應(yīng)滿足0.3J≤Ep≤0.8J。(2)過C點(diǎn)后恰好返回B點(diǎn)：Ep4＝2μmgL－mg·R1＝0.6J當(dāng)0.3J≤Ep≤0.6J時，過C點(diǎn)返回停在BC段Ep＋mgR1＝μmgL－μmgx解得Ep＝－0.4x＋0.2(－1m≤x≤－0.25m)