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九江一中2016-2017高一上学期物理期末试卷(附解析)

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九江一中2016-2017高一上学期物理期末试卷(附解析)

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2016-2017学年江西省九江一中高一(上)期末物理试卷
 
一、选择题(本题共10小题.每小题4分,共40分.其中1-7题是单选题,8-10题是多选题,全对得4分,漏选得2分,多选或不选得零分)
1.下列说法中正确的是(  )
A.作用力和反作用力大小相等、方向相反
B.受滑动摩擦力的物体一定是运动的
C.蹦床运动员在空中上升阶段处于超重状态而下落阶段处于失重状态
D.同一物体在地球上时惯性大,在月球上时惯性小
2.最近几年,国内房价飙升,在国家宏观政策调控下,房价上涨出现减缓趋势.王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”,将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”,据此,你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的(  )
A.速度增加,加速度减小 B.速度增加,加速度增大
C.速度减小,加速度增大 D.速度减小,加速度减小
3.一作匀速圆周运动的物体,半径为R,向心加速度为a,则下列关系中正确的是(  )
A.线速度v=  B.角速度ω=  C.周期T=2π  D.转速n=
4.一辆汽车以6m/s的速度沿平直公路匀速行驶,突然发现前方有障碍物,立即刹车,汽车以大小2m/s2的加速度做匀减速直线运动,那么刹车后1s内与刹车后4s内汽车通过的位移之比为(  )
A.9:5 B.5:9 C.8:5 D.5:8
5.如图所示,两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态.已知墙面光滑,水平地面粗糙.现将A球向上移动一小段距离.两球再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,地面对B球的支持力N和轻杆上的压力T的变化情况是(  )
 
A.N不变 B.T变小 C.N变大 D.T变大
6.一枚火箭由地面竖直向上发射,其v﹣t图如图所示.其中t3=3t1,t2=2t1,v2=3v1,由图象可知(  )
 
A.火箭在t2﹣t3时间内向下运动
B.火箭能上升的最大高度为
C.火箭运动过程中最大加速度大小为
D.火箭上升阶段平均速度大小为
7.皮带传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在皮带传送机上,随皮带一起向下以加速度a做匀加速直线运动,则(  )
 
A.小物块受到的支持力的方向不一定垂直于皮带指向物块
B.小物块受到的静摩擦力的方向一定沿皮带斜向下
C.小物块受到的静障擦力的大小可能等于mgsinα
D.小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定沿斜面方向
8.如图所示,人在岸上拉船,已知船的质量为m,水的阻力恒为Ff,当轻绳与水平面的夹角为θ时,船的速度为v,此时人的拉力大小为F,则此时(  )
 
A.人拉绳行走的速度为  B.人拉绳行走的速度为vcos θ
C.船的加速度为  D.船的加速度为
9.如图所示,一斜面固定在水平地面上,现将一小球从斜面上P点以某一初速度水平抛出,它在空中飞行的水平位移是x1,若将初速度大小变为原来的2倍,空中飞行的水平位移是x2,不计空气阻力,假设小球落下后不反弹,则x1和x2的大小关系可能正确的是(  )
 
A.x2=3x1 B.x2=4x1 C.x2=2x1 D.x2=6x1
10.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为0.4μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,现对A施加一水平拉力F,则(  )
 
A.当F>1.2μmg时,A相对B滑动
B.当F=2.7μmg时,A的加速度为0.5μg
C.当F<3.6μmg时,A、B都相对地面静止
D.无论F为何值,B的加速度不会超过0.8μg
 
二、实验题(本题共2小题,每空2分,共计16分)
11.(8分)某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系.
 
(1)下列做法正确的是   (填字母代号)
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度,平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上
C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量  木块和木块上硅码的总质量(填远大于,远小于,或近似于)
(3)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图2中甲、乙两条直线,设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲  m乙 μ甲  μ乙(填“大于”、“小于”或“等于”)
12.(8分)在“研究平抛物体运动”的实验中(如图1),通过描点画出平抛小球的运动轨迹.
 
(1)以下是实验过程中的一些做法,其中合理的有  .
a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图3中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是  
(3)图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O为平抛的起点,在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm,A、B两点水平间距△x为40.0cm.则平抛小球的初速度v0为  m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0cm,则小球在C点的速度vC为  m/s(结果保留两位有效数字,g取10m/s2).
 
三、计算题(本题共5小题,13、14题各9分,15题10分,16题12分,17题14分共54分.解题过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分)
13.(9分)一个物体从光滑斜面的顶端由静止开始下滑,斜面长10m,倾角θ=30°,斜面静止不动,物体的质量M=2kg,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)物体下滑过程的加速度有多大?
(2)物体从光滑斜面顶端下滑到底端,要用多长时间?
 
14.(9分)如图所示,质量相等的两物体物体A、B用不可伸长的轻绳连接,在恒力F作用下一起向上做匀加速运动,求此时轻绳对物体B的拉力(g取10m/s2).
 
15.(10分)一辆摩托车能在12s内由静止加速到最大速度60m/s,并能保持这个速度匀速行驶.在平直的高速公路上,该摩托车由静止开始启动加速,追赶前方440m处正以35m/s的速度匀速行驶的一辆违章卡车.则
(1)巡逻车至少需要多长时间才能追上卡车?
(2)在追赶的过程中,巡逻车和卡车的最大距离是多少?
16.(12分)如图所示,方形木箱质量为M,其内用两轻绳将一质量m=2.0kg的小球悬挂于P、Q两点,两细绳与水平的车顶面的夹角分别为60°和30°.水平传送带AB长l=24 m,以v=4 m/s的速度顺时针转动,木箱与传送带间动摩擦因数µ= ,(g=10m/s2)求:
(1)设木箱为质点,且木箱由静止放到传送带上,那么经过多长时间木箱能够从A运动到传送带的另一端B处;
(2)木箱放到传送带上A点后,在木箱加速的过程中,绳P和绳Q的张力大小分别为多少?
 
17.(14分)如图所示,半径R=0.4m的圆盘水平放置,绕竖直轴OO′匀速转动,在圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ,转轴和水平轨道交于O′点.一质量m=1kg的小车(可视为质点),在F=4N的水平恒力作用下,从O′左侧x0=2m处由静止开始沿轨道向右运动,当小车运动到O′点时,从小车上自由释放一小球,此时圆盘半径OA与x轴重合.规定经过O点水平向右为x轴正方向.小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2.求:
(1)若小球刚好落到A点,求小车运动到O′点的速度.
(2)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为多大.
(3)为使小球能落到圆盘上,求水平拉力F作用的距离范围.
 
 
 

2016-2017学年江西省九江一中高一(上)期末物理试卷
参考答案与试题解析
 
一、选择题(本题共10小题.每小题4分,共40分.其中1-7题是单选题,8-10题是多选题,全对得4分,漏选得2分,多选或不选得零分)
1.下列说法中正确的是(  )
A.作用力和反作用力大小相等、方向相反
B.受滑动摩擦力的物体一定是运动的
C.蹦床运动员在空中上升阶段处于超重状态而下落阶段处于失重状态
D.同一物体在地球上时惯性大,在月球上时惯性小
【考点】摩擦力的判断与计算;牛顿第三定律.
【分析】由牛顿第三定律可知,作用力与反作用力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,作用在两个物体上,力的性质相同,它们同时产生,同时变化,同时消失.
滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反;
在空中运动的蹦床运动员处于失重状态;
惯性的大小仅仅与物体的质量有关.
【解答】解:A、可以把物体间相互作用的任何一个力叫做作用力,另一个力叫做反作用力,不论运动状态,其大小总是相等的,故A正确;
B、受滑动摩擦力的物体不一定是运动的,如物块在地面上滑动时,地面受到滑动摩擦力,但地面是静止的.故B错误;
C、蹦床运动员在空中上升阶段和下落阶段都是只受到重力的作用,加速度的方向都是向下,所以都是处于失重状态,故C错误;
D、惯性的大小仅仅与物体的质量有关,与所处的位置无关,故D错误;
故选:A
【点评】考查牛顿第三定律及摩擦力的理解.理解作用力与反作用力和平衡力的区别,作用力与反作用力作用在两个物体上,一对平衡力作用在一个物体上.
 
2.最近几年,国内房价飙升,在国家宏观政策调控下,房价上涨出现减缓趋势.王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”,将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”,据此,你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的(  )
A.速度增加,加速度减小 B.速度增加,加速度增大
C.速度减小,加速度增大 D.速度减小,加速度减小
【考点】加速度.
【分析】王强同学把房价类比成速度,房价上涨快慢类比成加速度,根据加速度与速度关系进行分析.
【解答】解:房价类比成速度,房价上涨快慢类比成加速度,房价上涨出现减缓趋势,相当于加速度减小,但仍然在上涨,相当于加速度与速度方向相同,速度仍然增大.故A正确,BCD错误.
故选:A.
【点评】此题是生活联系实际的加速度决定于物体所受合力和物体的质量,与速度没有直接的关系,加速席减小,速度不一定减小.
 
3.一作匀速圆周运动的物体,半径为R,向心加速度为a,则下列关系中正确的是(  )
A.线速度v=  B.角速度ω=  C.周期T=2π  D.转速n=
【考点】线速度、角速度和周期、转速.
【分析】根据圆周运动的向心加速度与角速度、线速度、周期的关系式即可求解.
【解答】解:A、小球的加速度a= ,得 v= ,故A正确
 B、由圆周运动的向心加速度得:a=ω2R,得:ω= ,故B错误;
C、由向心加速度与周期的关系得:a= ,T=2π ,故C错误;
D、转速与周期互为倒数,n= ,得:n=  ,故D错误.
故选:A
【点评】描述圆周运动的物理量很多,在掌握物理量的定义外,关键要熟悉各物理量之间的关系.
 
4.一辆汽车以6m/s的速度沿平直公路匀速行驶,突然发现前方有障碍物,立即刹车,汽车以大小2m/s2的加速度做匀减速直线运动,那么刹车后1s内与刹车后4s内汽车通过的位移之比为(  )
A.9:5 B.5:9 C.8:5 D.5:8
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式得出汽车速度减为零的时间,判断汽车是否停止,再结合位移公式求出刹车后的位移,从而得出刹车后的位移大小之比.
【解答】解:汽车速度减为零的时间 ,
刹车后1s内的位移
 =5m,
刹车后4s内的位移等于3s内的位移, ,
则x1:x2=5:9.故B正确,A、C、D错误.
故选:B
【点评】本题考查了运动学中的刹车问题,是道易错题,注意汽车速度减为零后不再运动,结合运动学公式和推论灵活求解.
 
5.如图所示,两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态.已知墙面光滑,水平地面粗糙.现将A球向上移动一小段距离.两球再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,地面对B球的支持力N和轻杆上的压力T的变化情况是(  )
 
A.N不变 B.T变小 C.N变大 D.T变大
【考点】物体的弹性和弹力.
【分析】先对整体受力分析,整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A的弹力,地面对B的静摩擦力.整体处于平衡状态,从而可知N的大小变化.再隔离对A球进行受力分析,A球受重力,墙壁的弹力和杆子的弹力,三个力处于平衡状态,通过夹角的变化,判断轻杆受到压力的变化.
【解答】解:对整体进行受力分析,竖直方向只总2mg和地面对B的支持力N,则知N=2mg,移动两球后,仍然平衡,则N仍然等于2mg,所以N不变.
再隔离对A进行受力分析,轻杆对A的作用力等于轻杆上受到的压力,设轻杆对A球的作用力F与竖直方向的夹角为θ,则得:
  Fcosθ=mg,得F= ,当A球向上移动一小段距离,夹角θ减小,cosθ变大,所以F减小.根据牛顿第三定律得知:T=F,故T减小,故AB正确,C、D错误.
故选:AB.
【点评】本题中运用了整体法和隔离法,先对整体受力分析,确定地面对球B的支持力不变.再隔离分析,判断杆子对球的作用力变化.
 
6.一枚火箭由地面竖直向上发射,其v﹣t图如图所示.其中t3=3t1,t2=2t1,v2=3v1,由图象可知(  )
 
A.火箭在t2﹣t3时间内向下运动
B.火箭能上升的最大高度为
C.火箭运动过程中最大加速度大小为
D.火箭上升阶段平均速度大小为
【考点】匀变速直线运动的图像.
【分析】速度的正负表示速度的方向,根据速度图象读出速度的正负,分析火箭的运动方向.图象与坐标轴所围“面积”表示位移,由数学知识求出火箭上升的最大高度.平均速度等于位移与所用时间的比值.图象的斜率等于加速度,由数学知识求出最大的加速度大小.
【解答】解:A、在t2﹣t3时间内火箭的速度为正值,说明火箭在上升,故A错误.
B、在0﹣t3时间内火箭的速度一直是正值,说明火箭一直在上升,图线与坐标轴所围“面积”的大小等于火箭能上升的最大高度,由数学知识得:箭能上升的最大高度为:h= v1t1+ t1+ v2t1,又因为v2=3v1,t3=3t1,解得:h= v2t3.故B错误.
C、由图看出,在t2﹣t3时间内图线的斜率最大,则火箭的加速度最大,最大加速度大小为:a= = .故C正确.
D、火箭上升阶段的平均速度大小为:  = = = ,故D错误.
故选:C
【点评】本题要抓住速度图象的两个数学意义来分析其物理意义:斜率等于加速度,“面积”等于位移.
 
7.皮带传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在皮带传送机上,随皮带一起向下以加速度a做匀加速直线运动,则(  )
 
A.小物块受到的支持力的方向不一定垂直于皮带指向物块
B.小物块受到的静摩擦力的方向一定沿皮带斜向下
C.小物块受到的静障擦力的大小可能等于mgsinα
D.小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定沿斜面方向
【考点】摩擦力的判断与计算.
【分析】质量为m的物体放在皮带传送机上,随皮带一起以向下加速度做匀加速直线运动,受重力、支持力和静摩擦力作用下运动,根据牛顿第二定律列方程讨论解决
【解答】解:A、小物体受到的支持力为弹力,方向一定垂直于皮带指向物体,故A错误;
B、由于物体加速度大小未知,由牛顿第二定律列方程得:mgsinα±f=ma,故静摩擦力的方向不能确定,故B错误
C、由牛顿第二定律列方程得:mgsinα±f=ma,故f=mgsinα﹣ma或f=ma﹣mgsinα,所以C正确
D、物体受重力、支持力和静摩擦力作用,三力合力沿传送带平面向下,而弹力必与此平面垂直,小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定不沿斜面方向,故D错误
故选C
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析,抓住物体的加速度与传送带相同,运用牛顿第二定律进行求解.
 
8.如图所示,人在岸上拉船,已知船的质量为m,水的阻力恒为Ff,当轻绳与水平面的夹角为θ时,船的速度为v,此时人的拉力大小为F,则此时(  )
 
A.人拉绳行走的速度为  B.人拉绳行走的速度为vcos θ
C.船的加速度为  D.船的加速度为
【考点】运动的合成和分解.
【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度,连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动,又参与了绕定滑轮的摆动.根据船的运动速度,结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度,及船的加速度.
【解答】解:A、B、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度.如右图所示根据平行四边形定则有,v人=vcosθ;故A错误,B正确.
CD、对小船受力分析,如右图所示,根据牛顿第二定律,有:Fcosθ﹣Ff=ma
因此船的加速度大小为:a= ,故C正确,D错误;
故选:BC.
 
 
【点评】解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度,并掌握受力分析与理解牛顿第二定律.
 
9.如图所示,一斜面固定在水平地面上,现将一小球从斜面上P点以某一初速度水平抛出,它在空中飞行的水平位移是x1,若将初速度大小变为原来的2倍,空中飞行的水平位移是x2,不计空气阻力,假设小球落下后不反弹,则x1和x2的大小关系可能正确的是(  )
 
A.x2=3x1 B.x2=4x1 C.x2=2x1 D.x2=6x1
【考点】平抛运动.
【分析】小球做平抛运动可能两球都落在斜面上,可能两球都落在水平面上,可能一球落在斜面上,一球落在水平面上.根据平抛运动的规律求出x1和x2的大小关系.
【解答】解:若两球都落在水平面上,高度决定时间,h相等,则时间相等,水平位移x=v0t,水平初速度之比为1:2,则水平位移之比也为1:2.即X2=2X1.
若两球都落在斜面上,有 ,解得t= .
则水平位移x= ,水平初速度之比为1:2,则水平位移之比为1:4.则X2=4X1
若一球落在斜面上,一球落在水平面上,水平位移之比可能介于1:2和1:4之间.故A、B、C正确,D错误.
故选:ABC
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,掌握平抛运动的规律,需讨论两球落点的位置.
 
10.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为0.4μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,现对A施加一水平拉力F,则(  )
 
A.当F>1.2μmg时,A相对B滑动
B.当F=2.7μmg时,A的加速度为0.5μg
C.当F<3.6μmg时,A、B都相对地面静止
D.无论F为何值,B的加速度不会超过0.8μg
【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力,隔离对B分析求出整体的临界加速度,通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力.然后通过整体法隔离法逐项分析
【解答】解:A、当AB刚要发生相对滑动时,AB之间的最大静摩擦力为:fmax=2μmg,B与地面之间的最大静摩擦力为f′m=0.4μ•3mg=1.2μmg,B的最大加速度 .此时对A:F﹣fmax=2ma,解得F=3.6μmg,当1.2μmg<F<3.6μmg,AB不把发生相对滑动,故AC错误,D正确;
B、当F=2.7μmg时,代入A中可知此时A的加速度为a=0.5μg,故B正确
故选:BD
【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用,解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力
 
二、实验题(本题共2小题,每空2分,共计16分)
11.某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系.
 
(1)下列做法正确的是 AD  (填字母代号)
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度,平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上
C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 远小于 木块和木块上硅码的总质量(填远大于,远小于,或近似于)
(3)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图2中甲、乙两条直线,设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲 小于 m乙 μ甲 大于 μ乙(填“大于”、“小于”或“等于”)
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.
【分析】①实验要保证拉力等于小车受力的合力,要平衡摩擦力,细线与长木板平行;
②砝码桶及桶内砝码加速下降,失重,拉力小于重力,加速度越大相差越大,故需减小加速度,即减小砝码桶及桶内砝码的总质量;
③a﹣F图象的斜率表示加速度的倒数;求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况.
【解答】解:①A、调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行,否则拉力不会等于合力,故A正确;
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,不应悬挂“重物”,故B选项错误; 
C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块,而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器,故C选项错误;
D平衡摩擦力后,有mgsinθ=μmgcosθ,即μ=tanθ,与质量无关,故通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度,故D正确;
选择AD;
②按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力,则有 a= ,而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动,即对砝码桶及砝码有mg﹣T=ma,对小木块有T=Ma.综上有:小物块的实际的加速度为 a= < ,只有当m<<M时,才能有效的保证实验的准确性;
③当没有平衡摩擦力时有:T﹣f=ma,故a= T﹣μg,即图线斜率为 ,纵轴截距的大小为μg.
观察图线可知m甲小于m乙,μ甲大于μ乙;
故答案为:①AD; ②远小于;③小于,大于
【点评】本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验,要明确实验原理,特别是要明确系统误差的来源,知道减小系统误差的方法.
 
12.在“研究平抛物体运动”的实验中(如图1),通过描点画出平抛小球的运动轨迹.
 
(1)以下是实验过程中的一些做法,其中合理的有 ac .
a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图3中y﹣x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是 c 
(3)图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O为平抛的起点,在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm,A、B两点水平间距△x为40.0cm.则平抛小球的初速度v0为 2.0 m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0cm,则小球在C点的速度vC为 4.0 m/s(结果保留两位有效数字,g取10m/s2).
【考点】研究平抛物体的运动.
【分析】(1)根据实验的原理,结合实验中的注意事项确定正确的操作步骤.
(2)根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式求出y与x2的关系式,从而确定正确的图线.
(3)根据位移时间公式分别求出抛出点到A、B两点的时间,结合水平位移和时间求出初速度.根据速度位移公式求出C点的竖直分速度,结合平行四边形定则求出C点的速度.
【解答】解:(1)a、为了保证小球的初速度水平,斜槽的末端需水平,故a正确;
b、为了使小球的初速度相等,每次让小球从斜槽的同一位置由静止滚下,故b错误,c正确;
d、描绘小球的运动轨迹,用平滑曲线连接,故d错误.
故选:ac.
(2)根据x=v0t,y= 得,y= ,可知y﹣x2的图线为一条过原点的倾斜直线,
故选:C.
(3)5cm=0.05m,45cm=0.45m,40cm=0.40m,60cm=0.60m,
根据 得: ,
根据 得: ,
则小球平抛运动的初速度为: .
C点的竖直分速度为: ,
根据平行四边形定则知,C点的速度为:  =4.0m/s.
故答案为:(1)ac;(2)c;(3)2.0,4.0
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式,抓住等时性进行求解.
 
三、计算题(本题共5小题,13、14题各9分,15题10分,16题12分,17题14分共54分.解题过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分)
13.一个物体从光滑斜面的顶端由静止开始下滑,斜面长10m,倾角θ=30°,斜面静止不动,物体的质量M=2kg,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)物体下滑过程的加速度有多大?
(2)物体从光滑斜面顶端下滑到底端,要用多长时间?
 
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【分析】(1)利用牛顿第二定律求的加速度;
(2)利用运动学公式求的时间;
【解答】解:(1)由牛顿第二定律可知
mgsin30°=ma
a=gsin30°=5m/s2
(2)由运动学公式可得L=
t=
答:(1)物体下滑过程的加速度有5m/s2
(2)物体从光滑斜面顶端下滑到底端,要用2s
【点评】本题主要考查了匀加速直线运动速度位移公式及牛顿第二定律的应用,难度不大,属于基础题
 
14.如图所示,质量相等的两物体物体A、B用不可伸长的轻绳连接,在恒力F作用下一起向上做匀加速运动,求此时轻绳对物体B的拉力(g取10m/s2).
 
【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
【分析】先对AB整体根据牛顿第二定律列式求解加速度,然后对物体B根据牛顿第二定律列式求解轻绳对物体B的拉力.
【解答】解:对AB整体,根据牛顿第二定律,有:
F﹣2mg=2ma
对物体B,受细线的拉力和重力,根据牛顿第二定律,有:
T﹣mg=ma
联立解得:
T=
答:此时轻绳对物体B的拉力为
【点评】本题关键是先采用整体法求解加速度,再隔离物体B并运用牛顿第二定律列式求解细线的拉力.
 
15.(10分)(2016秋•庐山区校级期末)一辆摩托车能在12s内由静止加速到最大速度60m/s,并能保持这个速度匀速行驶.在平直的高速公路上,该摩托车由静止开始启动加速,追赶前方440m处正以35m/s的速度匀速行驶的一辆违章卡车.则
(1)巡逻车至少需要多长时间才能追上卡车?
(2)在追赶的过程中,巡逻车和卡车的最大距离是多少?
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
【分析】巡逻车追赶卡车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,追赶上时巡逻车和卡车的位移存在这样的关系,x1=x2+440m,x1表示巡逻车的位移,x2表示卡车的位移.根据运动学公式,结合位移关系求出追及的时间
【解答】解:(1)设至少经过时间t追上,此时卡车的位移为:x2=v2t,
巡逻车匀加速运动的位移为:x′= = =360m,
匀速运动的位移为:x″=vm(t﹣t0)
则巡逻车的位移为:x1=x′+x″=360+60×(t﹣12)=60t﹣360
巡逻车追上卡车时满足:x1=x2+440m
即:60t﹣360=35t+440
代入数据得:t=32s.
(2)巡逻车的速度小于卡车速度时两者的距离越来越大,当两得速度相等时,两车的距离保持不变,当巡逻车速度大于卡车速度时两者距离越来越小,故两车距离最大时两车的速度相等.
此时巡逻车运动的时间为:t'= = =
故此时巡逻车的位移为:x1'= = =122.5m
卡车的位移为:x2'=v t'=35×7m=245m
此时两车相距的最大距离为:△x=440+x2'﹣x1'=4400+245﹣122.5m=562.5m.
答:(1)巡逻车至少需要32s才能追上卡车
(2)在追赶的过程中,巡逻车和卡车的最大距离是562.5m
【点评】解决本题的关键知道巡逻车追赶卡车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,追赶上时巡逻车和卡车的位移存在这样的关系,x1=x2+440m.追赶过程中两车距离最大时两车速度相等
 
16.(12分)(2016秋•庐山区校级期末)如图所示,方形木箱质量为M,其内用两轻绳将一质量m=2.0kg的小球悬挂于P、Q两点,两细绳与水平的车顶面的夹角分别为60°和30°.水平传送带AB长l=24 m,以v=4 m/s的速度顺时针转动,木箱与传送带间动摩擦因数µ= ,(g=10m/s2)求:
(1)设木箱为质点,且木箱由静止放到传送带上,那么经过多长时间木箱能够从A运动到传送带的另一端B处;
(2)木箱放到传送带上A点后,在木箱加速的过程中,绳P和绳Q的张力大小分别为多少?
 
【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
【分析】(1)木箱由静止放到传送带上,水平方向先做受到滑动摩擦力,做匀加速直线运动,由牛顿第二定律求出加速度,由速度公式求出木箱速度与传送带相同时经历的时间和通过的位移,并判断木箱是否有匀速运动过程.如有,求出时间,再求总时间.
(2)由牛顿第二定律求出绳P恰好张力时木箱的加速度a0,根据a0与木箱加速过程的加速度a的大小比较,判断绳P是否有张力,再由牛顿第二定律求解两绳的张力.
【解答】解:(1)木箱由静止放到传送带上,开始过程,根据牛顿第二定律,对木箱及小球整体有:
μ(M+m)g=(M+m)a
得:a=μg= ×10m/s2=2 m/s2
木箱匀加速位移为:x1= = =4 m
木箱匀加速时间为:t1= = s=2s
x1=4 m<l=24 m,所以木箱与传送带共速后还要匀速运动一段距离,木箱匀速时运动的时间为t2,有:l﹣x1=vt2
解得:t2=5s
所以木箱从A运动到传送带另一端B处经历时间为:t=t1+t2=7s
(2)设绳P和绳Q的张力大小分别为F1和F2.
根据牛顿第二定律得:
竖直方向有:F1sin30°+F2sin60°=mg
水平方向有:F2cos60°﹣F1cos30°=ma
联立解得  F1=4N,F2=12 N
答:(1)木箱由静止放到传送带上,经过7s时间木箱能够从A运动到传送带的另一端B处;
(2)木箱放到传送带A点后,在木箱加速的过程中,绳P和绳Q的张力大小分别为4N和12 N.
【点评】本题关键是对小球受力分析,根据牛顿第二定律列出方程求解出各个力的表达式,然后进行讨论.
 
17.(14分)(2013•甘肃一模)如图所示,半径R=0.4m的圆盘水平放置,绕竖直轴OO′匀速转动,在圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ,转轴和水平轨道交于O′点.一质量m=1kg的小车(可视为质点),在F=4N的水平恒力作用下,从O′左侧x0=2m处由静止开始沿轨道向右运动,当小车运动到O′点时,从小车上自由释放一小球,此时圆盘半径OA与x轴重合.规定经过O点水平向右为x轴正方向.小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2.求:
(1)若小球刚好落到A点,求小车运动到O′点的速度.
(2)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为多大.
(3)为使小球能落到圆盘上,求水平拉力F作用的距离范围.
 
【考点】动能定理的应用;平抛运动;线速度、角速度和周期、转速.
【分析】(1)物块离开O′点后做平抛运动,可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初速度,从而得出小车运动到O′点速度(2)若圆盘转一圈,物块恰好调入小桶,此时作用力时间最短.圆盘转一圈的时间与平抛运动时间是相等.从而得出圆盘转动的角速度最小值.也有可能在平抛运动时间内,圆盘转动N圈.因此求出转动角速度.
(3)小球能落在圆盘上,则可利用平抛运动,可求出小球抛出的速度范围,从而得出小球的加速度的范围.最终运用牛顿第二定律可求出水平拉力的距离范围.
【解答】解:(1)小球离开小车后,由于惯性,将以离开小车时的速度作平抛运动,
 R=vt        
小车运动到O′点的速度v= =1m/s
(2)为使小球刚好落在A点,则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍,有 ,其中k=1,2,3…
即 rad/s,其中k=1,2,3…
(3)小球若能落到圆盘上,其在O′点的速度范围是:0<v≤1m/s    
设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2,对应到达O′点的速度分别为0、1m/s.
由动能定理,有 Fx1﹣μmgx0=0   
代入数据解得x1=1m
根据动能定理,有 
代入数据解得x2=1.125m或 m
则水平拉力F作用的距离范围  1m<x≤1.125m    
答:(1)若小球刚好落到A点,求小车运动到O′点的速度1m/s.
(2)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为 rad/s,其中k=0,1,2,3…
(3)为使小球能落到圆盘上,求水平拉力F作用的距离范围 1m<x≤1.125m
【点评】解决本题的关键知道物块整个过程的运动:匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动,知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等.以及熟练运用运动学公式.
 

 

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