二、填空题(共8分，每空2分)

【题文】16.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动。通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上

A.通过调节使斜槽的末端保持水平

B.每次释放小球的位置可以不同

C.记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降

D.小球运动时不应与木板上的白纸相接触

E.斜槽必须是光滑的.以免受到摩擦力的作用

【知识点】研究平抛物体的运动.D3

【答案解析】AD 解析： A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动.故A正确.B、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误. C、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故C错误;D、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故D正确;E、该实验要求小球每次抛出的初速度要相同而且水平，因此要求小球从同一位置静止释放，至于是否光滑没有影响，故E错误.故选AD

【思路点拨】小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平;实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球;在白纸上记录记录小球的运动路径时，不必要等高度下降. 本题考查了实验注意事项，要知道实验原理与实验注意事项.

【题文】17.如图所示，质是为M的滑块A放在气垫导轨B上。C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移一时间(x-t)图像和速率—时间(v-t)图像。整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h。(取重力加速度g=9. 8m/s2 ，结果保留一位有效数字)。

(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的v-t图线如下图所示。从图线可得滑块A下滑的加速度a=______m/s2。

(2)此装置还可用来验证牛顿第二定律。实验时通过改变______可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系;通过改变_________可验证力一定时，加速度与质足成反比的关系。

【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系;加速度;牛顿第二定律;传感器的应用.C4

【答案解析】(1)6  (2)高度h   Mh的乘积 解析：(1)从图象可以看出，滑块上滑和下滑过程中的加速度基本相等，.根据加速度的定义式可以得出a=  m/s2=6m/s2

(2)牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系.当质量一定时，可以改变力的大小，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系.由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使Mg• 不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高度，且使Mh不变.

【思路点拨】根据v-t图象求出该图象的斜率，其斜率的绝对值就是加速度大小.从v-t图象中我们发现两条倾斜直线的斜率绝对值大小几乎相等，说明滑块A沿气垫导轨上下运动加速度大小相等.实验运用控制变量法研究.解答本题关键是能够把v-t图象运用物理规律结合数学知识解决问题.对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题

三、计算题

【题文】18.(10分)在滑雪运动中，当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地与滑雪板间的摩擦因数。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，滑雪板就会陷入雪地中，使得它们间的动摩擦因数增大，假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 =0. 25变为 =0. 125。一滑雪者从倾角 = 37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地BC(BC长度可忽略)，不计空气阻力，如图所示。A、B间距离L=20m，滑雪者总质量m=l00kg， (sin 37°=0. 6,cos 37°=0. 8，g取10m/s2)求:

(1)滑雪者到达B处的速度大小vB;(6分)

(2)已知物体从空中下落时，空气对物体的阻力公式：f=kv2 ,k=2. 5kg/m，方向与速度方向相反。滑雪者离开B点沿轨道水平飞出后，由于空气阻力的影响，物体下落一段距离后将会匀速下落，这个速度被称为收尾速度，求滑雪者的收尾速度v的大小。(4分)

【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.A2 C2

【答案解析】(1)14m/s (2)20m/s 解析：(1)由牛顿第二定律得：

a1= =gsin37°−μ1gcos37°=10×0.6−0.25×10×0.8m/s2=4m/s2

由v2=2ax得：速度为4m/s之前的位移为：x1= m=2m

滑雪者的速度超过v0=4m/s后前进得位移为：

x2=L-x1=20-2m=18m

滑雪者的速度超过v0=4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数为：μ2=0.125

由牛顿第二定律得：

a2= =gsin37°−μ2gcos37°=10×0.6−0.125×10×0.8m/s2=5m/s2

由v2−v02=2ax得：

滑雪者到达B处的速度大小为：

vB=  m/s=14m/s

(2)匀速下落时，物体受力平衡，根据平衡可得：

mg=kv2

解得：v=  m/s=20m/s

【思路点拨】(1)根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s期间的加速度，再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s时的加速度，根据运动学公式求出速度为4m/s之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度.

(2)匀速下落时，物体受重力和阻力平衡，根据平衡可求出滑雪者得收尾速度.本题综合运用了牛顿第二定律、匀变速直线运动公式等规律，关键理清滑雪者的运动过程，正确地受力分析，运用牛顿定律和平衡解题.

【题文】19.(10分)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9"形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m,"9"字全高H=0. 8m."9"字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为 =0. 3，重力加速度g=10m/s2，试求:

(1)滑块从传送带A 端运动到B端所需要的时间;(4分)

(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向;(3分)

(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角 =45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。

【知识点】动能定理;牛顿第二定律.C2 E2

【答案解析】(1)3s(2)90N 向上(3)1.4m 解析：(1)在传送带上加速运动时，由牛顿定律μmg=ma得a=μg=3m/s2    加速到与传送带达到共速所需要的时间t= =2s，前2s内的位移x1= at2=6m，

之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=6m.所用的时间t2= =1s，故t=t1+t2=3s.

(2)滑块由B到C的过程中动能定理−mgH= 在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+mg=m ，

解得FN=90N，方向竖直向下，

由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小 90N，方向竖直向上.

(3)滑块从B到D的过程中由动能定理得−mg(H−2R)= 在P点vy= ，

又h= ，代入数据，解得h=1.4m.

【思路点拨】(1)滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间.

(2)对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向.

(3)对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度.本题考查了多过程问题，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解.

【题文】20.(11分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴 重合，转台以一定角速度 匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与 之间的夹角 为60°。重力加速度大小为g。

(1)若 = ，小物块受到的摩擦力恰好为零，求 ;(3分)

(2)若 =(1 ) ，且0

【知识点】向心力;线速度、角速度和周期、转速.D4 D6

【答案解析】(1)  (2) 当ω=(1+k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为 当ω=(1-k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为   向下解析：：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ=mRsinθω02，解得

ω0= (2)当ω=(1+k)ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2.

fsin60°+mg=Nsin30°

联立两式解得f= 当ω=(1-k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，

根据牛顿第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2.mg=Nsin30°+fsin60°

联立两式解得f=

【思路点拨】(1)若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小.

(2)当ω>ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小.当ω<ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小.解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解.

【题文】21.(11分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为 。重力加速度为g。本实验中ml =0. 5kg，m2=0.lkg， =0.2，取g=10m/s2

(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小;(3分)

(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的最小值;(3分)

(3)若本实验中砝码与纸板左端的距离d=0. 1m。若砝码移动的距离超过l=0. 002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大?(5分)

【知识点】滑动摩擦力;功的计算.B1 E1

【答案解析】(1)2.2N (2)2.4N(3)22.4N 解析： ：(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为f1=μm1g，f2=μ(m1+m2)g

纸板所受摩擦力的大小f=f1+f2=μ(2m1+m2)g=2.2N

(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：

f1=m1a1

F-f1-f2=m2a2

发生相对运动需要a2>a1

解得F>2μ(m1+m2)g=2.4N

(3)纸板抽出前砝码运动的距离x1= ，纸板运动距离d+x1=

纸板抽出后砝码运动的距离x2= ，L=x1+x2

由题意知a1=a3，a1t1=a3t2

代入数据联立的F=22.4N

【思路点拨】利用隔离法分别对砝码和纸板进行受力分析，列运动方程，按纸板抽出前后运动距离的不同列式联立求解.这是2013年江苏高考题改编，考查了连接体的运动，应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较大.

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