題目列表(包括答案和解析)
①在做“研究平拋物體的運動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球平拋運動的軌跡．為了能較準確地描繪運動軌跡，下面列出一些操作要求，其中正確的是
在做“研究平拋物體的運動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球作平拋運動的軌跡，為了能較準確地描繪運動軌跡，下面列出了一些操作要求．
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
AB
A
A
C
D
C
AB
B
A
BC
11、2.025 ； 53 ； 11 。
12、（1）將小球放在槽的末端（或木板上）看小球能否靜止。（或用水平儀檢查木板是否水平，其他答案只要合理即可）
（2）BCD
（3）1.240（1.24）
13、（1）
（2）后輪的半徑R （3）
14、解：（1）當汽艇以最大速度航行時，牽引力F與此時阻力f平衡，故F－f=0
由f＝kv 可得 F＝fm＝kvm＝1000N
（2）汽艇以v＝
其牽引力為： F＝fm＝kvm
根據牛頓運動定律有： F－f＝ma
代入數據得： a＝
15、（1）設地球質量為M，衛星質量為m，萬有引力常量為G、衛星在近地圓軌道運動接近A點時的加速度為
，根據牛頓第二定律
物體在地球表面上受到的萬有引力等于重力
解得
（2）設同步軌道距地面高度h2，根據牛頓第二定律有
由上式解得：
16、（1）在0---4S內根據牛頓第二定律F1－f＝ma1
f＝μmg
代入數據得： a1＝3 m/s2
v1＝a1 t1＝
在4s―5s內根據牛頓第二定律F2－f＝ma2
f＝μmg
代入數據得： a2＝－7m/s2
V2＝v1
+a2 t2＝
此后－f＝ma3
a3＝－
在7.5S末物體速度減為0.
如圖
（2）由以上計算可知S1 ＝1/2 at12＝24m
S2＝v1 t2 +1/2
at22 ＝
S3＝v2 t3 +1/2
at32＝
S＝S1
+ S2 + S3 ＝
17、 （1）當小物塊速度小于
mgsin30° + μmgcos30°=ma1 ①1分
解得 a1 =
當小物塊速度等于3m/s時，設小物塊對地位移為L1，用時為t1，根據勻加速直線運動規律
t1 = ②1分
L1 = ③1分
解得 t1 = 0.4s L1 = 0.6m 1分
由于L1＜L 且μ＜tan30°，當小物塊速度大于3m/s時，小物塊將繼續做勻加速直線運動至B點，設加速度為a2，用時為t2，根據牛頓第二定律和勻加速直線運動規律
mgsin30°－μmgcos30°=ma2 ④1分
解得 a2 = 2.5m/s2
L－L1 = v1t2 + a2t22 ⑤1分
解得 t2 = 0.8s 1分
故小物塊由禁止出發從A到B所用時間為 t = t1 + t2 = 1.2s 1分
（2）作v―t圖分析知：傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從A點到B點用時越短，當傳送帶速度等于某一值v′ 時，小物塊將從A點一直以加速度a1做勻加速直線運動到B點，所用時間最短，即
L = a1tmin2 ⑥1分
解得tmin = 1s
v′
=a1tmin =
此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為 △S = v′ t－L = 3.75m
傳送帶的速度繼續增大，小物塊從A到B的時間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對路程繼續增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續增大；當痕跡長度等于傳送帶周長時，痕跡為最長Smax，設此時傳送帶速度為v2，則
Smax =
Smax = v2t－L ⑧1分
聯立⑥⑦⑧解得 v2 = 12.25m/s 1分
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