題目列表(包括答案和解析)
在研究平拋運動實驗中，實驗室準備了下列器材：鐵架臺、斜槽、豎直擋板、有水平卡槽的木板（能將擋板豎直固定在卡槽上，且相鄰卡槽間的距離相等）、白紙、復寫紙、圖釘、小球、刻度尺等。
I．請完成研究平拋運動的實驗步驟：
（1）按圖安裝實驗裝置，保證斜槽末端 ，將 、 用圖釘固定在擋板同一面上，再將擋板豎直固定在卡槽上；
（2）將小球從斜槽上某位置由靜止釋放，小球撞擊擋板時在白紙上會留下痕跡；
（3）將擋板移到右側相鄰的卡槽上豎直固定好，將小球從斜槽上 釋放，小球撞擊擋板時在白紙上留下痕跡；
（4）重復（3）的步驟若干次；
（5）整理器材。
Ⅱ．若相鄰卡槽間的距離為l，在白紙上依次選取三個點跡，測得相鄰兩點跡間的距離分別為h1、h2（h2>h1），重力加速度為g，則小球做平拋運動的初速度v0= 。
在做“碰撞中的動量守恒”實驗中，裝置如圖7
（1）需要的測量儀器或工具有
A.秒表 B.天平 C.刻度尺
D.重錘線 E.打點計時器 F.圓規
（2）必須要求的條件是
A.兩小球碰撞時，球心必須在同一高度上
B.斜槽軌道末端的切線必須水平
C.入射球和被碰球的質量必須相等，且大小相同
D.入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下
（3）某次實驗中得出的落點情況如下圖所示，假設碰撞過程中動量守恒，則入射小球質量m1和被碰小球質量m2之比為____________
（4）在做“驗證動量守恒定律”實驗中，產生誤差的主要原因下述正確的是 ( )
A.碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同一直線上。
B.傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用。
C.沒有測量高度，算出具體的平拋時間
D.測量長度的誤差
（5）某同學改用如圖所示的裝置依次進行了如下的實驗操作：
Ⅰ.在一塊平木板表面先后釘上白紙和復寫紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處，使小球a從斜槽軌道上某固定點處由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；
Ⅱ.將木板向右平移適當的距離固定，再使小球a從原固定點處由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡B；
Ⅲ.把小球b靜止放在斜槽軌道水平段的最右端，讓小球a仍從原固定點處由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和C；
Ⅳ.用天平測得a、b兩小球的質量分別為ma、mb，用刻度尺測量紙上O點到A、B、C三點的距離分別為y1、y2、y3；用實驗中所測得的量來驗證兩小球碰撞過程動量守恒，其表達式為 .
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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