題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，質量為M的長方體物塊放在水平放置的鋼板C上，物塊與鋼板間的動摩擦因數為μ，由于光滑固定導槽A、B的控制，該物塊只能沿水平導槽運動．現使鋼板以速度v1向右勻速運動，同時用水平力F拉動物塊使其以速度v2(v2的方向與vl的方向垂直，沿y軸正方向)沿槽勻速運動，以下說法正確的是
A．若拉力F的方向在第－象限，則其大小一定大于μmg
B．若拉力F的方向在第二象限，則其大小可能小于μmg
C．若拉力F的方向沿y軸正方向，則此時F有最小值，其值為μmg
D．若拉力F的方向沿y軸正方向，則此時F有最小值，其值為μmg
如圖所示，質量為m的長方體物塊放在水平放置的鋼板C上，物塊與鋼板間的動摩擦因數為μ，由于光滑固定導槽A、B的控制，該物塊只能沿水平導槽運動．現使鋼板以速度v1向右勻速運動，同時用水平力F拉動物塊使其以速度v2（v2的方向與v1的方向垂直，沿y軸正方向）沿槽勻速運動，以下說法正確的是：
A．若拉力F的方向在第一象限，則其大小一定大于μmg
B．若拉力F的方向在第二象限，則其大小可能小于μmg
C．若拉力F的方向沿y軸正方向，則此時F有最小值，其值為
D．若拉力F的方向沿y軸正方向，則此時F有最小值，其值為
（2008?鎮江模擬）如圖所示，質量為m的長方體物塊放在水平放置的鋼板C上，物塊與鋼板間的動摩擦因數為μ，由于光滑固定導槽A、B的控制，該物塊只能沿水平導槽運動．現使鋼板以速度v1向右勻速運動，同時用水平力F拉動物塊使其以速度v2（v2的方向與vl的方向垂直，沿y軸正方向）沿槽勻速運動，以下說法正確的是（ ）如圖所示，質量為m的長方體物塊放在水平放置的鋼板C上，物塊與鋼板間的動摩擦因數為μ，由于光滑固定導槽A、B的控制，該物塊只能沿水平導槽運動．現使鋼板以速度V1向右勻速運動，同時用水平力F拉動物塊使其以速度V2(V2的方向與V1的方向垂直，沿y軸正方向)沿槽勻速運動，以下說法中正確的是
A．若拉力F的方向在第I象限，則其大小一定大于mgμ
B．若拉力F的方向在第Ⅱ象限，則其大小可能小于mgμ
C．若拉力F的方向沿y軸正方向，則此時F有最小值，其值為μmg
D．若拉力F的方向沿y軸正方向，則此時F有最小值，其值為μmg
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一個有一定厚度的圓盤，可以繞通過中心垂直于盤面的水平軸轉動，用下面的方法測量它勻速轉動時的角速度。
實驗器材：電磁打點計時器、米尺、紙帶、復寫紙片。
實驗步驟：
（1）如圖1所示，將電磁打點計時器固定在桌面上，將紙帶的一端穿過打點計時器的限位孔后，固定在待測圓盤的側面上，使得圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤側面上。
（2）啟動控制裝置使圓盤轉動，同時接通電源，打點計時器開始打點。
（3）經過一段時間，停止轉動和打點，取下紙帶，進行測量。
① 由已知量和測得量表示的角速度的表達式為ω= 。式中各量的意義是：
.
② 某次實驗測得圓盤半徑r=5.50×10-2m，得到紙帶的一段如圖2所示，求得角速度為 。
（1） （2）6.8/s。 |
題號
1
2
3
4
5
6
答案
B
D
C
A
B
BC
題號
7
8
9
答案
BC
BD
AD
10．（8分）8.472；10.040；
11. （10分）(1)從實驗裝置看,該同學所用交流電的電壓為 _220 伏特,操作步驟中釋放紙帶和接通電源的先后順序應該是 _先接通電源后釋放紙帶 （每空1分，共2分）
(2)從數據處理方法看，在S1、S2、S3、S4、S5、S6中，對實驗結果起作用的，方法A中有 _ S1、S6; 方法B中有S1、S2、S3、S4、S5、S6。因此，選擇方法 _B （A或B）更合理，這樣可以減少實驗的 _偶然 (系統或偶然)誤差。（每空1分，共4分）
(3)本實驗誤差的主要來源有（試舉出兩條）. （每答對1條得2分，共4分）
重物下落過程中受到阻力； S1、S2、S3、S4、S5、S6 長度測量；
交流電頻率波動； 數據處理方法等。
12、（11分）
（1）水果電池的內阻太大。（1分）
（2）（6分）曉宇的方法不正確（1分），因水果電池本身有電動勢（1分），當用歐姆表直接接“土豆電池”的兩極時，歐姆表內部的電源與水果電池的電動勢正向或反向串聯，影響測量的結果，故測不準（1分）。
小麗同學測量的誤差也很大（1分）。理想狀態下用電流表測得的是短路電流，伏特表測得的應當是電源電動勢，但由于水果電池的內阻很大，伏特表的內阻不是遠大于水果電池的內阻（1分），故其測得的電動勢誤差大，算得的內阻亦不準確（1分）。
（3）①B（1分）、G（1分）
②（2分）
13．（14分）（1）
14．（14分）
解析：（1）由0－v2＝－2as 得
加速度大小a＝＝＝
（2）由牛頓第二定律得
f阻＋F附＝ma
故f阻＝ma－F附＝3×106×0.05－9×104＝6×104N （4分）
（3）由P＝Fv得
P＝f阻?vm
故P＝6×104×20＝1.2×106W （4分）
（4）由動能定理得：
Pt－f阻s1＝mv
代入數據解得：s1＝
故總行程s＝s1＋s2＝
15. （16分）解：對薄板由于Mgsin37
?m(M+m)gcos37故滑塊在薄板上滑動時，薄板靜止不動.
對滑塊：在薄板上滑行時加速度a
=gsin37=
，至B點時速度V=
=
滑塊由B至C時的加速度a
= gsin37-mgcos37=,滑塊由B至C用時t,由L
=Vt+
at
即t+6t-7=0 解得t=1s
對薄板：滑塊滑離后才開始運動，加速度a= gsin37-mgcos37=，滑至C端用時t
=
=
s
故滑塊、平板下端B到達斜面底端C的時間差是△t= t-t=-1=1.65s
16．(16分)
（1）設A、B下落H高度時速度為υ，由機械能守恒定律得：
（1分）
B著地后，A先向下運動，再向上運動到，當A回到B著地時的高度時合外力為0，對此過程有： 
（1分）
解得：
（1分）
（2）B物塊恰能離開地面時，彈簧處于伸長狀態，彈力大小等于mg，B物塊剛著地解除彈簧鎖定時，彈簧處于壓縮狀態，彈力大小等于mg．因此，兩次彈簧形變量相同，則這兩次彈簧彈性勢能相同，設為EP． （2分）
又B物塊恰能離開地面但不繼續上升，此時A物塊速度為0．
從B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續上升的過程中，A物塊和彈簧組成的系統機械能守恒，即：
（2分）解得：Δx＝H （2分）
（3）因為B物塊剛著地解除彈簧鎖定時與B物塊恰能離開地面時彈簧形變量相同，所以彈簧形變量
（1分）
第一次從B物塊著地到彈簧恢復原長過程中，彈簧和A物塊組成的系統機械能守恒：
（2分）
第二次釋放A、B后，A、B均做自由落體運動，由機械能守恒得剛著地時A、B系統的速度為
（1分）
從B物塊著地到B剛要離地過程中，彈簧和A物塊組成的系統機械能守恒：
（2分）
聯立以上各式得：
（1分）
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，T為電磁打點計時器打點的時間間隔，r為圓盤的半徑，x2、x1是紙帶上選定的兩點分別對應的米尺的刻度值，n為選定的兩點間的打點數（含兩點）。
或
……；（s5+s6）/2T；1，5
