1、计算题  ）如图所示，ABC为一细圆管构成的圆轨道，将其固定在竖直平面内，轨道半径为R（比细圆管的半径大得多），OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C，细圆管内壁光滑。在A点正上方某位置有一质量为m的小球（可视为质点）由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力。

（1）若小球经过C点时恰与管壁没有相互作用，求小球经过C点时的速度大小；
（2）若小球刚好能到达轨道的最高点C，求小球经过最低点B时的速度大小和轨道对小球的作用力大小；
（3）若小球从C点水平飞出后恰好能落回到A点，求小球刚开始下落时距离A点的高度。

参考答案：（1）（2）2;5mg（3）1.25R

本题解析：（1）因为小球通过C点时与管壁无相互作用力，
所以重力充当向心力
解得vc=
（2）因为小球恰好到达最高点C，所以小球通过C点时速度为零，
对小球由B到C的过程根据动能定理，
?
解得vB=2
对经过B点时，根据牛顿第二定律得?
解得FN=5mg
（3）小球从C点飞出后做平抛运动 则 ，
联立解得
从开始下落到经过C点，根据机械能守恒定律
解得h=1.25R

本题难度：一般

2、选择题  从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度。可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为（?）
A．牛顿第二定律不适用于静止物体
B．根据a=F/m和判断，加速度很小，速度增量很小，眼睛不易觉察到
C．推力小于静摩擦力，加速度是负值
D．重力、地面支持力、推力和静摩擦力的合力等于零。根据牛顿第二定律加速度等于零，所以原来静止的桌子还是静止的

参考答案：D

本题解析：分析：从牛顿第二定律知道，加速度的大小与合力大小成正比．当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力为零，由牛顿第二定律可知加速度为零．
解答：解：A、静止物体，加速度为零，合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体．故A错误．
B、根据a=可知，物体合力为零，加速度为零，而不是加速度很小，眼睛不易觉察到．
C、水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，加速度为零．故C错误．
D、由于水平推力小于等于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力为零，由牛顿第二定律可知加速度为零，桌子保持原来静止状态．故D正确．
故选D
点评：本题考查对牛顿第二定律的理解能力，要注意当物体受到多个力作用时，公式中F是指合力，而不是其中某一个力．

本题难度：简单

3、简答题  如图所示，足够长的水平传送带始终以大小为v=3m/s的速度逆时针传动，传送带上有一质量为M=2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3．开始时，A随同传送带共同向左运动，一光滑的质量为m=1kg的小球B自传送带左端出发，以一定的初速度在传送带上向右运动，小球与木盒相遇后，立即进入盒中与盒达到方向向右的共同速度v1=3m/s．（取g=10m/s2）求：
（1）木盒在传送带上相对滑动的距离为多少？
（2）为维持传送带始终匀速运动，带动传送带的电动机为此需多消耗的电能为多少？

参考答案：（1）设小球和小木盒一起做变速运动时的加速度为a，摩擦力为f，做变速运动的时间为t，由题可知，小球和木盒先相对地向右做匀减速运动，速度减到零，然后再向左做匀加速运动，直到速度为传送带速度为止．
F合=f=μ（M+m）g
a=F合M+m=μg=3m/s2
t=2×v1a=2s
在2s内木盒的位移为0，则木盒在传送带上滑过的距离等于这段时间传送带的对地位移大小．
即△s=vt=6m
故木盒在传送带上相对滑动的距离为6m．
（2）传送带上的物体动能和势能没有增加，所以电动机多消耗的电能为克服摩擦力做功产生的内能，即
? E电=△Q═f?△f=μ（m+M）△l=5.4J．

本题解析：

本题难度：一般

4、计算题  (16分)一轻质细绳一端系一质量为m＝0.05kg的小球A，另一端挂在O点，O到小球的距离为L＝0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s＝2m．现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球发生碰撞，每次碰后，滑块与小球速度均互换，已知滑块与挡板碰撞时不损失机械能，水平面与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.25，若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2．试问：

⑴若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h；
⑵若滑块B从h′＝5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数．

参考答案：⑴h＝0.5m；⑵n＝10

本题解析：⑴小球恰能完成一次完整的圆周运动，设它到最高点的速度为v0，在最高点由重力mg提供小球运动的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg＝
在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球此时在最低点速度为v1，根据机械能守恒定律有：－＝2mgL
根据题意可知，滑块滑至与小球碰撞前瞬间的速度也为v1，在滑块由h高度处运动至与小球相碰前瞬间的过程中根据动能定理有：mgh－μmg＝－0
联立以上各式，并代入数据解得：h＝0.5m
滑块与小球碰撞后将静止不动，随后小球运动一周后又与滑块相撞，滑块获得前一次碰前的速度向右运动，与挡板碰后又无能量损失地返回与小球发生第三次碰撞，…，设滑块最后以速度vn碰撞小球后，刚好能使其完成第n次完整圆周运动，根据动能定理有：mgh′－μmg(n－1＋)s＝－0
根据上述分析可知：vn＝v1
联立以上各式解得：n＝10

本题难度：一般

5、简答题  （1）用如图1所示的实验装置，验证牛顿第二定律．

①在平衡摩擦力时，先取下砂桶，将木板不带滑轮的一端垫高，让打点计时器接______（选填“交流电源”或“直流电源），然后______（选填“静止释放”或“轻轻推动”）小车，让小车拖着纸带运动．如果打出的纸带如图1右所示，则应______（选填“增大”或“减小”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹______，平衡摩擦力才算完成．
②图2是某次实验中得到的一条纸带，则小车的加速度是______m/s2．（计算结果保留三位有效数字）
（2）①甲同学用多用电表测定一只电阻的阻值，操作如下：
多用电表电阻档有4个倍率：分别为×1K、×100、×10、×1．该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图3中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
a．______；
b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处；
c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是______Ω．
②乙同学用伏安法测量某金属丝的电阻（阻值5～10Ω），实验室提供了下列器材．
A．电压表（0～3V，内阻1kΩ）?B．电压表（0～15V，内阻5kΩ）
C．电流表（0～0.6A，内阻2Ω）?D．电流表（0～3A，内阻0.5Ω）
E．滑动变阻器（10Ω，0.2A）?F．滑动变阻器（50Ω，0.6A）
G．直流电源（6V，内阻不计）
另有开关一个、导线若干．
实验中有两种电路可供选择，如图4（甲）和（乙）所示．
本次实验中电路应选______（选填“甲”或“乙”），电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______．（只填器材前的字母代号即可）．

参考答案：（1）①在平衡摩擦力时，先取下砂桶，将木板不带滑轮的一端垫高，让打点计时器接交流电源，然后 轻轻推动小车，让小车拖着纸带运动．如果打出的纸带如图1右所示，则应减小木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔均匀，平衡摩擦力才算完成．
②由图可知，五点对应的刻度分别是1.00cm、3.00 cm、5.20 cm、7.60 cm、10.20cm，
根据运动学公式得：△x=at2，
a=△xT2=5.00m/s2．
（2）①该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大，为了减小误差，重新选×10档测量
测量结果是12×10=120Ω．
②由于待测电阻与电流表的内阻接近，所以选择电流表外接法．故选乙图．
电源电动势是3V，为了读数减小误差，电压表应选A，电流表应选C，
滑动变阻器（10Ω，0.2A）?不能满足实验，所以滑动变阻器应选F．
故答案为：（1）①交流电源，轻轻推动，减小，间隔均匀（之间的距离大致相等）；
②5.00
（2）①重新选×10档测量，120，
②乙，A，C，F．

本题解析：

本题难度：一般