湖南省岳阳市平江一中2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年湖南省岳阳市平江一中高三（上）期中物理试卷　一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-8题单选，9-12题多选）1．下列说法中正确的是（　　）A．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法C．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D．开普勒用了多年的时间研究行星的运动规律和科学的数学计算发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量　2．船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2．为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为（　　）A．B．C．D．　3．两质点甲与乙，同时由同一点向同一方向做直线运动，它们的速度一时间图象如图所示．则下列说法中正确的是（　　）A．第4s末甲、乙将会相遇B．在第2s末甲、乙将会相遇C．在2s内，甲的平均速度比乙的大D．在第2s末甲、乙相距最近　4．物体从某一高度自由落到直立于地面上的轻弹簧上，如图在A点开始与弹簧接触，到B点物体速度为零，然后被弹回，则（　　）A．物体A到B的过程中，动能不断减小B．物体从B上升到A的过程中，动能不断增大C．物体从A到B及B上升到A的过程中，动能是先变大后变小D．物体在B点的动能不为零-20-\n　5．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（　　）A．Q受到的摩擦力一定变小B．Q受到的摩擦力一定变大C．轻绳上拉力一定变小D．轻绳上拉力一定不变　6．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd．从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（　　）A．b与c之间某一点B．c点C．c与d之间某一点D．d点　7．三颗人造地球卫星A、B、C在同一平面内沿不同的轨道绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，已知RA＜RB＜RC．若在某一时刻，它们正好运行到同一条直线上，如图所示．那么再经过卫星A的四分之一周期时，卫星A、B、C的位置可能是（　　）A．B．C．D．　8．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则（　　）A．a1=a2B．a1＜a2＜2a1C．a2=2a1D．a2＞2a1　9．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是（　　）-20-\nA．斜面受地面的摩擦力向右B．地面对斜面的支持力为82NC．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上　10．球m用轻弹簧连接，由水平位置（弹簧处于原长）释放，在球摆至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）A．球m的机械能守恒B．球m的动能增加C．球m的机械能减少D．球m和弹簧构成的系统机械能守恒　11．如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h．某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．忽略空气阻力，三种情况相比较，下列说法正确的是（　　）A．．物体克服摩擦力做的功Wc=2Wb=4WaB．．物体克服摩擦力做的功Wc=2Wb=2WaC．物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2EkcD．．物体到达底端的动能Eka＞2Ekb＞2Ekc　12．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）-20-\nA．3t0时刻的瞬时功率为B．3t0时刻的瞬时功率为C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为　　二、填空题（每空2分，共18分）13．某同学在“探究平抛运动的规律”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，在方格纸上建立如图所示的坐标系，小方格的边长L=6.4cm，若小球在平抛运动实验中记录了几个位置如图中的a、b、c、d、e所示．（g=10m/s2）①图示的几个位置中，明显有问题的是　　　　　　②小球平抛的初速度为　　　　　　m/s；③小球经过位置b的速度为　　　　　　m/s．　14．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示．（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线；②在其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记下细线结点的位置O、细线的方向和钩码个数；③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，调整B、C的位置，使　　　　　　，记录　　　　　　；（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα：cosβ=　　　　　　．-20-\n　15．某同学设计了如图1所示的装置来探究“加速度与力的关系”．弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接（其中弹簧秤与定滑轮之间的一段细绳与桌面平行）．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d．开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小；再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q的时间t．（1）木块的加速度可以用d、t表示为a=　　　　　　（2）（单选）改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧秤的示数F的关系．图2图象能表示该同学实验结果的是　　　　　　．（3）（多选）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　　　　　　．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取更多组实验数据C．可以更精确地测出摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度．　　三、计算题（要求有详细解答过程，第16题8分，第17题12分，第18题14分，共34分）16．如图1所示，在平直的道路上，依次有编号为A、B、C、D、E五根标志杆，相邻两杆之间的距离是相等的．一辆汽车以v0=20m/s的速度匀速向标志杆驶来，当司机经过O点时开始刹车，由于司机有反应时间，汽车先匀速运动一段距离再做匀减速运动，直到停止．开始刹车后的0～7.5s内汽车的v﹣t图象如图2所示，其中如tB=5.5s、tC=7.5s分别是司机经过B、C杆的时刻．求：-20-\n（1）司机的反应时间t1；（2）A杆距O点的距离xOA．　17．（12分）（2022春•仙桃期末）如图所示，位于竖直面内的曲线轨道的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接．现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C．已知A点到B点的高度h=1.5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过C点时的速度大小；（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功．　18．（14分）（2022秋•岳阳校级期中）一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小铁块，在木板右方有一档板，如图所示．小铁块与木板一起以共同速度v0=2m/s向右匀速运动，直至木板与档板碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反．已知运动过程中小铁块始终未离开木板，小铁块与木板间的动摩擦因为μ=0.2，木板的质量是m=1kg，小铁块质量是M=4kg，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板与档板第一次碰撞后的一小段时间内，木板的加速度a1和小铁块的加速度a2各为多大；（2）木板与档板第一次碰撞后，木板右端离开档板的最大距离x1；（3）木板至少有多长．　　2022-2022学年湖南省岳阳市平江一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析-20-\n　一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，1-8题单选，9-12题多选）1．下列说法中正确的是（　　）A．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法C．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D．开普勒用了多年的时间研究行星的运动规律和科学的数学计算发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量【考点】物理学史．【分析】在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量．【解答】解：A、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法；故A错误．B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B错误．C、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法．故C正确．D、牛顿用了多年的时间研究行星的运动规律和科学的数学计算发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量．故D错误．故选：C【点评】在高中物理学习的过程中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累．　2．船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2．为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为（　　）A．B．C．D．【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】使船行驶到河正对岸的码头，则知船的航行速度必须垂直河岸，即v1、v2的合速度垂直于v2，那么，由矢量合成的平行四边形法则知v1必须与河岸成一定的角度斜着向上才能满足条件．-20-\n【解答】解：由题中的条件知v1、v2的合速度垂直于河岸，即垂直于v2，那么，由矢量合成的平行四边形法则知v1必须与河岸成一定的角度斜着向上才能满足条件．所以，选项C符合条件正确，选项A、B、D错误．故选：C．【点评】要知道船的实际航行速度是船在静水中的航速v1与水流的速度v2的合速度，必须垂直河岸，而速度的合成适用平行四边形法则．　3．两质点甲与乙，同时由同一点向同一方向做直线运动，它们的速度一时间图象如图所示．则下列说法中正确的是（　　）A．第4s末甲、乙将会相遇B．在第2s末甲、乙将会相遇C．在2s内，甲的平均速度比乙的大D．在第2s末甲、乙相距最近【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】应用题．【分析】v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．相遇要求在同一时刻到达同一位置．【解答】解：A、由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知：在第4s末甲对应的速度为：v=kt==20m/s，则甲的位移为：=40m，乙的位移为：x乙=4×10=40m，故A正确；B、0～2s内甲的速度一直比乙大，故甲、乙之间的距离越来越大，2～4s内，乙的速度大于甲的速度，故两质点间距开始变小，故第2s末速度相等，距离最大；根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，可以知道，4s末两质点再次相遇，故BD错误；C、由图可知，在2s内，乙的位移大于甲的位移，故乙的平均速度大于甲的平均速度，故C错误．故选：A【点评】本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理．　4．物体从某一高度自由落到直立于地面上的轻弹簧上，如图在A点开始与弹簧接触，到B点物体速度为零，然后被弹回，则（　　）-20-\nA．物体A到B的过程中，动能不断减小B．物体从B上升到A的过程中，动能不断增大C．物体从A到B及B上升到A的过程中，动能是先变大后变小D．物体在B点的动能不为零【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】动能的大小与物体的速度有关，知道速度的变化规律可以知道动能的变化规律；重力势能与物体的高度有关，根据高度的变化来判断重力势能的变化；弹簧的弹性势能看的是弹簧形变量的大小；由外力做功与物体机械能变化的关系，可以判断机械能的变化．【解答】解：物体从A点接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短B点的过程中，物体的运动过程为：在物体刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，小球还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于了重力，小球开始减速，直至减为零．弹簧从压缩到最短B点到弹簧弹回原长A点的过程中，物体的运动过程：弹簧压缩到最短时弹力最大，大于重力，合力方向向上，物体加速上升，当弹簧的弹力和物体的重力相等小球的速度达到最大，之后弹力小于重力，小球开始减速．A、小球从A到B的过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故A错误；B、小球从B到A的过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B错误C正确；D、弹性势能取决于弹簧的形变量，形变量越大，则弹簧的弹性势能越大；故A点处弹性势能最小；故D错误；故选：C．【点评】首先要明确物体的整个的下落过程，知道在下降的过程中各物理量之间的关系，在对动能和势能的变化作出判断，需要学生较好的掌握基本知识　5．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（　　）A．Q受到的摩擦力一定变小B．Q受到的摩擦力一定变大C．轻绳上拉力一定变小D．轻绳上拉力一定不变【考点】共点力平衡的条件及其应用．【分析】分别对单个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面．【解答】解：进行受力分析：-20-\n对Q物块：当用水平向左的恒力推Q时，由于不知具体数据，Q物块在粗糙斜面上的运动趋势无法确定，故不能确定物块Q受到的摩擦力的变化情况，故A、B错误；对P物块：因为P物块处于静止，受拉力和重力二力平衡，P物块受绳的拉力始终等于重力，所以轻绳与P物块之间的相互作用力一定不变，故C错误，D正确．故选D．【点评】对于系统的研究，我们要把整体法和隔离法结合应用．对于静摩擦力的判断要根据外力来确定．　6．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd．从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（　　）A．b与c之间某一点B．c点C．c与d之间某一点D．d点【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】解答本题需要掌握：平抛运动的特点并能灵活应用，应用相关数学知识求解，如假设没有斜面的限制，将落到那点，有斜面和没有斜面的区别在哪里．【解答】解：过b做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的bc之间，故A正确，BCD错误．故选A．【点评】本题考查角度新颖，很好的考查了学生灵活应用知识解题的能力，在学习过程中要开阔思路，多角度思考．如本题中学生可以通过有无斜面的区别，找到解题的突破口．　7．三颗人造地球卫星A、B、C在同一平面内沿不同的轨道绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，已知RA＜RB＜RC．若在某一时刻，它们正好运行到同一条直线上，如图所示．那么再经过卫星A的四分之一周期时，卫星A、B、C的位置可能是（　　）A．B．C．D．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．-20-\n【分析】根据G，知轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度．【解答】解：根据万有引力提供圆周运动的向心力有G有，轨道半径越大，周期越大，角速度越小，相同的时间内转过的角度越小．因为：RA＜RB＜RC．所以有：ωA＞ωB＞ωC，在A卫星转过的的时间内，三卫星对地球转过的角度θA＞θB＞θC，所以C正确，ABD错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力G，知道周期与轨道半径的关系　8．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则（　　）A．a1=a2B．a1＜a2＜2a1C．a2=2a1D．a2＞2a1【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律分别研究两种情况，列出方程，根据滑动摩擦力大小没有变化，分析加速度的关系．【解答】解：当物体所受的推力F变为2F时，物体对斜面的压力没有变化，物体所受的滑动摩擦力也没有变化，设滑动摩擦力大小为f，斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得F﹣f﹣mgsinθ=ma12F﹣f﹣mgsinθ=ma2两式相除得：==2+2＞2所以a2＞2a1故选：D．【点评】本题应用牛顿第二定律研究加速度时，公式F=ma中F是物体受到的合力．　-20-\n9．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是（　　）A．斜面受地面的摩擦力向右B．地面对斜面的支持力为82NC．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向．【解答】解：AB、杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，整体相对于地面没有运动的趋势，所以不受地面的摩擦力．由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力82N．故A错误，B正确．CD：小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零．对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹性轻杆对小球的弹力为2N，竖直向上；根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为2N，方向竖直向下．故C正确、D错误．故选：BC【点评】本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不共线．　10．球m用轻弹簧连接，由水平位置（弹簧处于原长）释放，在球摆至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）A．球m的机械能守恒B．球m的动能增加C．球m的机械能减少D．球m和弹簧构成的系统机械能守恒【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】小球下摆的过程中，弹簧不断拉长，重力做正功，弹簧弹力对小球做负功，小球动能、重力势能、弹簧弹性势能的总量守恒．-20-\n【解答】解：AC、小球m在下摆的过程中，弹簧不断拉长，弹簧的弹力对小球m做负功，所以球m的机械能减少，故A错误，C正确．B、小球摆至最低点的过程中，速度增大，动能增大，故B正确．D、对于m、弹簧构成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D正确．故选：BCD【点评】本题关键要注意小球的机械能不守恒，而小球和弹簧组成的系统机械能守恒．　11．如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h．某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．忽略空气阻力，三种情况相比较，下列说法正确的是（　　）A．．物体克服摩擦力做的功Wc=2Wb=4WaB．．物体克服摩擦力做的功Wc=2Wb=2WaC．物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2EkcD．．物体到达底端的动能Eka＞2Ekb＞2Ekc【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据功的计算公式得到物体克服摩擦力做功的关系，再由动能定理列式分析物体末动能的关系．【解答】解：AB、设任一斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=μmgcosθ•X，式中Xcosθ即为底边长度．由图可知a和b斜面的底边相等且等于c的一半，故物体克服摩擦力做的功Wc=2Wb=2Wa．故A错误，B正确．CD、设物体滑到底端时的动能为Ek，根据动能定理得：mgH﹣μmgXcosθ=Ek，则得Eka=2mgh﹣μmgL，Ekb=mgh﹣μmgL，Ekc=mgh﹣μmg•2L，图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：Eka＞EKb＞Ekc，根据数学知识可得，Eka＞2Ekb＞2Ekc．故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题比较简单直接利用功能关系即可求解，知道滑动摩擦力做功与斜面的底边长度有关．易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力．　12．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）-20-\nA．3t0时刻的瞬时功率为B．3t0时刻的瞬时功率为C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】根据牛顿第二定律和运动学公式求出2t0时刻的瞬时速度，从而求出瞬时功率．根据位移公式求出t=0到2t0这段时间内位移，通过功的公式求出水平力做功的大小，从而求出平均功率．【解答】解：A、0～t0时间内的加速度a1=，则t0时刻的速度v1=a1t1=t0，在t0～3t0时间内的加速度a2=，则3t0时刻的速度v2=v1+a2t0=，3t0时刻的瞬时功率为P=F0v2=；故A正确，B错误；C、0～2t0时间内的位移x1=a1t02=，在t0～3t0时间内的位移x2=v1t0+a2（2t0）2=，在t=0到3t0这段时间内，水平力做功W=3F0x1+F0x2=，则水平力做功的平均功率P=故C错误，D正确．-20-\n故选：AD【点评】解决本题的关键通过图线，结合牛顿第二定律和运动学公式求出速度和位移，知道平均功率和瞬时功率的区别　二、填空题（每空2分，共18分）13．某同学在“探究平抛运动的规律”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，在方格纸上建立如图所示的坐标系，小方格的边长L=6.4cm，若小球在平抛运动实验中记录了几个位置如图中的a、b、c、d、e所示．（g=10m/s2）①图示的几个位置中，明显有问题的是　d　②小球平抛的初速度为　1.6　m/s；③小球经过位置b的速度为　2.0　m/s．【考点】研究平抛物体的运动．【专题】实验题．【分析】根据水平方向位移相等时，竖直方向位移之差相等，即可判定有问题的点；平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2求出时间单位T．对于水平方向由公式v0=求出初速度．【解答】解：①当水平方向位移相等时，则说明它们的运动时间相等，那么在相等时间内的位移之差相等，因此明显有问题的是d，应该真实位置在e；②设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：2L﹣L=gT2，得到：T==s=0.08s；水平方向：v0===1.6m/s；③小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度为：vby===1.2m/s所以b点的速度为：vb==m/s=2.0m/s故答案为：①d；②1.6；③2.0．【点评】本题是频闪照片问题，频闪照相每隔一定时间拍一次相，关键是抓住竖直方向自由落体运动的特点，由△y=gT2求时间单位．　14．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验装置如图所示．（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线；-20-\n②在其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记下细线结点的位置O、细线的方向和钩码个数；③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，调整B、C的位置，使　结点O的重合　，记录　钩码个数、细绳的方向　；（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosα：cosβ=　3：4　．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作．【解答】解：（1）该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤B中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向．（2）根据O点处于平衡状态，正交分解有：竖直方向：4mgsinα+3mgsinβ=5mg…①水平方向：4mgcosα=3mgcosβ…②联立①②解得：cosα：cosβ=3：4．故答案为：（1）结点O的重合，钩码个数、细绳的方向；（2）3：4【点评】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义．　15．某同学设计了如图1所示的装置来探究“加速度与力的关系”．弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接（其中弹簧秤与定滑轮之间的一段细绳与桌面平行）．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d．开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小；再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q的时间t．（1）木块的加速度可以用d、t表示为a=　　-20-\n（2）（单选）改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧秤的示数F的关系．图2图象能表示该同学实验结果的是　C　．（3）（多选）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　BC　．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取更多组实验数据C．可以更精确地测出摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】长木板做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解加速度；知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值；知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力．【解答】解：（1）根据匀变速直线运动公式得：d=at2可得：a=．（2）由牛顿第二定律可知，F﹣F0=ma，故a=，当F1＞F0时，木板才产生加速度．随着继续向瓶中加水后，矿泉水瓶的质量不断增加，矿泉水瓶的质量不能远小于木板的质量，那么水的重力与绳子的拉力差值越来越大，则图象出现弯曲．故选：C．（3）A、不可以改变滑动摩擦力的大小，故A错误．B、缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，故B正确．C、缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，故C正确．D、并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度．故D错误．故选：BC．故答案为：（1）；（2）C；（3）BC【点评】实验要明白实验目的，懂得实验原理，科学选择器材，合理安排实验步骤，细心记录数据，认真分析和处理数据，总结实验结论．　三、计算题（要求有详细解答过程，第16题8分，第17题12分，第18题14分，共34分）16．如图1所示，在平直的道路上，依次有编号为A、B、C、D、E五根标志杆，相邻两杆之间的距离是相等的．一辆汽车以v0=20m/s的速度匀速向标志杆驶来，当司机经过O点时开始刹车，由于司机有反应时间，汽车先匀速运动一段距离再做匀减速运动，直到停止．开始刹车后的0～7.5s内汽车的v﹣t图象如图2所示，其中如tB=5.5s、tC=7.5s分别是司机经过B、C杆的时刻．求：-20-\n（1）司机的反应时间t1；（2）A杆距O点的距离xOA．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】（1）根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合速度时间公式求出司机的反应时间．（2）根据速度位移公式求出相邻两杆之间的距离，结合位移公式求出汽车在0～5.5s内的位移，从而得出A杆距O点的距离xOA．【解答】解：（1）由汽车的v﹣t图象可得，刹车后汽车的加速度大小，tB=5.5s时，汽车的速度vB=v0﹣a（5.5﹣t1），代入数据解得t1=0.5s．（2）设相邻两杆之间的距离为L，司机由B到C的过程中，，代入数据解得L=16m．汽车在0～5.5s内的位移，代入数据xOB=85m，A杆距O点的距离xOA=xOB﹣L=85﹣16m=69m．答：（1）司机的反应时间为0.5s；（2）A杆距O点的距离为69m．【点评】本题考查了运动学公式与速度时间图线的综合，通过图线求出加速度以及反应时间是解决本题的关键．　17．（12分）（2022春•仙桃期末）如图所示，位于竖直面内的曲线轨道的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m的光滑圆形轨道平滑连接．现有一质量m=0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C．已知A点到B点的高度h=1.5m，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过C点时的速度大小；-20-\n（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功．【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；机械能守恒定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C，即在C点滑块所受轨道的压力为零，根据牛顿第二定律求出滑块通过C点的速度．（2）对B到C段研究，运用机械能守恒定律求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力大小，从而求出滑块对轨道的压力．（3）对A到B段运用动能定理，求出克服摩擦力做的功．【解答】解；（1）因滑块恰能通过C点，即在C点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用．设滑块在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律，对滑块在C点有mg=解得vC==2.0m/s（2）设滑块在B点时的速度大小为vB，对于滑块从B点到C点的过程，根据机械能守恒定律有mvB2=mvC2+mg2R滑块在B点受重力mg和轨道的支持力FN，根据牛顿第二定律有FN﹣mg=联立上述两式可解得FN=6mg=6.0N根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小FN′=6.0N（3）设滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为Wf，对于此过程，根据动能定律有mgh﹣Wf=mvB2解得Wf=mgh﹣mvB2=0.50J答：（1）滑块通过C点时的速度大小为2m/s．（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6.0N．（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功0.50J．【点评】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练．　18．（14分）（2022秋•岳阳校级期中）一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小铁块，在木板右方有一档板，如图所示．小铁块与木板一起以共同速度v0-20-\n=2m/s向右匀速运动，直至木板与档板碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反．已知运动过程中小铁块始终未离开木板，小铁块与木板间的动摩擦因为μ=0.2，木板的质量是m=1kg，小铁块质量是M=4kg，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板与档板第一次碰撞后的一小段时间内，木板的加速度a1和小铁块的加速度a2各为多大；（2）木板与档板第一次碰撞后，木板右端离开档板的最大距离x1；（3）木板至少有多长．【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）分别对物块M和木板B进行受力分析，然后结合牛顿第二定律即可求出加速度；（2）当木板的速度第一次为0时，木板右端离开档板的距离最大，由运动学的公式即可求出；（3）根据能量守恒定律求出系统产生的内能Q，结合Q=μMgL即可求出铁块在小车上的滑行距离．【解答】解：（1）以向右为正方向，木板在光滑的水平面上运动，在向左运动的过程中只受到铁块的摩擦力，木板与铁块之间的摩擦力的大小：f=μMg=0.2×4×10=8N木板的受到的摩擦力的方向向右，加速度：铁块受到的摩擦力的方向向左，加速度：（2）当木板的速度第一次为0时，木板右端离开档板的距离最大，由公式：得：m（3）由于铁块的质量大于木板的质量，所以每一次碰撞后，系统的总动量的方向向右，根据动量守恒定律可知，经过一段时间的相互作用后，二者将最终再向右运动，直到再次与挡板碰撞；最终，铁块与挡板将一起在挡板处停下，速度都是0．设铁块与木板最终的相对位移为L，由功能关系得：代入数据得：L=1.25m即木板至少长1.25m．答：（1）木板与档板第一次碰撞后的一小段时间内，木板的加速度a1和小铁块的加速度a2分别为8m/s2，方向向右；和2m/s2，方向向左（2）木板与档板第一次碰撞后，木板右端离开档板的最大距离是0.25m；（3）木板至少长1.25m．【点评】该题属于多物体多过程的情况，其中前两问比较简单，第三问首先要使用动量守恒定律说明最终，铁块与挡板将一起在挡板处停下，速度都是0是解答的关键，要注意分析．　-20-