广东省肇庆市江口中学2022届高三物理上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年广东省肇庆市江口中学高三（上）月考物理试卷（10月份）一.选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A．伽利略最早发现了行星运动的三大规律B．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C．开普勒通过实验测出了引力常量D．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因2．质量为m的物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示．关于物体在0～8s内的运动，下列说法正确的是()A．物体在0～4s内做匀变速直线运动B．物体在第4s末速度最大C．物体在第8s末离出发点最远D．物体在第6s末速度的大小为3．物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2，则下列判断正确的是()A．弹簧的原长为B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D．弹簧的劲度系数为-17-\n4．如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，下列选项可能正确的是()A．am=2m/s2，aM=1m/s2B．am=1m/s2，aM=2m/s2C．am=2m/s2，aM=4m/s2D．am=3m/s2，aM=5m/s25．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动情况是()A．绳的拉力等于M的重力B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上匀速运动D．物体M向上匀加速运动6．如图所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，下列说法正确的是()A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将减小D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将增大7．如图所示是一辆汽车和一辆摩托车同时同地沿同一方向做直线运动的v﹣t图象，则由图象可知()A．40s末汽车在摩托车之前B．20s末汽车运动方向发生改变-17-\nC．60s内两车相遇两次D．汽车10s末所受合力是40s末的2倍8．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN﹣v2图象如图乙所示．下列说法正确的是()A．当地的重力加速度大小为B．小球的质量为C．当v2=c时，杆对小球弹力方向向上D．若v2=2b，则杆对小球弹力大小为a二、非选择题（5题共62分）9．某同学利用如图丙所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上铺有白纸，在A、B两点固定两个光滑定滑轮，用一个轻绳跨过两滑轮悬挂钩码组N1、N2，用另一轻绳C在O点打一结，悬挂钩码组N3，每个钩码的质量相等．当系统达到平衡时，记录各组钩码个数，回答下列问题：（1）改变钩码个数，可以完成实验的是__________A．钩码的个数N1=2，N2=2，N3=4B．钩码的个数N1=3，N2=3，N3=4C．钩码的个数N1=4，N2=4，N3=4D．钩码的个数N1=3，N2=4，N3=8（2）在拆下钩码和绳子前，必须的一个步骤是__________A．记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．用刻度尺测出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用天平测出钩码的质量（3）在操作正确的前提下，你认为甲、乙两图比较合理的是__________图．（填“甲”或“乙”）-17-\n10．如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置．图中小车A的质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为一固定的可读数的拉力传感器，钩码p的质量为m2．实验时可改变p的质量，并读出传感器对应的数值F，不计滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦．下列说法正确的是()A．A与定滑轮间的细绳和长木板必须学保持平行B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中钩码质量m2应远小于小车质量m1D．拉力传感器的数值为11．如图1为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是__________m/s2．（交流电的频率为50Hz，结果保留二位有效数字）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象是图2中的图线__________．12．（14分）如图所示，传送带A、B两端相距x=29.8m，与水平方向成θ=37°，以v0=13.6m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，试求煤块从A运动到B的时间．（取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，）13．（18分）一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA竖直，另一侧的坡面OB呈抛物线形状，与一平台BC相连，如图所示．已知山沟竖直一侧OA的高度为2h，平台离沟底h高处，C点离竖直OA的水平距离为2h．以沟底的O点为原点建立坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y=-17-\n．质量为m的探险队员在山沟的竖直一侧从A点沿水平方向跳向平台．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．求：（1）若探险队员从A点以速度v0水平跳出时，掉在坡面OB的某处，则他在空中运动的时间为多少？（2）为了能跳在平台上，他在A点的初速度应满足什么条件？请计算说明．【选做题】14．2022年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌．比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是()A．运动员在助滑区加速下滑时处于失重状态B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于超重状态E．运动员在弧形过渡区对滑道的压力小于滑道对人的支持力15．如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N．当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m=2kg的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．g取10m/s2，则：（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；（2）经多长时间两者达到相同的速度；（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少？-17-\n2022-2022学年广东省肇庆市江口中学高三（上）月考物理试卷（10月份）一.选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分．第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A．伽利略最早发现了行星运动的三大规律B．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C．开普勒通过实验测出了引力常量D．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、开普勒最早发现了行星运动的三大规律，故A错误．B、笛卡尔笛卡尔研究了运动和力的关系，对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确．C、万有引力常数是由卡文迪许测出的，故C错误；D、伽利略通过理想斜面实验说明物体具有惯性，最早指出力不是维持物体运动的原因．故D错误．故选：B．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．质量为m的物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示．关于物体在0～8s内的运动，下列说法正确的是()A．物体在0～4s内做匀变速直线运动B．物体在第4s末速度最大C．物体在第8s末离出发点最远D．物体在第6s末速度的大小为【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】题中知道物体的受力情况，可根据牛顿第二定律分析物体的运动情况，得到物体的运动性质、位移和速度的变化情况．【解答】解：A、在0∽2s内，物体受到向正方向的恒力，物体向正方向做匀加速直线运动，在2～4s内，物体受到向负方向的恒力，物体继续向正方向做匀减速直线运动．故A错误．B、4s末物体的速度为零，4s末物体的运动方向改变．故B错误；-17-\nC、在4∽6s内，物体受到向负方向的恒力，物体向负方向做匀加速直线运动．在6～8s内，物体受到向正方向的恒力，物体继续向负方向做匀减速直线运动，8s末速度为零．综上，物体在4s末离出发点最远．故C错误．D、根据动量定理可得：物体在4s末物体的速度为零，第6s末速度的大小为=．故D正确．故选：D【点评】本题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的运动，也可作出物体的v﹣t图象进行分析．特别要注意的是2s末物体的运动方向不是回头．3．物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2，则下列判断正确的是()A．弹簧的原长为B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D．弹簧的劲度系数为【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度，再分别对A和B为研究对象，求得弹簧的原长．根据两种情况下弹簧的弹力的大小关系，分析弹簧的形变量关系；由胡克定律求得劲度系数．【解答】解：A、C、D以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为a=．设弹簧的原长为l0．根据牛顿第二定律得：第一种情况：对A：k（l1﹣l0）=ma①第二种情况：对B：k（l0﹣l2）=2ma②由①②解得，l0=，k=．故AC错误，D正确．B、第一种情况弹簧的形变量为△l=l1﹣l0=；第二种情况弹簧的形变量为△l=l0﹣l2=；故B错误．故选：D-17-\n【点评】本题关键要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律和胡克定律结合研究．4．如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2．现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，下列选项可能正确的是()A．am=2m/s2，aM=1m/s2B．am=1m/s2，aM=2m/s2C．am=2m/s2，aM=4m/s2D．am=3m/s2，aM=5m/s2【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度．【解答】解：若两个物质恰好要发生相等滑动，则根据牛顿第二定律，对物体m有：μFN=ma1，FN﹣mg=0解得：a1=2m/s2对小车F﹣μFN=Ma2解得：F=2（M+m）若F小于等于2（M+m），二者一起做匀加速直线运动，则它们一起运动的加速度小于等于2m/s2，若F大于2（M+m），则二者都做匀加速直线运动，则m加速度等于2m/s2，M的加速度大于2m/s2，故只有选项C正确．故选：C【点评】该题是整体法与隔离法的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况5．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动情况是()A．绳的拉力等于M的重力B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上匀速运动D．物体M向上匀加速运动【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，根据M的运动情况得出M的加速度方向，从而根据牛顿第二定律求出拉力和重力的大小关系．【解答】解：设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，根据平行四边形定则得，vM-17-\n=vcosθ，车子在匀速向左的运动过程中，绳子与水平方向的夹角θ减小，所以M的速度增大，M做变加速运动，根据牛顿第二定律有：F﹣mg=ma，知拉力大于重力．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．6．如图所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，下列说法正确的是()A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将减小D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将增大【考点】力的合成．【专题】受力分析方法专题．【分析】将汽车对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等．根据几何知识求解两臂受到的压力大小．继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由数学知识分析两臂受到的压力大小的变化．【解答】解：A、将汽车对千斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等由2F1cosθ=F得F1==F=1.0×105N所以此时两臂受到的压力大小均为1.0×105N，故A错误．B、汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N．故B正确；C、D、继续摇动把手，两臂靠拢，夹角θ减小，-17-\n由F1=分析可知，F不变，当θ减小时，cosθ增大，F1减小．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题应用平衡条件分析实际问题，采用的是力的分解法，也可以以O点为研究对象，应用正交分解法或合成法分析．7．如图所示是一辆汽车和一辆摩托车同时同地沿同一方向做直线运动的v﹣t图象，则由图象可知()A．40s末汽车在摩托车之前B．20s末汽车运动方向发生改变C．60s内两车相遇两次D．汽车10s末所受合力是40s末的2倍【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】运动学中的图像专题．【分析】根据速度的大小关系分析t=40s时两车的位置关系，两车从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移再次相等时，两车再次相遇．根据“面积”分析什么时刻两车再次相遇．根据斜率求出加速度，由牛顿第二定律研究合力．【解答】解：A、由图看出，t=40s时摩托车图线的“面积”小于汽车图线的“面积”，则摩托车的位移小于汽车的位移，两者又是从同一位置出发的，则40s末汽车在甲摩托车之前．故A正确．B、根据图象看出，汽车的速度一直都为正值，说明一直沿正方向向前运动，运动方向没有改变．故B错误．C、两车从同一地点沿同一方向做直线运动，从图象看出，20s末和60s末两图线的“面积”相等，说明两物体的位移相等，两物体相遇两次．故C正确．D、10s末汽车的加速度大小为a===1m/s2，40s末汽车的加速度大小为a′===0.5m/s2，则a=2a′，则由牛顿第二定律知，汽车10s末所受合力是40s末的2倍，故D正确．故选：ACD【点评】本题考查分析和理解速度图象的能力，主要根据“面积”分析两者位置关系，确定是否相遇及什么时刻相距最远．8．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN﹣v2图象如图乙所示．下列说法正确的是()-17-\nA．当地的重力加速度大小为B．小球的质量为C．当v2=c时，杆对小球弹力方向向上D．若v2=2b，则杆对小球弹力大小为a【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】（1）在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；（2）由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；（3）若c=2b．根据向心力公式即可求解．【解答】解：AB、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m解得：g=，m=，故A正确，B正确；C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；D、若c=2b．则N+mg=m，解得N=a=mg，故D正确．故选：ABD．【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中．二、非选择题（5题共62分）9．某同学利用如图丙所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上铺有白纸，在A、B两点固定两个光滑定滑轮，用一个轻绳跨过两滑轮悬挂钩码组N1、N2，用另一轻绳C在O点打一结，悬挂钩码组N3，每个钩码的质量相等．当系统达到平衡时，记录各组钩码个数，回答下列问题：（1）改变钩码个数，可以完成实验的是BCA．钩码的个数N1=2，N2=2，N3=4B．钩码的个数N1=3，N2=3，N3=4C．钩码的个数N1=4，N2=4，N3=4D．钩码的个数N1=3，N2=4，N3=8（2）在拆下钩码和绳子前，必须的一个步骤是AA．记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．用刻度尺测出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用天平测出钩码的质量（3）在操作正确的前提下，你认为甲、乙两图比较合理的是甲图．（填“甲”或“乙”）-17-\n【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】（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）．由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答．【解答】解：（1）对O点受力分析OAOBOC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD．因此三个力的大小构成一个三角形．A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误．B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B正确．C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C正确．D、3、4、8不可以构成三角形，则结点不能处于平衡．故D错误．故选：BC．（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BC错误．故选：A．（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．故答案为：（1）BC（2）A（3）甲【点评】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别．10．如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置．图中小车A的质量为m1-17-\n，连接在小车后面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为一固定的可读数的拉力传感器，钩码p的质量为m2．实验时可改变p的质量，并读出传感器对应的数值F，不计滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦．下列说法正确的是()A．A与定滑轮间的细绳和长木板必须学保持平行B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中钩码质量m2应远小于小车质量m1D．拉力传感器的数值为【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；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】该实验必须要平衡摩擦，由于该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，故不要求重物质量远小于小车质量，由牛顿第二定律可求解测力计的读数．【解答】解：A、A与定滑轮间的细绳和长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；C、由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；D、由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m2g﹣2F=m2a，解得：F=，故D错误；故选：AB．【点评】选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高．11．如图1为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是0.50m/s2．（交流电的频率为50Hz，结果保留二位有效数字）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象是图2中的图线C．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．-17-\n【专题】实验题．【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求解加速度．抓住外力不为零时加速度仍然为零，确定正确的图象．【解答】解：根据△x=aT2得，加速度a===0.50m/s2．某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，可知拉力不为零时，加速度仍然为零，故C正确．故选：C．故答案为：0.50，C．【点评】本题考查探究牛顿第二定律的实验，要掌握测量加速度的原理：△x=aT2，根据实验的原理分析实验误差产生的原因．12．（14分）如图所示，传送带A、B两端相距x=29.8m，与水平方向成θ=37°，以v0=13.6m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，试求煤块从A运动到B的时间．（取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，）【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】滑块刚放上传送带时受到重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解出加速度，再根据运动学公式求解；当滑块速度增大到等于传送带速度后，由于重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故物体继续加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度后，再次根据运动学公式列式求出，得到总时间【解答】解：物体从A点开始运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1a1=gsinθ+μgcosθ=6.8m/s2设物体加速到与传送带速度相同时的位移为s1，历时t1，由运动学规律得：s1==13.6mt1==2s此后物体相对传送带向下运动，同理：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2a2=gsinθ﹣μgcosθ=5.2m/s2代入数据得：t2=1s（负根舍去）故物体由A运动到B的总时间为t=t1+t2=3s．答：煤块从A运动到B的时间为3s【点评】本题关键分析清楚小滑块的运动情况，根据牛顿第二定律求解出两段加速过程的加速度，再根据运动学公式列式求解-17-\n13．（18分）一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA竖直，另一侧的坡面OB呈抛物线形状，与一平台BC相连，如图所示．已知山沟竖直一侧OA的高度为2h，平台离沟底h高处，C点离竖直OA的水平距离为2h．以沟底的O点为原点建立坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y=．质量为m的探险队员在山沟的竖直一侧从A点沿水平方向跳向平台．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．求：（1）若探险队员从A点以速度v0水平跳出时，掉在坡面OB的某处，则他在空中运动的时间为多少？（2）为了能跳在平台上，他在A点的初速度应满足什么条件？请计算说明．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平方向和竖直方向上的运动规律，结合水平位移和竖直位移的表达式，结合抛物线方程求出运动的时间．（2）将y=h代入y=，可求得xB=h．根据高度差，结合水平位移求出最小初速度．根据高度差和C点到OA的水平距离求出最大初速度，从而得出A点初速度满足的条件．【解答】解：（1）设探险队员在OB坡面上的落点坐标为（x，y），由平抛规律可得：x=v0t，2h﹣y=gt2，又y=，以上三式联立可得：t=．（2）将y=h代入y=，可求得：xB=h．由平抛规律得：xB=vOBt1，xC=vOCt1，2h﹣h=gt12解得：vOB=，vOC=．所以为了能跳到平台上，他在A点的初速度应满足：≤v0≤．-17-\n答：（1）他在空中运动的时间为．（2）为了能跳在平台上，他在A点的初速度应满足的条件为≤v0≤．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，难度中等．【选做题】14．2022年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌．比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是()A．运动员在助滑区加速下滑时处于失重状态B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于超重状态E．运动员在弧形过渡区对滑道的压力小于滑道对人的支持力【考点】超重和失重．【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．【解答】解：A、运动员在助滑区加速下滑时，加速度有向下的分量，处于失重状态，故A正确；B、运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有向上的分量，处于超重状态，故B错误；C、运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中，离开轨道，只受重力，处于完全失重状态，故C正确；D、运动员在减速区减速过程中，加速度有向上的分量，处于超重状态，故D正确；E、运动员在弧形过渡区受到的滑道的支持力与重力的合力提供向上的向心力，所以支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知，运动员对滑道的压力大于滑道对人的支持力．故E错误．故选：ACD【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．15．如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N．当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m=2kg的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．g取10m/s2，则：（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；（2）经多长时间两者达到相同的速度；（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少？-17-\n【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据匀变速直线运的速度时间关系，分别由牛顿第二定律求出M和m的加速度，从而求出速度相等时的时间关系；根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可．【解答】解：（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，小物块的加速度am=μg=0.2×10=2m/s2小车的加速度aM===0.5m/s2（2）由amt=v0+aMt，得t=2s，则v同=2×2m/s=4m/s（3）在开始2s内，小物块通过的位移：x1=amt2==4m在接下来的1s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度：a===0.8m/s2小物块的位移：x2=v同t′+at′2=4×=4.4m通过的总位移x=x1+x2=4+4.4=8.4m．答：（1）放上小物块后，小物块为2m/s2，小车的加速度为0.5m/s2；（2）经2s两者达到相同的速度；（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为8.4m．【点评】用整体法和隔离法正确的对物体进行受力分析，注意物体运动过程的变化，不能死套公式求结果．-17-