高三物理开学二调考试试题含解析.docx

一、选择题（共15个，每个4分，共60分，在每个题目所给的选项中至少有一个选项正确，全部选对得4分，选不全者得2分，有错选的得0分）
1.历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，“另类加速度”定义为，其中和分别表示某段位移s内的初速度和末速度。A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动，而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是( )

A. 若A不变，则a也不变
B. 若A>0且保持不变，则a逐渐变大
C. 若A不变，则物体在中间位置处的速度为
D. 若A不变，则物体在中间位置处的速度为
【答案】BC
【解析】
【分析】
充分理解题目所提供信息的物理意义，将A=vt−v0s及a=vt−v0t进行对比，即可正确解答该题。
【详解】若A不变，有两种情况，第一种情况：A＞0，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由a=vt−v0t可知，a越来越大；第二种情况：A＜0，相等位移内速度减少量相等，平均速度越来越小，所以相等位移内用的时间越来越多，由a=vt−v0t可知，a越来越小，故A错误，B正确。因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为s2，速度变化量为vt−v02，所以此位置的速度为v0+vt−v02=vt+v02，故C正，D错误。故选BC。
【点睛】本题属于信息题，正确读取和应用所给信息是解题关键，如本题中根据题意可知“另类匀变速直线运动”中速度是随位移均匀增加的．
2.如图所示为某一质点做直线运动的位移x随时间变化的规律，图为一条抛物线，则下列说法正确的是( )

A. 在10s末，质点的速率最大
B. 在1~10s内，质点所受合力的方向及速度方向相反
C. 在8s末和12s末，质点的加速度方向相反
D. 在0~20s内，质点的位移大小为100m
【答案】B
【解析】
【分析】
位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．当物体做加速运动时，合外力及速度同向，当物体做减速运动时，合外力及速度反向．
【详解】位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零。故A错误。在1～10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向及速度方向相反。故B正确。在0-10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向及速度方向相反，即沿负方向；在10-20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向及速度方向相同，即沿负方向。所以在8s末和12s末，质点的加速度方向相同。故C错误。由图可知，20s内位移为△x=x2-x1=0-1m=-1m。故D错误。故选B。
【点睛】理解位移-时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键．
3.如图所示，在光滑水平面上，O为水平直线MN上的一点，质量为m的质点在O点的左方时受到水平向右的恒力F1作用，运动到O点的右方时，同时还受到水平恒力F2的作用，设质点从图示位置由静止开始运动，其v-t图象如图所示，在0-t4时间内，下列说法错误的是( )

A. 质点在O点右方运动的时间为t3-t1
B. 质点在O点的左方加速度大小为v1t4-t3
C. F2的大小为2mv1t3-t1
D. 质点在0-t4这段时间内的最大位移为v1t22
【答案】C
【解析】
【分析】
由v-t图可知物体的速度随时间变化的规律，并能求出物体各段时间内的加速度；根据物体的受力情况则可得出两力的大小关系．
【详解】在0−t1时间内，小球在0的左方向向右做匀加速运动；在t1−t2时间内小球在0的右方向右做匀减速直线运动，在t2−t3时间内小球在0的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小球在0的右方运动的时间为t3−t1=t4−2t1，故A正确；图中0-t1及t3−t4两段时间内小球在0的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在0的左方加速度为a=v1−0t4−t3=v1t4−t3，故B正确；在t1−t3时间内，小球的加速度大小为a′=v1−−v1t3−t1=2v1t3−t1，根据牛顿第二定律得：F2−F1=ma′，得F2=F1+ma′=F1+2mv1t3−t1，故C错误；小球在0−t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最大位移为x=v1t22，故D正确。本题选错误的，故选C。
【点睛】本题结合图象及牛顿运动定律，应通过图象得出物体的运动情况，再由牛顿第二定律即可求得受力情况．
4.如图所示，小船过河时，船头偏向上游及水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且到达对岸的时间不变，下列措施中可行的是( )

A. 增大α角，增大v
B. 减小α角，减小v
C. 减小α角，保持v不变
D. 增大α角，保持v不变
【答案】B
【解析】
【分析】
将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动及合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间．当实际航线及河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头及河岸所成的夹角．
【详解】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示

由图可知，故B正确，ACD错误；故选B。
【点睛】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解．
5.如图所示,放在倾角θ=15°的斜面上物体A及放在水平面上的物体B通过跨接于定滑轮的轻绳连接,在某一瞬间当A沿斜面向上的速度为v1时，轻绳及斜面的夹角α=30°，及水平面的夹角β=60°，此时B沿水平面的速度v2为（ ）

A. 6−223v1 B. 6+223v1 C. 33v1 D. 3v1
【答案】D
【解析】
试题分析：把A、B的速度分别分解到沿绳和垂直于绳的方向，由关联速度知，它们在沿绳方向的分速度相等，即，解得：，所以A、B、C错误；D正确。
考点：本题考查运动的分解
6.如图所示，竖直面内有一圆环，圆心为O，水平直径为AB，倾斜直径为MN、AB、MN夹角为θ，一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计滑轮及轻绳及轻绳重力，圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的的张力的变化情况正确的是

A. 逐渐增大
B. 先增大再减小
C. 逐渐减小
D. 先减小再增大
【答案】B
【解析】
M、N连线及水平直径的夹角θ(θ≤90°)越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳及竖直方向的夹角α越小，根据mg=2FTcosα，轻绳的张力FT越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故B正确，ACD错误；
故选B。
7.如图所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为370的斜面B上静止不动.若用通过球心的水平推力F=10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止.已知sin370=0.6，cos370=0.8 ，取g=10ms2 ，则（ ）

A. 地面对斜面B的弹力不变
B. 物体A对斜面B的作用力增加10N
C. 物体A受到斜面B的摩擦力增加8N
D. 地面对斜面B的摩擦力增加8N
【答案】A
【解析】
【分析】
对没有施加力F时的半球进行受力分析，根据平衡条件求出物体受到的摩擦力；以整体为研究对象求出地面对斜面的摩擦力，然后进行比较．
【详解】以整体为研究对象，力F的是水平的，所以不影响竖直方向的受力，地面对斜面的弹力大小不变，故A正确；没有施加力F时根据平衡条件A受斜面作用力及重力等大反向，即大小为40N，根据牛顿第三定律物体A对斜面的作用力为40N反向向下，施加力F后物体A对斜面的作用力如图：

由平行四边行定则有：F=102+402N=1017N，可以看出物体对斜面的作用力不是增加10N，故B错误；没有施加力F时，对物体A受力分析：

根据平衡条件：f=mgsinθ=4×10×0.6=24N；施加力F后，对物体A受力分析，如图：

根据平衡条件，在斜面方向：f′+Fcosθ=mgsinθ，代入数据解得：f′=16N，故物体受到斜面的摩擦力减少：Δf=24N−16N=8N，故C错误；以整体为研究对象，水平方向增加了10N的力F，根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10N．故D错误。故选A。
【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．注意整体法和隔离法的应用．
8.一质量为0.8 kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6 N，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是

A. 若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6 N
B. 若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 N
C. 若升降机是加速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为65 N
D. 若升降机是减速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为65 N
【答案】C
【解析】
试题分析：A、B若升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：，
故AB错误；
C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：，解得：，在水平方向，由平衡条件得：，杆对球的作用力大小：，故C正确；
D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：，解得：，在水平方向，由平衡条件得：，杆对球的作用力大小：，故D错误；故选：C。
考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力。
【名师点睛】本题考查了求杆的作用力大小，根据球的运动状态，应用平衡条件及牛顿第二定律可以解题；解题时注意力的合成及分解的应用。球受到重力、绳子拉力及杆的作用力，球静止时处于平衡状态，应用平衡条件求出杆的作用力；球做匀变速直线运动时，应用牛顿第二定律及力的合成方法求出杆的作用力。
9.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线及斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )

A. 物块B的加速度为12g
B. 物块A、B间的弹力为13mg
C. 弹簧的弹力为12mg
D. 物块A的加速度为13g
【答案】A
【解析】
【分析】
剪断细绳前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A、B间的弹力大小。
【详解】剪断细绳前，对A分析，弹簧的弹力F弹=mgsin30°=12mg，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB整体分析，加速度a=3mgsin30°−F弹3m=3mg2mg23m=13g，故A错误，CD正确。隔离对B分析，根据牛顿第二定律得2mgsin30°−N=2ma，解得N=13mg，故B正确。本题选错误的，故选A。
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。
10.如图,水平路面出现了一个地坑,其竖直截面为半圆,AB为沿水平方向的直径。一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下,但两颗石子分别以v1,v2的速度从A点沿AB方向水平飞出,分别落于C、D两点，C、D两点距水平路面的距离分别为圆半径的0.6倍和1倍,则v1,v2的值为（ ）

A. 3 B. 35 C. 3155 D. 335
【答案】C
【解析】
【分析】
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，根据高度确定运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．
【详解】设圆的半径为r。两颗石子的运动时间分别为：t1=2h1g=1.2rg，t2=2h2g=2rg，水平位移分别为：x1=1.8r，x2=r，故速度为：v1=x1t1,v2=x2t2，联立解得：v1:v2=3155，故选C。
【点睛】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，结合运动学公式灵活求解，运算量有点多．
11.如图所示,斜面倾角为α,且tanα=0.5,现从斜面上O点及水平方向成45°角以速度v0,2v0分别抛出小球P、Q,小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为vp,vQ,设O、A间的距离为s1,O、B间的距离为s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )

A. s2=4s1,vp,vQ方向相同 B. s2=4s1, vp,vQ方向不同
C. 2s1<s2<4s1, vp,vQ方向相同 D. 2s1<s2<4s1, vp,vQ方向不同
【答案】A
【解析】
【分析】
根据水平和竖直速度的运动规律求解上升时间，根据几何关系求解O、A间的距离和O、B间的距离的大小关系；根据斜上抛运动的规律求解落到斜面上的速度方向及水平方向的夹角，由此得出速度方向。
【详解】设抛出的速度为v，则水平分速度为：vx=vcos45°=22v，竖直速度为：vy=vsin45°=22v，则有位移关系：tana=12=yx=vyt−12gt2vxt，解得：t=2v2g，则落点及抛出点的距离为：L=vxtcosα=v22gcosα∝v2，则由题意可知初速度为v0、2v0分别抛出小球P、Q，则有：s2=4s1；落到斜面上的速度方向及水平方向的夹角满足tanθ=v′yvx=vy−gtvx=0，即速度方向均为水平，vP、vQ方向相同，故选A正确。
【点睛】本题主要是考查斜上抛运动，解答本题要知道斜上抛运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动。
12.如图所示,物体m放在斜面上,给物体一个沿斜面向下的初速度,物体开始沿斜面向下滑动,设物体的加速度为a1,若只在物体m上再放一个物体m',则m'及m一起下滑的加速度为a2,若只在m上施加一个方向竖直向下、大小等于m'g的力F,此时m下滑的加速度为a3。关于a1、a2、a3的关系正确的是( )

A. a1=0时,一定有a2=0,a3>0
B. a1=0时,a2=a3，且一定为零
C. 只要a1≠0且沿斜面向下,一定有a1=a2<a3
D. 不管a1如何,都有a1=a2=a3
【答案】BC
【解析】
【分析】
分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律分别研究三种情况下的加速度．
【详解】物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ−μgcosθ，在物体m上再放一个物体m′时，由牛顿第二定律得：m+m′gsinθ−μm+m′gcosθ=m+m′a2，解得：a2=gsinθ−μgcosθ，当加一竖直向下的恒力F时，由牛顿第二定律得：mg+Fsinθ−μmg+Fcosθ=ma3，解得：a3=gsinθ−μgcosθ+Fsinθ−μcosθm，物块在斜面上下滑，则a1=gsinθ−μgcosθ≥0，由以上分析可知，a1=a2＜a3，a1=0时a2=a3且一定为零，故BC正确，A、D错误。故选BC。
【点睛】本题考查了比较加速度大小关系，对物体正确受力分析，由牛顿第二定律求出加速度即可正确解题．
13.如图所示,竖直平面内有一光滑直杆AB,直杆AB长为L,杆及水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上,给小圆环施加一及该竖直平面平行的水平向右的恒力F,并从A端由静止释放,现改变直杆和水平方向的夹角θ,已知F=2mg,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )

A. 当θ=30°时,小圆环在直杆上运动的时间最短
B. 当小圆环在直杆上运动的时间最短时,小圆环及直杆间一定有挤压
C. 当小圆环在直杆上运动的时间最短时,直杆及水平方向的夹角θ满足tanθ=12
D. 当小圆环在直杆上运动的时间最短时,小圆环的加速度为5g
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据题意，结合牛顿第二定律，可知，力及重力的合力方向一定沿杆的方向，再依据矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。
【详解】根据题意，小圆环在直杆上运动的时间最短，则加速度最大，即力及重力的合力方向沿杆的方向，此时小圆环及直杆间一定恰好没有挤压，如图所示：

由几何关系有：tanθ=mgF=mg2mg=12，对应的夹角不等于30∘；而此时合力F合=mg2+F2=5mg，故加速度为a=F合m=5g，故AB错误，CD正确。故选CD。
【点睛】考查受力分析及运动分析的应用，掌握牛顿第二定律的内容，理解矢量的合成法则及三角知识的运用，注意时间最短，即加速度沿杆的方向是解题的突破口．
14.如图所示,水平传送带逆时针匀速转动,速度大小为8m/s,A、B为两轮圆心正上方的点,
AB=L1=6 m,两边水平面分别及传送带表面无缝对接,弹簧右端固定,自然长度时左端恰好位于B点,现将一小物块及弹簧接触(不栓接),并压缩至图示位置然后释放,已知小物块及各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2,AP=L2=5m,小物块及轨道左端P碰撞无机械能损失,小物块最后刚好能返回到B点减速到零,g=10m/s2,则下列说法正确的是( )

A. 小物块从释放后第一次到B点的过程中,做加速度减小的加速运动
B. 小物块第一次从B点到A点的过程中,一定做匀加速直线运动
C. 小物块第一次到A点时,速度大小一定等于8m/s
D. 小物块离开弹簧时的速度一定满足210m/s≤v≤222m/s
【答案】CD
【解析】
【分析】
由动能定理求出物体返回B点时速度为零的条件，然后分析物体以不同速度滑上传送带后的运动情况，看各选项的速度是否符合要求。
【详解】小物块从释放后第一次到B点的过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力时做加速度增大的减速运动，故A错误；设物体到达P点的速度为v，反弹后运动到B点的速度为零，由动能定理得：−μmgL1+L2=0−12mv2，解得v=211m/s，物体由A到P点过程中，由动能定理得：−μmgL2=12mv2−12mvA2，解得vA=8m/s，小物块第一次从B点到A点的过程中，先做匀减速直线运动，故B错误，C正确；若物体速度较大，一直做匀减速运动，有：−2μmgL1+L2=0−12mv2，解得v=222m/s，若速度较小，在AB上一直加速，到A点时恰好及带同速，有：L1=vt+12at2，8=v+at，联立解得v=210m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足210m/s≤v≤222m/s，故D正确；故选CD。
【点睛】分析清楚物体运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。
15.如图所示，质量为M的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为m的铁块B，铁块及木板间的动摩擦因数μ1，木板及地面之间的动摩擦因数为μ2。现给铁块施加一由零开始逐渐增大的水平作用力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是（ ）  

A. 若μ 1>μ 2，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
B. 若μ 1mg>μ 2Mg，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
C. 若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为μ 1mg
D. 若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为mg（μ 1-μ 2）（m+M）/M
【答案】CD
【解析】
试题分析：A和B谁先滑动关键看二者受到的摩擦力大小，而不是看摩擦因数的大小；根据共点力的平衡条件分析铁块B先相对A发生滑动时F的大小；B相对于A滑动时，二者的加速度关系为aB≥aA，根据牛顿第二定律列方程求解F大小．
要使A相对地面发生滑动，则B给A向右的摩擦力必须大于地面给的向左的滑动摩擦力，若B未滑动，A先发生相对地面滑动，则μ2(M+m)g<F<μ1mg，这种情况下μ2<μ1m(M+m)<μ1，A错误；若B滑动后，A发生相对地面运动，则μ1mg>μ2(M+m)g，即μ1mg>μ2Mg，这种情况下，一定是B先滑动，后A再开始滑动，B错误；若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，此时拉力刚好等于B所受的滑动摩擦力，即F=μ1mg，C正确；若木板A先运动，B相对于A滑动时，二者的加速度关系为aB≥aA，即：F−μ1mgm≥μ1mg−μ2M+mgM，整理得：F≥mgμ1−μ2(m+M)M，所以当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为F=mgμ1−μ2(m+M)M，D正确．
二、实验题（每空1分，共8分）
16.某同学在做“验证力的平行四边形定则实验时”,将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA’,将弹簧的一端A’固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上,其中O为0A、OB、OC三段细线的结点,如图1所示,在实验过程中,保持弹簧AA’伸长1.00cm不变。

(1)若OA、OC间夹角为90°,弹簧秤乙的读数是______N。（如图2所示）
(2)在(1)问中若保持O点的位置以及OA及OB的夹角不变,逐渐增大OA及OC的夹角,则弹簧秤甲的读数大小将______，弹簧秤乙的读数大小将______。(填“变大”、“变小”、“不变”、“先变大后变小”、“先变小后变大”)
【答案】 (1). 3.00； (2). 变小； (3). 先变小后变大
【解析】
【分析】
（1）根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；（2）根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况。
【详解】（1）根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；（2）在（1）问中若保持OA及OB的夹角不变，逐渐增大OA及OC的夹角，甲乙两个弹簧秤弹力的合力不变，如图所示

则可知弹簧秤甲的读数大小逐渐变小，弹簧秤乙的读数大小先变小后变大。
【点睛】本题考查验证平行四边形定则的实验，采用的是等效替代的思维方法，要注意明确实验原理以及胡克定律的应用，注意根据图象法分析拉力变化情况。
17.用如图所示的装置验证牛顿第二定律。图中A、B为两个光电门，C为固定在凹槽上的遮光条。实验前（不挂钩码）左右移动小木块使凹槽能够在长木板上匀速运动。设遮光条的宽度为d，两光电门间的距离为x。实验时凹槽每次都从同一位置由静止释放，研究对象为凹槽（包括内部的砝码）及钩码组成的系统。

（1）将钩码逐个拿到凹槽中，记录每次所悬挂钩码的质量m1、m2、m3……，释放凹槽，测出对应的加速度a1、a2、a3……，则下列哪一图象能正确反映加速度a及悬挂钩码的重力mg之间的关系______。

（2）悬挂钩码的质量m保持不变，增加或减少槽内的砝码，测出每次对应的加速度，为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度及质量的关系，应做下列哪一图象______（M表示槽及槽内砝码的总质量）。
A．a-M B．a-m C．a- 1M D．a-1M+m
（3）为了精确测量系统运动的加速度，甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门A的时间t1。乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门B的时间t2，两位同学根据图象求解系统的加速度。甲同学做出的图象应为下图中的______，乙同学做出的图象应为下图中的______。若甲同学所做图象的斜率的绝对值为k，则系统的加速度a=______。

【答案】 (1). B (2). D (3). B (4). C (5). kd22
【解析】
（1）由牛顿第二定律，对凹形槽（包括砝码）及钩码系统：mg=Ma，即a=1M⋅mg 故选B.
（2）若钩码的质量m不变，则mg=(M+m)a,解得a=mg⋅1M+m，则为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度及质量的关系，应做a−1M+m图象；故选D.
（3）甲同学固定光电门B，则经过光电门B的速度vB一定；经过光电门A的速度vA=dt1，则vB2=vA2+2ax即1t12=vB2d2−2ad2x，则甲同学做出的图象应为下图中的B；乙同学固定光电门A，则经过光电门A的速度vA一定；经过光电门B的速度vB=dt2，则vB2=vA2+2ax即1t22=vA2d2+2ad2x，则乙同学做出的图象应为下图中的C；甲同学所做图象的斜率的绝对值为k，则2ad2=k，系统的加速度a=12kd2。
点睛：此题首先要知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度；另外要搞清试验的原理，能根据试验的过程结合运动公式找到函数关系，然后根据图像解答．
三、计算题(共42分)
18.（10分）有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱及冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求：
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；
(2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？

【答案】(1)3 m/s2 (2) 1 s≤t≤s
【解析】
(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1，根据牛顿运动定律得
F－μmg＝ma1
解得a1＝3 m/s2.
(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得
μmg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为
x1＝12a1t2
撤去力F后木箱继续滑行的距离为
x2＝(a1t)22a2
木箱停在有效区域内，要满足条件
L1－L2≤x1＋x2≤L1
解得1 s≤t≤76s.
19.长传突破是足球运动中运用远距离空中过顶传球突破对方防线的战术方法。防守队员甲在本方球门前某位置M抢截得球,将球停在地面上,利用对方压上进攻后不及回防的时机。瞬间给予球一个速度v,使球斜飞入空中,最后落在对方禁区附近地面上P点处。在队员甲踢球的同时,突前的同伴队员乙由球场中的N点向P点做直线运动,队员乙在N点的初速度v1=2m/s，队员乙在NP间先匀加速运动,加速度a=4m/s2,速度达到v2=8m/s后匀速运动。经过一段时间后,队员乙恰好在球落在P点时及球相遇,已知MP的长度s=60m,NP的长度L=11.5m,将球员和球视为质点,忽略球在空中运动时的空气阻力,重力加速度取g=10m/s2。

(1)求足球在空中的运动时间；
(2)求队员甲在M点给予足球的速度v的大小。
【答案】(1)2s；(2)1010m/s
【解析】
【分析】
（1）足球在空间运动的时间及球员乙运动的时间相同，球员乙先加速后匀速，根据运动学公式求出球员乙运动的时间；（2）足球在空中做抛体运动，根据运动的合成及分解求出队员甲在M点给予足球的速度v的大小。
【详解】（1）足球在空中的运动时间及球员乙的直线运动时间相同v2=v1+at1
得到：t1=1.5s
根据位移速度公式有：v22−v12=2aL1
又 L−L1=v2t2
得：t2=0.5s
足球在空中的运动时间t=t1+t2=2s
（2）足球在空中做抛体运动，水平方向有v0=st
得：v0=30m/s
竖直方向有：vy=gt2
得：vy=10m/s
则有：v=vx2+vy2
得： v=1010m/s
【点睛】解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，再结合运动学公式灵活求解即可解答。
20.如图甲所示,带有斜面的木块放在光滑水平地面上,木块水平表面AB粗糙,斜面BC表面光滑且及水平面夹角为θ=37°,木块左侧及竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感器受压时,其示数为正值,当力传感器被拉时,其示数为负值,一个可视为质点的质量m=5kg的滑块从B点以初速度v0沿斜面向上运动,运动整个过程中,传感器记录到的力及时间的关系如图乙所示,已知斜面足够长,设滑块经过B点时无机械能损失,g取10m/s2。求:

(1)图乙中F1的数值大小；
(2)滑块的初速度v0；
(3)水平表面AB的长度 。
【答案】(1)24N；(2)6m/s；(3)2m
【解析】
【分析】
（1）根据牛顿第二定律计算滑块沿斜面向上运动时的加速度，根据运动的合成及分解计算水平方向的分加速度，根据牛顿第二定律图乙中F1的数值大小；（2）根据速度时间关系初速度大小；（3）根据牛顿第二定律可得滑块在水平部分的加速度大小，根据位移时间关系求解水平表面AB的长度．
【详解】（1）质量为m=5kg的滑块沿斜面向上运动时的加速度大小为：a1=gsinθ=6m/s2
水平方向的分加速度为ax=a1cosθ=6×0.8m/s2=4.8m/s2
水平方向斜面对滑块的作用力为F′1=max=5×4.8N=24N
根据牛顿第三定律可得：F1=F′1=24N
（2）经过时间t=1s到达最高点，根据速度时间关系可得：v0=a1t=6×1m/s=6m/s
（3）根据图象可知，滑块在水平部分运动的摩擦力大小为f=25N
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a2=fm=255m/s2=5m/s2
滑块在水平部分运动的时间为：t′=2.4s−2s=0.4s
根据位移时间关系可得：LAB=v0t′−12a2t2=6×0.4−12×5×0.42=2m
【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
21.如图所示，有1、2、3三个质量均为m = 1kg的物体，物体2及物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H = 5.75m，物体1及长板2之间的动摩擦因数μ = 0.2。长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v = 4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下，g=10m/s2。求：
（1）长板2开始运动时的加速度大小；
（2）长板2的长度L0；
（3）当物体3落地时，物体1在长板2上的位置。
【答案】（1）6ms2（2）1m （3）1m
【解析】
试题分析：设向右为正方向
（1）物体1： -μmg = ma1 a1=–μg = -2m/s2
物体2：T+μmg= ma2
物体3：mg–T= ma3
且a2= a3
由以上两式可得：a2=g+μg2=6m/s2
（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t
代入数据解t1=0．5s v1=3m/s
x1=v+v12t=1．75m
x2=v1t2=0．75m
所以木板2的长度L0=x1-x2=1m
（3）此后，假设物体123相对静止一起加速
T=2ma mg—T=ma 即mg=3ma
得a=g3
对1分析：f静=ma=3．3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动
物体1： a3=μg=2m/s2
物体2：T—μmg= ma4
物体3：mg–T= ma5
且a4= a5
得：a4=g−μg2=4m/s2
整体下落高度h=H—x2=5m 根据
解得t2=1s
物体1的位移=4m
h-x3=1m 物体1在长木板2的最左端
考点：牛顿定律的综合运用
【名师点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点。

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