福建省泉州市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

福建省泉州市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

福建省泉州市 2021 届新高考物理最后模拟卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．2018 年 7 月 29 日 09 时 48 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以 “一箭双星 ”方式 成功发射第 33、34 颗北斗导航卫星。火箭将两颗卫星送入了同一个轨道上的不同位置，如图所示。如果 这两颗卫星与地心连线成 θ(弧度 )角，在轨运行的加速度大小均为 a，均沿顺时针做圆周运动。 已知地球的 半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，则第 33 颗北斗卫星从图示位置运动到第 34 颗北斗卫星图示位置 所用的时间为 A． R g a a B． R g a a C． 2 R g a a D． 4 R g a a 【答案】 B 【解析】 【详解】 根据题意卫星运动的加速为 a，则 2 2 2( )GMm ma m r r T 在地球表面时 2 GMm mg R 则第 33 颗北斗卫星从图示位置运动到第 34 颗北斗卫星图示位置所用的时间为 2 t T 解得： R gt a a ，故 B 对； ACD 错 故选 B 2．如图，物体 C 放在水平面上，物体 B 放在 C 上，小球 A 和 B 之间通过跨过定滑轮的细线相连，若与 物体 B 连接的悬线竖直、 两滑轮间的线水平，且不计滑轮与细线的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的 摩擦，把 A 拉到某位置（低于滑轮）由静止释放使 A 在竖直平面内摆动，在 A 摆动的过程中 B、C 始终 不动，下列说法中正确的是（ ） A．物体 C 对 B 的摩擦力方向有时有可能沿斜面向下 B．物体 C 对 B 的摩擦力有时可能为零 C．地面对 C 的摩擦力有时不为零 D．物体 C 对地面的压力有时可以等于 B、C 重力之和 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．小球 A 在最低点时 ,绳子的拉力和重力提供向心力 ,当绳子的拉力正好等于 B 的重力时 ,BC 之间没有弹 力 ,此时 BC 间摩擦力等于零 ,如果绳子拉力小于 B 的重力 ,则摩擦力方向沿斜面向上 ,不可能沿斜面向下 ,故 A 错误 ,B 正确 ; C．以 B 和 C 为研究对象分析可以知道 ,绳子拉力竖直向上 ,水平方向没有分力 ,所以 C 受到的地面摩擦力始 终为零 ,故 C 错误 ; D． A 在竖直平面内摆动 ,做圆周运动 ,重力和绳子的拉力的合力提供向心力 ,所以绳子的拉力不可能等于零 , 所以 C 对地面的压力不可能等于 B、C 重力之和 ,故 D 错误 . 故选 B. 点睛： A 在竖直平面内摆动 ,做圆周运动 ,重力和绳子的拉力的合力提供向心力 ,而 BC 处于静止状态 ,受力平 衡 ,选择适当的物体或系统进行受力分析即可求解 . 3．友谊的小船说翻就翻，假如你不会游泳，就会随着小船一起沉入水底。从理论上来说，你和小船沉入 水底后的水面相比于原来（ ） A．一定上升 B．一定下降 C．一定相等 D．条件不足，无法判断 【答案】 B 【解析】 【详解】 小船所受的浮力 浮 排F gV 翻船前浮力与重力相等；翻船后沉入水底，所受浮力小于重力，船的排水量减少，所以水面一定下降，故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 4．某国际研究小组借助于甚大望远镜观测到了如图所示的一 -组 “双星系统 ”，双星绕两者连线上的某点 O 做匀速圆周运动， 此双星系统中体积较小的成员能 “吸食 ”另一颗体积较大的星体表面物质， 达到质量转移 的目的。假设两星体密度相当，在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中， 下列说法错误的是（ ） A．它们做圆周运动的万有引力逐渐增大 B．它们做圆周运动的角速度保持不变 C．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大 D．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变小，线速度变大 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．设体积较大星体的质量为 m 1，体积较小星体的质量为 m 2，根据万有引力定律 1 2 2 m mF G r 因 1m + 2m 为一定值，根据均值不等式可以判断出最初演变的过程中， 1m 2m 逐渐变大，它们之间的万有 引力逐渐变大，故 A 正确，不符合题意； B．根据 2 21 2 1 1 2 12 m mG m r m r r r 得 2 1 1 2 mr r m m 将 1r 代入 21 2 1 12 m mG m r r 解得 1 2 3 G m m r 因 1m + 2m 为一定值， r 不变，则角速度 不变，故 B 正确，不符合题意； CD ．根据 2 1 1 2 mr r m m 因体积较大的星体质量 m 1 变小，而 m 1+m 2 保持不变，故 m 2 变大，则体积较大的星体做圆周运动轨迹半 径 r 1 变大，根据 v r 可知角速度不变，半径变大，故其线速度也变大，故 C 正确，不符合题意， D 错误，符合题意。 故选 D。 5．有关量子理论及相关现象，下列说法中正确的是（ ） A．能量量子化的观点是爱因斯坦首先提出的 B．在光电效应现象中，遏止电压与入射光的频率成正比 C．一个处于 n＝4 激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出 3 种频率的光子 D． α射线、 β射线、 γ射线都是波长极短的电磁波 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．能量量子化的观点是普朗克首先提出的，选项 A 错误； B．在光电效应现象中， 根据光电效应方程 =kmE hv W U e遏制逸出功 ，可知遏止电压与入射光的频率是线 性关系，但不是成正比，选项 B 错误； C．一个处于 n＝4 激发态的氢原子向基态跃迁时， 最多能辐射出 3 种频率的光子， 分别对应于 4→3 ，3→2 ， 2→1 ，选项 C 正确； D． α射线、 β射线不是电磁波，只有 γ射线是波长极短的电磁波，选项 D 错误； 故选 C。 6．如图所示， A、B 是两个带电小球，质量相等， A 球用绝缘细线悬挂于 O 点， A、B 球用绝缘细线相连， 两线长度相等，整个装置处于水平向右的匀强电场中，平衡时 B 球恰好处于 O 点正下方， OA 和 AB 绳中 拉力大小分别为 T OA 和 T AB ，则（ ） A．两球的带电量相等 B． T OA =2T AB C．增大电场强度， B 球上移，仍在 O 点正下方 D．增大电场强度， B 球左移，在 O 点正下方的左侧 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．若两球带电量相等，整体受力分析可知，两小球带异种电荷，且 OA 绳应竖直， A 错误； B．取 B 和 AB 整体为研究对象，对 B 有 AB C cos mgT F 其中 CF 表示 A 、B 之间的库仑力， 为 OA 、OB 绳与竖直方向的夹角；对整体 OA 2 cos mT g 故 COA AB2 2T T F B 错误； CD ．对 B 有 2tan q E mg 对整体有 1 2tan 2 q q E mg 故增大 E 之后 OA 、AB 与竖直方向夹角变大，且夹角相等，故 B 球上移，仍在 O 点正下方， C 正确， D 错误。 故选 C。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图甲为一列沿 x 正方向传播的简谐横波在 t=0.1 s 时刻的波动图像，图乙是波中某振动质点位移随时 间变化的振动图像， P 是平衡位置为 x=1.5 m 处的质点， Q 是平衡位置为 x=12 m 处的质点，则下列说法 正确的是 ________。 A． t=0.2 s 时，质点 P 的振动方向沿 y 轴负方向 B．图乙可能是 x=1 m 处质点的振动图像 C．再经过 0.5 s，质点 Q 第一次到达波峰 D．从 t=0.10 s 到 t=0.25 s，质点 P 通过的路程为 30 cm E.再经过 0.4s，质点 Q 达到加速度正向最大，位移反向最大 【答案】 BCE 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据图像可知：波的周期为 0.2s,t=0.2s 时的波动图像与 t=0.1s 时的波动图象相反，根据 “头碰头，尾碰 尾 ”可知，质点 P 的振动方向沿 y 轴正方向，故选项 A 错误； B．由图乙可知， t=0.1s 时，质点通过平衡位置，且向下振动，根据 “头碰头，尾碰尾 ”可知，图乙可能是 x=1m 或 x=5m 处的质点振动图象，故选项 B 正确； C．由图甲可知 4m ，图乙可知 0.2sT ，故波速 4 20m/s 0.2 v T 质点 Q 第一次到达波峰相当于质点 x=2m 处的波峰传播到 Q 点，即 12 2 0.5s 20 st v 故选项 C 正确； D．经过 30.15 4 t s T 已知 1 2 T 内，振子走过的路程为 2s A ； 1 4 T 内，若振子从平衡位置或两级开始运动，则路程为 s A 。 由于质点 P 不是从平衡位置或两级开始运动，故在这段时间内，质点 P 通过的路程不为 30cm，实际上大 于 30cm ，故选项 D 错误； E．经过 0.4s，波向前传播的距离为 20 0.4m 8ms vt 即相当于 x=4m 处的质点运动形式传播到 Q 点，此时 Q 位于波谷，加速度达到正向最大，位移反向最大， 故选项 E 正确。 故选 BCE 。 8．图为回旋加速器的示意图， D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很小，磁感应强度为 B 的匀强磁场与 盒面垂直，高频交流电频率为 f ，加速电压为 U 。 A 处粒子源产生氘核，在加速器中被加速，加速过程 中不考虑相对论效应和重力的影响。 若加速过程中粒子在磁场中运动的周期与高频交流电周期相等， 则下 列说法正确的是（ ） A．若加速电压增加为原来 2 倍，则氘核的最大动能变为原来的 2 倍 B．若高频交流电的频率增加为原来 2 倍，则磁感应强度变为原来的 2 倍 C．若该加速器对氦核加速，则高频交流电的频率应变为原来的 2 倍 D．若该加速器对氦核加速，则氦核的最大动能是氘核最动能的 2 倍 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为 R，则根据 2vqvB m R 知 qBRv m 则最大动能为 2 2 2 21 2 2Km q B RE mv m 与加速的电压无关，故 A 错误； B．电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，若高频交流电的频率增加为原来 2 倍，则 T 为原来 一半，而 2 mT Bq ，则磁感应强度变为原来的 2 倍。故 B 正确； C．氦核的比荷为 1 2 ，氚核的比荷为 1 3 ，根据 2 mT Bq 可知，若该加速器对氦核加速，则高频交流电的 周期应变为原来的 3 2 倍，频率为原来的 2 3 ．故 C 错误； D．最大动能 2 2 2 21 2 2Km q B RE mv m 若该加速器对氦核加速，则氦核的最大功能是氘核最大功能的 2 倍。故 D 正确。 故选 BD 。 9．如图所示，水平面上，向下与水平方向成 30°、大小为 F 的推力作用在质量为 m 1 的物体 A 上，向上与 水平方向成 30°、大小为 F 的拉力作用在质量为 m 2 的物体 B 上， A、B 都由静止开始运动，相等时间内运 动了相同的位移， A 、B 与水平面的动摩擦因数分别为 μ1 和 μ2，则（ ） A．推力对 A 做的功与拉力对 B 做的功相等 B．推力对 A 的冲量与拉力对 B 的冲量相同 C．若 μ1=μ2，则 m 1＞m 2 D．若 μ1=μ2，则 m 1＜m 2 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据功的定义 cosW Fx 可知推力对 A 做的功与拉力对 B 做的功相等， A 正确； B．根据冲量的定义 I Ft 可知推力对 A 的冲量与拉力对 B 的冲量大小相同，方向不同， B 错误； CD ．两物体在相等时间内运动了相同的位移，根据 21 2 x at 可知两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二定律分别求解两物体加速度大小 1 1 A 1 cos ( sin )F m g Fa m 2 2 B 2 cos ( sin )F m g Fa m 式中 30 ，化简整理后有 1 2 1 2 1 2 cos sin cos sinF F F Fg g m m 若 1 2 则 1 2m m C 错误， D 正确。 故选 AD 。 10．下列说法正确的是（ ） A．当障碍物或孔的尺寸比波长大或差不多时 ,才能发生明显的衍射现象 B．不鸣笛的汽车向你驶来时听到的频率不等于喇叭发声频率是属于声波的干涉现象 C．频率相同的两列波相遇 ,波谷和波谷相遇处为振动加强点 D．增大单摆的摆长 ,单摆摆动的频率将减小 E.弹簧振子的振幅越小 ,其振动频率将保持不变 【答案】 CDE 【解析】 当障碍物或孔的尺寸比光的波长小很多或相差不大时，光可以发生明显的衍射现象， A 错误；不鸣笛的汽 车向你驶来时听到的频率不等于喇叭发声频率是属于声波的多普勒效应， B 错误；频率相同的两列波的波 谷和波谷相遇处的质点振动是加强点， C 正确；根据 2 LT g ，可知当摆长增大时，单摆的周期增大， 频率减小， D 正确； 根据简谐运动的周期由振动系统本身决定， 与振幅无关， 频率与周期的关系为 1f T ， 即频率与振幅也无关， E 正确；选 CDE. 11．如图所示为两分子间作用力的合力 F 与两分子间距离 r 的关系曲线，下列说法正确的是 ______。 A．当 r 大于 1r 时，分子力合力表现为吸引 B．当 r 小于 2r 时，分子力合力表现为排斥 C．当 r 等于 2r 时，分子间引力最大 D．当 r 等于 1r 时，分子间势能最小 E.在 r 由 1r 变到 2r 的过程中，分子间的作用力做负功 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 A．根据 F r 图像信息可知，当 1r r 时，分子力合力表现为吸引，故 A 正确； B．当 1r r 时，分子力合力表现为排斥，在 1r 与 2r 之间，分子力合力表现为吸引，故 B 错误； C．当 2r r 时，分子力合力为吸引的最大值，但引力在小于 2r 时更大，故 C 错误； D． r 0 为分子间的平衡距离，当 r＜r 0 时，分子力表现为斥力，分子间距减小时分子力做负功，分子势能 增大。当分子间距 r ＞r 0 时分子力表现为引力，分子间距增大时分子力做负功，分子势能增大，所以当分 子间距离为 r 0 时，分子势能最小，故 D 正确； E．由 1r 变到 2r 的过程中，分子力合力表现为吸引，且做负功，故 E 正确。 故选 ADE 。 12．如图所示，两根弯折的平行的金属轨道 AOB 和 A′ O′ B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为 θ， AO=OB=A′ O′ =O′ B′ =L，OO′与 AO 垂直，两虚线位置离顶部 OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁 场中，左侧磁场磁感应强度为 B 1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场 B2（大小、方向未知）平行于导轨平 面，两根金属导体杆 a 和 b 质量都为 m，与轨道的摩擦系数都为 μ，将它们同时从顶部无初速释放，能同 步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为 v，除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为 g，则下列判 断正确的是（ ） A．匀强磁场 B2 的方向一定是平行导轨向上 B．两个匀强磁场大小关系为： B 1=μB2 C．整个过程摩擦产生的热量为 Q1=2μ mgLcosθ D．整个过程产生的焦耳热 Q2=mgLsin θ﹣μ mgLcosθ﹣ 1 2 mv 2 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A. 由题意可知，两导体棒运动过程相同，说明受力情况相同，对 a 分析可知， a 切割磁感线产生感应电动 势，从而产生沿导轨平面向上的安培力，故 a 棒受合外力小于 mgsinθ﹣ μmgcosθ；对 b 棒分析可知， b 棒 的受合外力也一定小于 mgsinθ﹣μmgcosθ，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩 擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，由流过 b 棒的电流方向，根据左手定则可知，匀强磁场 B2 的方向一定是平行导轨向上，故 A 正确； B.根据 A 的分析可知， a 棒受到的安培力与 b 棒受到的安培力产生摩擦力应相等，即 B1IL= μB2IL ；解得 B1=μB2，故 B 正确； C.由以上分析可知， b 棒受到的摩擦力大于 μ mgcosθ，因此整个过程摩擦产生的热量 Q1 2μ mgLcosθ，故 C 错误； D.因 b 增加的摩擦力做功与 a 中克服安培力所做的功相等，故 b 中因安培力而增加的热量与焦耳热相同， 设产生焦耳热为 Q 2，则根据能量守恒定律可知： 2mgLsin θ﹣ 2μ mgLcosθ﹣ 2Q2= 1 2 2mv 2 解得整个过程产生的焦耳热： Q 2=mgLsin θ﹣μ mgLcosθ﹣ 1 2 mv 2 故 D 正确。 故选 ABD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学现要利用气垫导轨来研究匀变速直线运动规律，其实验装置如图甲所示，其实验步骤如下： ①用游标卡尺测出挡光片的宽度 d。按图甲安装好器材，并调节好气垫导轨，使气垫导轨处于水平位置。 然后用跨过轻质定滑轮的轻绳一端与钩码相连，另一端与滑块相连，再将滑块置于气垫导轨的左端，并用 手按住滑块不动； ②调整轻质滑轮，使轻绳处于水平位置；从气垫导轨上的刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离 s（钩码 到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离） ，同时记下滑块的初始位置； ③由静止释放滑块，用光电门测出挡光片经过光电门的时间 t； ④将滑块重新置于初始位置， 保持滑块所挂的钩码个数不变， 改变光电门的位置从而改变滑块与光电门之 间的距离 s，多次重复步骤③再次实验，重物到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离； ⑤整理好多次实验中得到的实验数据。 回答下列问题： (1)挡光片的宽度测量结果，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为 d=_______cm ； (2)滑块在运动过程中的加速度 a 可根据匀变速运动的规律 __________来求； (3)据实验数据最后得到了如图丙所示的 2 1 — s t 图像，由图像可求得滑块运动时的加速度 a=______m/s 2。 （取 g=10m/s 2，结果保留三位有效数字） 【答案】 0.520 2as=v 2 0.270 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 游标卡尺的主尺读数为 5mm ，游标尺读数为 0.05 ×4mm=0.20mm 则读数结果为 5.20mm=0.520cm (2)[2] 滑块在钩码的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，滑块在运动过程中的加速度 a 可根据匀变速运 动的规律 2 2 0 2tv v as 来求。 (3)[3] 滑块在钩码的作用下沿水平桌面上做匀加速直线运动，经过光电门时的瞬时速度大小为 dv t ，由 匀变速直线运动规律 2 2 2 1 2v v as 和 1 0v 解得： 21 ( ) 2 da s t 由上式可得 2 2 1 2a s t d 由此可知图像的斜率为 2 2ak d 由图像可知图像的斜率为 k=2.0 ×104。所以滑块的加速度为 2 4 2 2 22.0 10 (0.520 10 ) 0.270m / s 2 2 k d a 14．某实验小组要做 “探究小车所受外力与加速度关系 ”的实验，采用的实验装置如图 1 所示。 （ 1）本实验中 _______(填 “需要 ”或 “不需要 ”）平衡摩擦力， ______ (填“需要 ”或 “不需要 ”）钩码的质量远 小于小车的质量。 （ 2）该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，如图 2 所示。在纸带上，连续 5 个点为一个计数点，相 邻两个计数点之间的距离依次为 x1=1.45cm ， x2=2.45 cm, x 3=3.46cm ，x4=4.44 cm, x 5=5.45 cm, x 6=6.46 cm ， 打点计时器的频率 f=50Hz, 则打纸带上第 5 个计数点时小车的速度为 ______m/s；整个过程中小车的平均加 速度为 _______m/s 2。(结果均保留 2 位有效数字） 【答案】需要不需要 【解析】 【详解】 （ 1）本实验是通过力传感器测量的细线的拉力，要想将拉力作为小车的合外力，需要平衡摩擦力；由于 拉力可以直接读出，所以钩码的质量不需要远远小于小车的质量； （ 2）频率 ，则周期 ，连续 5 个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔 ；第 5 个计数点的速度为 ，根据逐差法可知小车的加速 度为： ． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示， R 为变阻箱，电压表为理想电压表，电源电动势 6VE ，当变阻箱阻值为 4ΩR 时， 闭合电键后，电压表读数 4VU ，求： (1)电路中的电流 I 和电源内阻 r； (2)电源的输出功率 P 和效率 ； (3)试推导说明当 R 为多大时，电源的输出功率最大。 【答案】 (1)1A ， 2Ω；(2) 4W ， 66.67 ；(3)当 2ΩR 时最大输出功率为 4.5W 【解析】 【分析】 【详解】 (1)电路中的电流 0 4 A 1A 4 UI R 根据闭合电路欧姆定律 E U Ir ，解得内阻为 0 6 4 Ω 2Ω 1 E Ur I (2)电源的输出功率 0 1 4W 4WP I U输 效率为 0 4100 100 66.67 1 6 P I E 输 (3)电源的输出功率为 2 2 2 22 ( )( ) 4 E EP I R R R rR r r R 可知当 2ΩR r 时，电源输出功率最大，即 2 26 W 4.5W 4 4 2 EP r 16．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨 道的最高点和最低点。现将 A 无初速释放， A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨 道光滑，半径 R=0.2m ；A 和 B 的质量均为 m=0.1kg ，A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 =0.2。取重 力加速度 g =10m/s 2。求： （ 1）与 B 碰撞前瞬间 A 对轨道的压力 N 的大小； （ 2）碰撞过程中 A 对 B 的冲量 I 的大小； （ 3） A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l。 【答案】 （1） 3N；（2） 0.1N s；（3）0.25m 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）滑块 A 下滑的过程，机械能守恒，则有 21 2 mgR mv ， 滑块 A 在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得 2 N vF mg m R 两式联立可得 FN =3N 由牛顿第三定律可得， A 对轨道的压力 N=F N=3N （ 2） AB 相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得 mv=2mv′ 对滑块 B 由动量定理得 0.1N s1 2 I mv mv （ 3）对 AB 在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得 22 0 1 2 2mg l mv 解之得 l=0.25m 17．有一个推矿泉水瓶的游戏节目， 规则是： 选手们从起点开始用力推瓶一段时间后， 放手让瓶向前滑动， 若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为 失败。其简化模型如图所示， AC 是长度为 L 1=5m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在 A 点，从 A 点开始 用一恒定不变的水平推力推瓶， BC 为有效区域。已知 BC 长度 L 2=1m ，瓶子质量 m=1kg ，瓶子与桌面间 的动摩擦因数 μ=0.2.某选手作用在瓶子上的水平推力 F=10N ，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质 点，滑行过程中未倒下， g 取 10m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问： (1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？ (2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？ 【答案】 （1） 0.5s；（2）0.8m 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）要想获得游戏成功，瓶滑到 C 点速度正好为 0，力作用时间最长，设最长作用时间为 t 1，有力作用 时瓶的加速度为 a1，t 1时刻瓶的速度为 v，力停止后加速度为 a2，由牛顿第二定律得 1F mg ma 2mg ma 加速运动过程中的位移 2 1 12 vx a 减速运动过程中的位移 2 2 22 vx a 位移关系满足 1 2 1x x L 1 1v a t 由以上各式解得 1 0.5st （ 2）要想游戏获得成功，瓶滑到 B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为 d， '2 '2 1 2 1 22 2 v v L L a a '2 12v a d 联立解得 0.8md