2018-2019学年黑龙江省大庆市实验中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省大庆市实验中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

黑龙江省大庆实验中学2018-2019学年高一上学期期末考试 物理试题 一、选择题 ‎1.北京时间2016年8月6日早上7：00，第31届奥林匹克运动会在巴西里约热内卢拉开帷幕。第3天，中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200 m自由泳比赛冠军(国际标准游泳池长50 m)。下列说法正确的是(　　)‎ A. 孙杨200 m自由泳的平均速度为1.92 m/s B. 在研究孙杨技术动作时，可以把孙杨看成质点 C. 在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，孙杨是静止的 D. “1分44秒”指的是时间间隔 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；‎ 位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度；‎ 在物体的大小和形状不起作用，或者所起的作用并不显著而可以忽略不计时，我们把近似地把该物体看作是一个具有质量大小和形状可以忽略不计的理想物体，称为质点。‎ ‎【详解】A项：200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度也是0，故A错误；‎ B项：质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，故B错误；‎ C项：孙杨在游泳过程中，以游泳池为参考系，他是运动的，故C错误；‎ D项：“1分44秒”对应一段时间间隔，指的是时间，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题关键明确位移与路程、时间间隔与时刻、质点以及参考系等概念，要掌握了时刻在时间轴上对应的是一点，而时间间隔在时间轴上对应的是一段。‎ ‎2.A、B、C、D四个质量均为2 kg的物体在光滑的水平面上做直线运动,A运动的x-t、B运动的v-t、C运动的a-t、D运动的F-t图像如图所示,已知各物体在t=0时的速度均为零,则0~4 s内运动位移最大的物体是 (　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可。‎ ‎【详解】A项：在x-t图象中，斜率代表速度读，故t=0时速度为零，由位移-时间图象可知，4s末到达负的位置最大，总位移为最大为x=-1-1m=－2m，‎ B项：由速度-时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，2-4s沿负方向运动，方向改变，4s内总位移为零；‎ C项：由a-t图象可知：物体在第1s内做匀加速直线运动，第2-3s内沿原方向做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向做匀加速直线运动，第4s内沿负方向做匀减速直线运动，根据对称性可知0～4s内物体运动位移为0；‎ D项：由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，加速度为a=，通过的位移x=。‎ 综上所述4s内位移最大的应选：A。‎ ‎【点睛】对于运动图象，关键要理解其物理意义，从斜率、面积、截距等角度来分析物体的运动情况。‎ ‎3.做匀加速直线运动的质点,在第5 s末的速度为10 m/s,则（ ）‎ A. 前10 s内位移一定是100 m B. 前10 s内位移不一定是100 m C. 加速度一定是2 m/s2‎ D. 第10秒末速度为20 m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：若质点的初速度为零，则加速度为，前10 s内位移是 ‎；第10秒末速度为，由于初速度不能确定，所以选项ACD错误,B正确。‎ 考点：匀变速直线运动的规律。‎ ‎4.如图所示，物体A、B在力F作用下一起以相同速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(　　)‎ A. 甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同 B. 甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反 C. 甲、乙两图中物体A均不受摩擦力 D. 甲图中物体A不受摩擦力，乙图中物体A受摩擦力，方向和F相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 甲乙图都处于平衡状态，对已图A受到重力、B对A的支持力，因重力在沿斜面方向有重力的分力，故需静摩擦力来平衡，方向与重力的分力相反 ‎5.某人在地面上最多可举起50kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向（g=10m/s2）（ ）‎ A. 2m/s2 竖直向上 B. m/s2竖直向上 C. 2m/s2竖直向下 D. m/s2竖直向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，知物体处于失重状态，此人最大的举力为F=mg=50×10N=500N．则由牛顿第二定律得，m′g-F=m′a，解得．方向向下．故选D．‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】】本题是应用牛顿第二定律研究超重和失重的问题，关键抓住人的最大举力是一定的；当物体的加速度向上时发生超重，加速度向下时发生失重。‎ ‎6.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动下列说法正确的是(　　)‎ A. 当θ＝60°时，P、Q的速度之比是∶2‎ B. 当θ＝90°时，Q的速度最大 C. 当θ＝90°时，Q的速度为零 D. 当θ向90°增大的过程中Q的合力一直增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，根据运动的合成与分析分析PQ的速度关系，当θ=90°时，P的机械能最小，Q的动能最大，速度最大，当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小。‎ ‎【详解】A项：P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，‎ 则当θ=60°时，Q的速度vQcos60°=vP，解得，故A错误；‎ B、C项：P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q的速度最大，故B正确，C错误；‎ D项：当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ=90°时，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当Q的速度最大时，P的速度为零，是解题的关键。‎ ‎7.如图所示，甲、乙、丙、丁四种情况，光滑斜面的倾角都是α，球都是用轻绳系住处于平衡状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 球对斜面压力最小的是甲图 B. 球对斜面压力最小的是丙图 C. 球对斜面压力第二大的是丁图 D. 球对斜面压力第二大的是乙图 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件并运用合成法，通过分析受力图得到斜面对小球的支持力大小情况；而斜面对小球的支持力与小球对斜面的压力大小相等，故可以比较压力大小。‎ ‎【详解】甲图中：根据平衡条件得，斜面对小球的支持力N1=mgcosα＜mg。‎ 乙图中：受力如图 由平衡条件得： >mg 丙图中：由平衡条件可知，斜面对小球的支持力N3=0‎ 丁图中：设绳子与斜面的夹角为θ，绳子的拉力大小为F，则斜面对小球的支持力N4=mgcosα-Fsinθ＜mg 根据牛顿第三定律得知，斜面对小球的支持力与小球对斜面的压力大小相等。‎ 所以球对斜面压力最大的是乙图，压力最小的是丙图，‎ 由上分析，可知，那么第二大的是甲图 故选：B。‎ ‎【点睛】本题关键是分析物体的受力情况，再根据共点力的平衡条件进行分析．丙图也可以采用假设法判断斜面与小球之间没有弹力。‎ ‎8.如图，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)‎ A. 0‎ B. 2.5 N C. 5 N D. 3.75 N ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：剪断前，只有A对弹簧有作用力，所以剪断前弹簧的弹力，剪断瞬间由于弹簧来不及改变，根据牛顿第二定律可得，解得，隔离B，则有，代入数据解得，D正确 考点：考查了牛顿第二定律的瞬时性 ‎【名师点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题 ‎9.下列四个图中所有接触面均粗糙，各物体均处于静止状态，其中物体A受力个数可能超过5个的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ A、对整体分析，可知墙壁对A没有弹力，否则整体将向右运动，故A最多受到重力、B的支持力、摩擦力和弹簧的拉力共4个力，故A错误；‎ B、A最多受到重力、弹簧的弹力、斜面的支持力和摩擦力共四个力作用，故B错误；‎ C、A受到重力、B的压力和摩擦力，斜面的支持力、推力，也可能受到斜面的摩擦力，共六个力，故C正确；‎ D、A最多受到重力、斜面的支持力、摩擦力、推力和B的压力共五个力，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】本题考查分析受力的能力，运用整体法和隔离法分析是关键。‎ ‎10.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法正确的是(　　)‎ A. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作 B. 风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害 C. 运动员下落时间与风力无关 D. 运动员着地速度与风力无关 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题中运动员参加里水平方向和竖直方向的两个分运动，水平分运动不影响竖直分运动，只会影响合运动．‎ ‎【详解】A、C项：运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立，由于高度相同，所以运动时间相同，与风力大小无关，故A错误，C正确；‎ B、D项：水平风力越大，落地时水平方向速度越大，由平行四边形定则可知，运动员着地时速度越大，故B正确，D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎【点睛】对于运动的合成与分解问题，关键要找到分运动，然后运用合运动与分运动的独立性、等效性、等时性和相关性求解。‎ ‎11.甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图所示。下列判断正确的是(　　)‎ A. 乙车启动时，甲车在其前方50 m处 B. 运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75 m C. 乙车启动10 s后正好追上甲车 D. 乙车超过甲车后，两车不会再相遇 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在时启动，此时甲的位移为，即甲车在乙前方50m处，故A正确；当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为：，故B正确；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10s后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故C错误；乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D正确。‎ 考点：考查了v-t图像 ‎12.一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边。小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示。船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变。由此可以确定(　　)‎ A. 沿AD轨迹运动时，船相对于水做匀减速直线运动 B. 沿三条不同路径渡河的时间相同 C. 沿AC轨迹渡河所用的时间最短 D. 沿AC轨迹到达对岸的速度最小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小。‎ ‎【详解】A、B项：根据题意，船在静水中的速度是不同的，因此它们的时间也不相同，根据曲线运动条件可知，AC轨迹说明船在静水中加速运动，而AB则对应是船在静水中匀速运动，对于AD，则船在静水中减速运动，故A正确，B错误；‎ C项：上分析可知，由于AC轨迹，船在静水中加速运动，因此所用时间最短，故C正确；D项：沿AC 轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点睛】考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键。‎ ‎13.如图所示，一光滑轻绳左端固定在竖直杆顶端，其右端系于一光滑圆环上，圆环套在光滑的矩形支架ABCD上。现将一物体以轻质光滑挂钩悬挂于轻绳之上，若使光滑圆环沿着ABCD方向在支架上缓慢地顺时针移动，圆环在A、B、C、D四点时，绳上的张力分别为Fa、Fb、Fc、Fd，则(　　)‎ A. Fa＜Fb B. Fb＞Fc C. Fc＝Fd D. Fd＞Fa ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：设绳子两端点所悬点的水平距离为d，绳长为l，绳子拉力为T，绳子与竖直方向之间的夹角为，物体的质量为m。‎ 根据共点力平衡：，‎ ‎，‎ 可见，d相等，T相等，所以Fa=Fb，Fc=Fd，故A、B错误，C正确；d大，T也大，Fd>Fa，D正确；故选CD。‎ 考点：共点力的平衡 ‎【名师点睛】以物体悬挂点为研究对象，根据对称性，两段绳子的拉力相等，与竖直方向的夹角相等，根据共点力平衡和几何关系可知：绳子长度不变时，两悬点的距离越大，绳子拉力越大，两悬点的距离不变，绳子拉力不变。‎ ‎14.如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对AB整体和A物体分别运用牛顿第二定律列式，来分析两滑块分离时x的值，结合数学知识图象的形状。‎ ‎【详解】设AB向右匀加速运动的加速度为a。根据牛顿第二定律得：‎ 对整体有：F+k（x0-x）=（mA+mB）a 可得：F=kx+（mA+mB）a-kx0。‎ 因为可能有：（mA+mB）a=kx0，则得：F=kx，F与x成正比，F-x图象可能是过原点的直线。‎ 对B有：k（x0-x）-FN=mAa 得：FN=-kx+kx0-mAa，可知FN-x图象是向下倾斜的直线。‎ 当FN=0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则有  x=x0- ‎ ‎，因此B图和D图是可能的，A图和C图不可能。故AC错误，BD正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点睛】正确分析连接体问题的受力情况，能用整体法和隔离法处理连接体问题是正确解题的关键，要知道两滑块刚分离的条件是FN=0，而不是x=x0。‎ ‎15.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A. 小滑块的质量m＝2 kg B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1‎ C. 当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2‎ D. 当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。‎ ‎【详解】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，‎ 当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg 当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a= ‎ 知图线的斜率k解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg。故A正确；‎ B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有： ‎ 代入数据解得：μ=0.2，‎ 当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2。‎ 根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，故B错误，C正确；‎ D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。‎ 二、 实验题 ‎16.如图所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系实验。‎ ‎(1) .实验中还需要的测量工具有：________。‎ ‎(2) .如图所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图可知：图线不通过原点的原因是________________；弹簧的劲度系数k＝________N/m(计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s2)。‎ ‎(3) .如图所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F－L图象，下列说法正确的是（ ）‎ A.a的原长比b的长 ‎ B.a的劲度系数比b的大 C.a的劲度系数比b的小 ‎ D.弹力与弹簧长度成正比 ‎【答案】 (1). 毫米刻度尺或者直尺； (2). 弹簧自身有重力； (3). 4.9； (4). B；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验的目的探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，由给出的F-x图象，可由图象得出弹簧的劲度系数；依据实验原理，弹簧的自重，导致图线不过原点。‎ ‎【详解】(1) 实验需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：刻度尺；‎ ‎(2) 由图可知，当F=0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的，‎ 图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，由 ；‎ ‎(3) A项：在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；‎ B、C项：在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；‎ D项：弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查了胡克定律，弹簧的弹力与形变量的关系。要注意正确理解图象的性质；通过亲手的实验明确实验步骤。‎ ‎17.为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮)，钩码总质量用m表示。‎ ‎(1) .为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是（ ）‎ A.三组实验中只有甲需要平衡摩擦力 B.三组实验都需要平衡摩擦力 C.三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件 D.三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件 ‎(2) .图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示。则OD间的距离为________cm。图戊是根据实验数据绘出的s－t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，则加速度大小a＝________m/s2(保留3位有效数字)。‎ ‎(3) .若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，g为当地重力加速度，则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为__________。‎ ‎【答案】 (1). BC； (2). 1.20； (3). 0.933； (4). 1:2；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码的总质量m与小车的总质量M的关系；‎ ‎(2) 由图示刻度尺求出OD间的距离，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出图象的函数表达式，然后求出加速度；‎ ‎(3)根据牛顿第二定律，结合动滑轮的拉力是测力计的示数2倍，从而即可求解。‎ ‎【详解】(1) A、B项：为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，‎ 而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的2倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故A错误，B正确；‎ C、D项：由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎(2) 由图示刻度尺可知，OD间的距离为：2.20cm-1.00cm=1.20cm；‎ 小车做初速度为零的匀加速直线运动，则： 由图示图象可知：，则a=2k=2 ；‎ ‎(3) 乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，‎ 根据牛顿第二定律，则有：F=M乙a，2F=M丙a；‎ 因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2；‎ 由牛顿第二定律，对砝码研究，则有m乙g-F=m乙a，‎ 而m丙g-F=m丙2a，‎ 解得，m乙：m丙=1：2。‎ ‎【点睛】考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键。‎ 三、计算题 ‎18.如图所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5 s时撤去拉力，物体速度与时间(vt)的部分图像如图所示。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问：‎ ‎(1) .拉力F的大小为多少？‎ ‎(2) .物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？‎ ‎【答案】(1)24 N　(2)6 m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据速度时间图线求出匀减速直线运动的加速度大小，根据速度时间图线求出匀加速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出拉力F的大小；v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小。‎ ‎【详解】(1)设物体在力F作用时的加速度为a1，撤去力F后物体的加速度为a2，根据图像可知：‎ 力F作用时，对物体进行受力分析，‎ 由牛顿第二定律可知：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1‎ 撤去力F后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知：－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝ma2，‎ 解得：F＝24 N。‎ ‎(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，此时物体速度为零，‎ 可得：‎ 向上滑行的最大距离：‎ ‎【点睛】本题考查了动力学知识与图象的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。‎ ‎19.抛体运动在各类体育运动项目中很常见,如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题,设球台长2 L、网高h,乒乓球反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力.(设重力加速度为g)‎ ‎(1) .若球在球台边缘O点正上方高度为h1处以速度v1,水平发出,落在球台的P1点(如图实线所示),求P1点距O点的距离x1.‎ ‎(2) .若球在O点正上方以速度v2水平发出,恰好在最高点时越过球网落在球台的P2(如图虚线所示),求v2的大小。‎ ‎(3) .若球在O正上方水平发出后,球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3,求发球点距O点的高度h3.‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据高度求出平抛运动的时间，再根据初速度和时间求出水平位移；‎ ‎(2)若球在O点正上方以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网，知平抛的高度等于网高，从而得知平抛运动的时间，根据运动的对称性求出平抛运动的位移，再根据水平位移和时间求出平抛的初速度；‎ ‎(3)根据抛体运动的特点求出小球越过球网到达最高点的水平位移，从而得知小球反弹到越球网时的水平位移，对反弹的运动采取逆向思维，抓住水平方向和竖直方向运动的等时性求出小球越过球网到达最高点的竖直位移与整个竖直位移的比值，从而求出发球点距O点的高度。‎ ‎【详解】(1) 设发球时飞行时间为t1，根据平抛运动有h1＝ ‎ x1=v1t1‎ 解得：；‎ ‎(2) 设发球高度为h2，飞行时间为t2，同理有 ‎ ‎ x2=v2t2‎ 且h2=h ‎2x2=L 解得：；‎ ‎(3) 设球从恰好越过球网到最高点的时间为t，水平距离为s，根据抛体运动的特点及反弹的对称性，知反弹到最高点的水平位移为．则反弹到越过球网的水平位移为则s=．在水平方向上做匀速直线运动，所以从越过球网到最高点所用的时间和从反弹到最高点的时间比为1：2。‎ 对反弹到最高点的运动采取逆向思维，根据水平方向上的运动和竖直方向上的运动具有等时性，知越过球网到最高点竖直方向上的时间和反弹到最高点在竖直方向上的时间比为1：2．根据 得，知越过球网到最高点竖直方向上的位移和反弹到最高点的位移为1：4，即，解得h3＝。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的规律，以及知道小球平抛落地反弹后的运动与平抛运动对称。‎ ‎20.传送带被广泛应用于各行各业．由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同．如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2 m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L＝7 m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1 kg，且均可视为质点，O、M间距离L1＝3 m．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．‎ ‎(1) .金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2 s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1；‎ ‎(2) .木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前、后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5.求与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离．‎ ‎【答案】（1）1（2）1.6m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，抓住总位移的大小，结合运动学公式求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小；‎ ‎(2)根据牛顿第二定律求出木块下滑的加速度，从而结合速度位移公式求出与挡板碰撞的速度，反弹后，速度大于传送带速度，摩擦力向下，速度与传送带速度相等后，摩擦力向上，根据牛第二定律分别求出上滑过程中的加速度，结合运动学公式求出木块B所达到的最高位置与挡板P的距离。‎ ‎【详解】(1) 金属块A在传送带方向上受重力沿传送带向下的分力和摩擦力，由题意可知，μ1>tan θ，即A先做匀加速运动，并假设其速度能达到传送带的速度v＝2 m/s，然后做匀速运动，到达M点．金属块由O运动到M，有：‎ ‎ ‎ 且t1＋t2＝t，v＝at1‎ 根据牛顿第二定律有μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得t1＝1 s

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