湖北省武汉市华中师大一附中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

湖北省武汉市华中师大一附中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（共12道题，每小题4分对多项选择题，选对但不全的，得2分其中第1题到第6题只有一个选项是正确的；第7题到第12题至少有二个选项是正确的）1（4分）如图所示，在外力作用下某质点运动的vt图象为正弦曲线在0t4一个周期内，从图中可以判断下列说法正确的是（）at2时刻质点所在的位置为质点运动的对称中心b在0t1时间内，外力逐渐减小，外力的功率逐渐增大ct4时刻，质点回到出发点d在t2t3时间内，外力做的总功为零考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像.专题：功率的计算专题分析：由vt图象可知物体的运动方向，由图象的斜率可知拉力的方向，则由功的公式可得出外力做功的情况，由p=fv可求得功率的变化情况解答：解：a、在vt图象中与时间轴所围面积为位移，故t2时刻质点所在的位置为物体运动的最右端，故a错误；b、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由p=fv可知外力的功率在0时刻功率为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，故b错误；c、在vt图象中与时间轴所围面积为位移，故在t4时刻物体位移为零回到出发点，故c正确；d、在t2t3时间内，根据动能定理即可求得外力做功不为零，故d错误；故选：c点评：本题要求学生能熟练掌握图象的分析方法，由图象得出我们需要的信息b答案中采用极限分析法，因开始为零，后来为零，而中间有功率，故功率应先增大，后减小2（4分）用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起来，如图所示现对小球b施加一个水平向左的恒力f，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3f，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是下图中的（）abcd考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对两球连同之间的细线看成一个整体，分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析，观察绳子弹力的方向便可迎刃而解解答：解：选对两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析，水平方向受向左的f和向右的3f，故上面绳子一定向右偏；设上面绳子与竖直方向夹角为，则：tsin=2ftcos=2mg设下面绳子与竖直方向夹角为，则tsin=ftcos=mg联立可得：=故选：c点评：本题重点考查了学生的受力分析的能力，解题的关键是能够从整体着手分析受力，若采用隔离法分析a、b两个小球受力的情况，则有一定的难度3（4分）如图所示，车内轻绳ab与轻绳bc拴住一小球，轻绳bc水平，两根轻绳可以承受的最大拉力相同，整个装置处于静止状态由于外界条件的变化，导致发生下列改变，但小球仍处于车内图中所示的位置，则与原来静止状态时比较，正确的答案是（）选项小球、小车状态的变化情况ab绳bc绳a保持小车静止，不断增加小球质量拉力变大，最先断裂拉力不变b向右匀减速直线运动拉力不变，做负功拉力减小，做正功c向上匀加速直线运动拉力变大，做正功拉力不变，不做功d向左匀减速直线运动拉力变大，做负功拉力减小，做负功aabbccdd考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：对小球受力分析，然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解出两个拉力的表达式进行讨论解答：解：对球b受力分析，受重力、bc绳子的拉力ft2，ab绳子的拉力ft1，如图a、保持小车静止，根据平衡条件得：ft1sin=ft2，可得ft1ft2，不断增加小球质量时两根绳子的拉力都增大，ab绳的拉力先达到最大值，最先断裂故a错误b、小车向右匀减速直线运动时，根据牛顿第二定律，有水平方向：ft1sinft2=ma竖直方向：ft1cosg=0解得：ft1= ft2=gtanma 故ab绳子的拉力不变，拉力做正功；bc绳子的拉力变小，做正功故b正确c、向上匀加速直线运动，则 水平方向：ft1sinft2=0 竖直方向：ft1cosg=ma解得：ft1=，增大，做正功；ft2=ft1sin，增大，不做功，故c错误d、向左匀减速直线运动时，有水平方向：ft2ft1sin=ma竖直方向：ft1cosg=0解得：ft1= ft2=gtan+ma 故ab绳子的拉力不变，拉力做正功；bc绳子的拉力变大，做负功故d错误故选：b点评：本题关键是对小球受力分析，根据牛顿第二定律列出方程求解出各个力的表达式，然后进行讨论4（4分）地球同步卫星是整个人类的稀有资源，全球最多可以同时存在大约120颗同步卫星如图所示，很多国家发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后在q点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后在p点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行已知轨道1、2相切于q点，轨道2、3相切于p点忽略大气对卫星的阻力作用，则卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（）a卫星从轨道2运行到轨道3的过程中，卫星与地球组成的系统机械能守恒b卫星在轨道3上的p点运行速度小于在轨道2上的p点运行速度c卫星在轨道2上q点的加速度小于在轨道1上q点的加速度d若在轨道3上的p点开动推动器向卫星运行的正前方喷气，卫星可以重新回到轨道2上考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.专题：人造卫星问题分析：根据卫星在轨道上飞行只受引力，机械能守恒去判断近地点和远地点的速度大小关系当万有引力刚好提供卫星所需向心力时 卫星正好可以做匀速圆周运动 1若是供大于需 则卫星做逐渐靠近圆心的运动 2若是供小于需 则卫星做逐渐远离圆心的运动牛顿第二定律和万有引力定律结合应用解决问题解答：解：a、题目说在p点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行，说明机械能增加，故a错误；b、在椭圆轨道远地点实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于卫星所需向心力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力，卫星在轨道3上经过p点的速率大于在轨道2上经过p点的速率，故b错误；c、根据牛顿第二定律和万有引力定律得卫星在轨道2上经过q点的加速度等于在轨道1上经过q点的加速度，故c错误；d、若在轨道3上的p点开动推动器向卫星运行的正前方喷气，卫星会减速，可能重新回到轨道2上，故d正确；故选：d点评：卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较5（4分）（2014上海）如图，竖直平面内的轨道和都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等用相同的水平恒力将穿在轨道最低点b的静止小球，分别沿和推至最高点a，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ek1、ek2假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与、轨道间的动摩擦因数相等，则（）aek1ek2；t1t2bek1=ek2；t1t2cek1ek2；t1t2dek1=ek2；t1t2考点：动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：动能定理的应用专题分析：根据动能定理比较动能的增加量；通过速度时间图线，抓住路程相等，结合加速度不同，比较运动时间的长短解答：解：因为摩擦力做功wf=（mgcos+fsin）s=mgx+fh，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：wfmghwf=ek，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1t2故b正确，a、c、d错误故选：b点评：本题考查了动能定理与运动学的综合，通过动能定理比较动能变化量的关系，难点在于通过速度时间图线比较运动的时间，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移6（4分）如图所示，a、b为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔m、n，d为理想二极管，r为滑动变阻器闭合开关s，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从m、n的正上方的p点由静止释放，小球恰好能运动至小孔n处下列说法正确的是（）a若仅将a板上移，带电小球仍将恰好运动至小孔n处b若仅将b板上移，带电小球将从小孔n穿出c若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至n处d断开开关s，从p处将小球由静止释放，带电小球将从小孔n穿出考点：带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：电场力与电势的性质专题分析：由题小球恰好能穿过小孔n，小球到达小孔n时速度恰好为零，此过程小球的重力做功等于克服电场力做功二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出开关s闭合时，可以充电不能放电开关s断开，板间场强不变，小球下落与原来同样的高度时，速度为零解答：解：a、若仅将a板上移，根据公式c=，电容减小；由于二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，故电量不变，根据c=，u=ed，得到：e=，故场强不变；故到达小孔n时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔n时速度已经减为零返回了；故a错误；b、若仅将b板上移，根据公式c=，电容增加，电容器要充电；由于电压u一定，根据u=ed，电场强度增加；故到达小孔n时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔n时速度已经减为零返回了；故b错误；c、将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔n，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔n时速度已经减为零返回了；故c正确；d、断开开关s，场强不变，故小球恰好能运动至小孔n处，故d错误；故选：c点评：本题应用动能定理分析小球的运动情况根据动能定理：当总功为正值时，动能增加；当总功为负值时，动能减小在分析物体的运动情况时经常用到7（4分）蹦床运动是广大青少年儿童喜欢的活动在处理实际问题中，可以将青少年儿童从最高点下落的过程简化：如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置o点为坐标原点，设竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示其中oa段为直线，ab段是与oa相切于a点的平滑曲线，bc是平滑的曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g则关于小球的运动过程，下列说法正确的是（）a小球最大速度出现的位置坐标为x=h+b小球在c时刻所受弹簧弹力大小等于重力大小的两倍c小球从a时刻到b时刻的过程中重力势能减少的数值大于弹簧弹性势能增加的数值d小球可以从c时刻所在的位置回到出发点考点：功能关系；胡克定律.分析：oa过程是自由落体，a的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度，b点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量，系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析cd即可解答：解：a、oa过程是自由落体，a的坐标就是h，加速度为g，b点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以b得坐标为h+，故a正确b、取一个与a点对称的点为d，由a点到b点的形变量为，由对称性得由b到d的形变量也为，故到达c点时形变量要大于 h+2，所以弹力大于2mg，所以b错误；c、系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒，小球从a时刻到b时刻的过程中重力势能减少的数值等于弹簧弹性势能增加的数值和小球动能增加量之和，所以小球从a时刻到b时刻的过程中重力势能减少的数值大于弹簧弹性势能增加的数值，故c正确；d、系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒，所以小球可以从c时刻所在的位置回到出发点，故d正确故选：acd点评：解决本题的关键知道小球在整个过程中的运动情况，结合图象，综合牛顿第二定律进行分析求解，知道系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒8（4分）如图所示，带支架的滑块沿倾角为的斜面向下运动，支架末端用细线悬挂一个小球，竖直方向和垂直斜面方向用虚线标示，若整个装置稳定后小球可能的位置如图中a，b，c，d所示，各角度标注如图，则关于斜面与滑块间的动摩擦因数，正确的是（）a若小球处于a位置，则=tan（+）b若小球处于b位置，则=0c若小球处于c位置，则=tan（）d若小球处于d位置，则=tan考点：牛顿第二定律；动摩擦因数.专题：牛顿运动定律综合专题分析：通过对小球受力分析由牛顿第二定律即可判断摩擦因数解答：解：a、在a位置对小球受力分析可知mgsinsin（+）=maa=gsinsin（+）对整体受力分析可知（m+m）gsin（m+m）gcos=（m+m）a解得=tan（+）故a正确b、在b位置对小球受力分析可知b匀速运动a=0对整体受力分析可知（m+m）gsin（m+m）gcos=（m+m）a解得=tan）故b正确c、在c位置对小球受力分析可知mgsinsin（）=maa=gsinsin（）对整体受力分析可知（m+m）gsin（m+m）gcos=（m+m）a解得=tan（）故c正确d、在d位置对小球受力分析可知mgsin=maa=gsin对整体受力分析可知（m+m）gsin（m+m）gcos=（m+m）a解得=0，故d错误故选：ac点评：本题主要考查了受力分析，通过整体法和隔离法即可求得摩擦因数9（4分）2014年10月24日凌晨2时，“小飞”嫦娥五号试验器在西昌卫星发射中心发射成功，并于11月1日顺利返回，成功着陆这是中国首次实施从月球轨道返回地球的返回飞行试验器试验器对嫦娥五号关键技术进行了相关验证，以确保后续的探月计划顺利进行设想几年以后，我国宇航员随“嫦娥”号成功登月：宇航员随“嫦娥”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t；登月后宇航员利用随身携带的弹簧秤测出质量为m的iphonen手机所受的“重力”为f已知万有引力常量为g则根据以上信息我们可以得到（）a月球的密度b月球的自转周期c飞船的质量d月球的“第一宇宙速度”考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：飞船绕行n圈用的时间为t，其周期为t=g1=mg，可得到月球表面的重力加速度根据万有引力等于重力 =mg和万有引力提供向心力 求出月球的密度和月球的第一宇宙速度解答：解：设月球的半径为r，月球的质量为m，则有：g=mg=宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t，周期t=由两式得：r=，根据：v=可以求得表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度，即可求出月球的第一宇宙速度，月球的质量：m=根据：=可以求得密度，根据万有引力提供向心力，不能求月球自转的周期根据万有引力提供向心力，列出等式中消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故ad正确，bc错误故选：ad点评：解决本题的关键要建立模型，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力10（4分）如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表v1、v2、v3示数变化量的绝对值分别为u1、u2、u3，理想电流表示数变化量的绝对值为i，则（）au2=u1+u3b=r+rc电源输出功率先增大后减小d和保持不变考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析解答：解：a、v2测量路端电压，v1测量r的电压，v3测量滑动变阻器的电压，根据闭合电路欧姆定律得：u2=u1+u3+ur，故a错误；b、根据闭合电路欧姆定律得：u3=ei（r+r），则得：故b正确c、当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大，而电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r，所以将滑动变阻器滑片向下滑动，功率变大，故c错误；d、根据欧姆定律得：=r，不变，根据闭合电路欧姆定律得：u2=eir，则得：=r，不变，故d正确；故选：bd点评：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析11（4分）两个带等量正电的点电荷，电量分别为q，固定在图中a、b两点，ab=l，mn为ab连线的中垂线，交直线ab于o点，a为mn上的一点，oa=l取无限远处的电势为零一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则（）a若q从a点由静止释放，其在由a点向o点运动的过程中，加速度先增大后减小b若q从a点由静止释放，其将以o点为对称中心做往复运动cq由a点向o点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大d若在a点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动考点：电场的叠加；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况解答：解：a、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中p、q连线的中垂线mn上，从无穷远到o过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由a向o的运动可能做加速度先增大后减小，也可能一直减小，故a错误b、电场强度在mn上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以o点为对称中心做往复运动；故b正确c、从a到o过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故c错误d、在空间中电场强度不是均匀分布的，故受到的电场力大小时刻在变，因此不肯能做匀速圆周运动，故d错误故选：b点评：本题考查静电场的基本概念关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析12（4分）如图所示，竖直平面内光滑圆弧形管道omc半径为r，它与水平管道cd恰好相切水平面内的等边三角形abc的边长为l，顶点c恰好位于圆周最低点，cd是ab边的中垂线在a、b两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q，现把质量为m、带电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点m处静止释放，不计+q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则（）ad点的电势为零b小球在管道中运动时，机械能守恒c小球对圆弧形管道最低点c处的压力大小为3mg+kd小球对圆弧形管道最低点c处的压力大小为考点：电势差与电场强度的关系；机械能守恒定律；电势.专题：电场力与电势的性质专题分析：图中abc水水平面，在在a、b两顶点上放置一对等量异种电荷，则管道处于中垂面上，是等势面，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律列式分析解答：解：a、在a、b两顶点上放置一对等量异种电荷，直线cd是中垂线，是等势面，与无穷远处的电势相等，故d点的电势为零，故a正确；b、在a、b两顶点上放置一对等量异种电荷，管道处于等势面上，故小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故b正确；c、d、对从m到c过程，根据机械能守恒定律，有：mgr= 在c点，电场力大小为：f=+=垂直cd向外；重力和弹力的竖直分力提供向心力，故：弹力的水平分力：nx=f=故弹力：n=故c错误，d正确；故选：abd点评：此题属于电场力与重力场的复合场，关键是根据机械能守恒和功能关系进行判断二、实验题（第13题6分，第14题11分，共17分）13（6分）如图甲所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成他将质量同为m（已知量）的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度（1）若选定如图甲左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有aca小重物的质量mb绳子的长度c重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出图象，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=，并可求出重物质量m=考点：测定匀变速直线运动的加速度.专题：实验题分析：根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量根据加速度的表达式得出关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和m的大小解答：解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg=（2m+m）a，解得a=根据h=at2，g=所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间故a、c正确故选：ac（4）因为a=，则=+，知图线斜率k=，b=，解得g=，m=故答案为：（1）ac（2）；点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出关系式，结合图线的斜率和解决进行求解14（11分）led绿色照明技术已经走进我们的生活某实验小组要精确测定额定电压为3v的led灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500，电学符号与小灯泡电学符号相同实验室提供的器材有：a电流表a1（量程为0至50ma，内阻ra1约为3）b电流表a2（量程为0至3ma，内阻ra2=15）c定值电阻r1=697d定值电阻r2=1985e滑动变阻器r（0至20）一只f电压表v（量程为0至12v，内阻rv=1k）g蓄电池e（电动势为12v，内阻很小）f开关s一只（1）如图所示，请选择合适的器材，电表1为f，电表2为b，定值电阻为d（填写器材前的字母编号）（2）将采用的电路图补充完整（3）写出测量led灯正常工作时的电阻表达式rx=（填字母），当表达式中的i2（填字母）达到1.5ma，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为led灯正常工作时电阻考点：伏安法测电阻.专题：实验题分析：滑动变阻器阻值远小于led的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法led灯的额定电压为3v，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装一个电压表，因为通过led的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用根据闭合电路欧姆定律求出led正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出led电压为3v时，得到led的电阻解答：解：（1）（2）要精确测定额定电压为3v的led灯正常工作时的电阻，需测量led灯两端的电压和通过led灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量led两端的电压，可以将电流表a2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：r=1000，a2的内阻约为15，则定值电阻应选d；led灯正常工作时的电流约为i=6ma左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于led的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法电路图如图所示，由以上分析可知，电表1为f，电表2为b，定值电阻为d（3）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压u=i2（r+ra2），通过灯泡的电流i=i2，所以led灯正常工作时的电阻rx=改装后的电压表内阻为rv=1985+15=2000，则当i2=1.5ma时，led灯两端的电压为3v，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻故答案为：（1）f；b；d；（2）电路图如图所示；（2）；i2；1.5ma点评：本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流三、计算题：（共45分，第15题8分，第16题12分，第17题12分，第18题13分）15（8分）为了最大限度地减少道路交通事故，2009年8月15日，全国开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.10.5s，易发生交通事故下面是驾驶员守则中的安全距离图示（图甲）和部分安全距离表格车速v（km/h）反应距离s（m）36472810812在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，发现障碍物而停车实验时，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小g=10m/s2请根据上述信息回答下列问题：（1）根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间（2）假设在同样的路面上，该驾驶员少量饮酒后驾车以90km/h速度行驶，突然发现在距离车前50m处有障碍物停在马路中间该驾驶员的反应时间比正常时慢了0.2s，汽车会撞上障碍物吗？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：（1）在反应时间里驾驶员对车没有操作，故车仍做匀速直线运动，根据位移时间关系求驾驶员的反应时间；（2）由减速过程中的位移速度图象，根据速度位移关系求得减速的加速度，再根据位移时间关系关系分析汽车是否会撞上障碍物解答：解：（1）因为汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线以，根据表格中给出的数据可以得到驾驶员的反应时间t0=0.4s （2）设减速过程中汽车加速度的大小为a，从图乙可知，初速度v0=20m/s，末速度v=0，位移x=25m，由运动学公式得得减速时的加速度=所以当车速v=90km/h=25m/s，饮酒后的反应时间为t=0.4s+0.2s=0.6s在驾驶员的反应时间里汽车前进的距离s=vt=250.6m=15m汽车刹车至停止通过的距离距离x=所以汽车停车的距离l=s+x=54.06m由于停车距离l50 m，故会撞上障碍物答：（1）驾驶员的反应时间为0.4s；（2）汽车会撞上障碍物点评：解决本题的关键知道汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合运动学公式灵活求解，基础题16（12分）如图所示，小车a的顶部距地面高度为h=0.8m，小车质量m1=2kg，它受地面阻力大小为其对地面压力大小的0.2倍，在其顶部右前方边缘处放有一个质量为m2=8kg的物体b（大小忽略不计），物体b与小车a之间的最大静摩擦力为ff=28n在小车的左端施加一个水平向左，大小为f0=6n的恒力作用，整个装置处于静止状态现用一逐渐增大的水平力f作用在b上，使a、b共同向右运动，当f增大到某一值时，物体b刚好从小车前端脱离重力加速度g=10m/s2（1）求物体b刚好从小车前端脱离时水平力f的大小（2）若物体b刚好从小车前端脱离时，小车a、物体b的共同速度大小为2m/s，此时立即撤去水平力f，计算当物体b落地时与小车a右前端的水平距离考点：平抛运动；牛顿第二定律.专题：平抛运动专题分析：（1）物体b刚好从小车前端脱离时，ab间的摩擦力达到最大值，先隔离a物体，根据牛顿第二定律列式求解加速度；再对ab 整体分析，根据牛顿第二定律列式求解水平力f的大小；（2）物体b刚好从小车前端脱离时，立即撤去水平力f，此后物体b做平抛运动，根据平抛运动的分运动公式列式求解物体b的水平分位移；物体a做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解位移；最后得到相对位移解答：解：（1）分离时，物体a受重力、支持力、压力、b对a向右的摩擦力、地面对a向左的摩擦力，根据牛顿第二定律，有：a0=1m/s2对a、b整体，根据牛顿第二定律，有：a0=1m/s2得水平力：f=36n（2）b作平抛运动，下落总时间：=0.4s水平位移：xb=v0t1=20.4=0.8ma先向右减速，加速度：aa=5m/s2经历时间t2=0.4s时速度正好减为零，a向右的最大位移：xa=0.4m 此时刻物体b与小车a右前端的水平距离：x=xbxa=0.80.4=0.4m答：（1）物体b刚好从小车前端脱离时水平力f的大小为36n（2）当物体b落地时与小车a右前端的水平距离为0.4m点评：本题关键是明确两个物体的受力情况和运动情况，然后结合牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动的分运动公式列式求解17（12分）如图所示，固定在水平地面上的斜面，倾角为45，斜面上ab两点之间长l=2m在斜面下端c点固定有一个与斜面垂直的挡板一劲度系数为k=68n/m的轻质弹簧，下端固定在挡板上，上端位于图中b点，处于原长状态质量为m=1kg，大小不计的滑块，从斜面的最高点a沿斜面由静止开始下滑滑块沿斜面下滑到b点时与弹簧开始接触，整个过程弹簧都在弹性限度内已知滑块与斜面ab段之间的动摩擦因数为=0.40，bc段之间不存在摩擦力不计滑块与弹簧接触时的能量损失，忽略空气阻力弹簧弹性势能ep=kx2，x为弹簧的形变量，重力加速度g=10m/s2试求：（1）滑块从开始运动到第一次速度变为零时，弹簧的最大压缩量为多少？（2）计算从a处静止出发开始，到滑块与弹簧发生第n次接触的过程中在ab段运动通过的总路程？（3）最终滑块在ab段运动通过的总路程为多少？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.分析：（1）由题意可知物体在下降中重力势能减小，同时克服摩擦力做功，转化为机械能，由功能关系可明确最大压缩量；（2）分别对压缩过程进行分析，采用归纳法得出总路程的表达式；（3）根据（2）中的结论分析当n无穷大时的总路程解答：解：（1）由能量转化有mg（l+x）mgl=kx2代入数据整理得：34x35x6=0解得x1=0.5mm，x2=m（舍去）（2）设l1=l，设滑块第一次与弹簧接触后反弹能达到的最大长度为l2，则：mg（l1l2）mg（l1+l2）=0得：l2=故第二次接触经历路程x2=2l2=2设滑块第二次与弹簧接触后反弹能达到的最大长度为l3，则：mg（l2l3）mg（l2+l3）=0得l3=l2=l1，第三次接触经