2021-2022學(xué)年安徽省合肥市一六八中學(xué)高一（下）期末模擬物理試題（解析版）

1、2021-2022學(xué)年安徽省合肥市一六八中學(xué)高一（下）期末模擬物理試題一、選擇題（本題共12小題，48分，其中17題為單項(xiàng)選擇題，812為多項(xiàng)選擇）1. 如圖所示，木塊上表面是水平的，當(dāng)木塊置于上，一起沿光滑斜面由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中與保持相對(duì)靜止，且斜面體相對(duì)地面靜止。和在下滑過(guò)程中（）A. 地面對(duì)斜面體的摩擦力為零B. 木塊對(duì)的摩擦力做負(fù)功C. 對(duì)做正功D. 對(duì)不做功【答案】D【解析】【分析】【詳解】A光滑斜面，A、B一起沿斜面向下加速，因此具有沿斜面向下的加速度，此時(shí)加速度有水平向左的分加速度，將A、B和斜面體看成整體，地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向左，故A錯(cuò)誤；BA、B一起沿斜面向下加

2、速，此時(shí)加速度有水平向左的分加速度，則B對(duì)A的摩擦力水平向左，A的位移沿斜面向下與摩擦力方向的夾角小于90，所以B對(duì)A的摩擦力做正功，故B錯(cuò)誤；C將A、B看成整體，整體具有沿斜面向下的加速度，將a正交分解為豎直方向a1，水平方向a2，如圖豎直方向上由牛頓第二定律可知水平方向上設(shè)斜面與水平方向的夾角為，摩擦力與彈力的合力與水平方向上的夾角為，由幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得所以因此B對(duì)A的作用力與斜面垂直，所以B對(duì)A的合力不做功，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力也不做功，故C錯(cuò)誤；D由于B對(duì)A的作用力與斜面垂直，所以A對(duì)B的作用力不做功，故D正確。故選D。2. 如圖所示，勁度系數(shù)為k的彈簧下端懸掛一個(gè)

3、質(zhì)量為m的重物，處于靜止?fàn)顟B(tài)。手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，手對(duì)重物做的功為W1。然后放手使重物從靜止開(kāi)始下落，重物下落過(guò)程中的最大速度為v，不計(jì)空氣阻力，重物從靜止開(kāi)始下落到速度最大的過(guò)程中，彈簧對(duì)重物做的功為W2（）A. W1B. W1C. W2=mv2D. W2=-mv2【答案】B【解析】【分析】【詳解】AB勁度系數(shù)為彈簧下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為的重物，處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的伸長(zhǎng)量手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理可得解得此過(guò)程中彈簧彈力對(duì)物體做功為正，則故A錯(cuò)誤，B正確；CD重物下落到速度最大時(shí)，彈簧彈力等于物體重力，對(duì)重物從靜止開(kāi)始下落到速度最大的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)

4、能定理得解得彈簧對(duì)重物做的功故CD錯(cuò)誤。故選B。3. 用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設(shè)木板對(duì)鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進(jìn)入木板的深度成正比。已知鐵錘第一次敲擊使鐵釘進(jìn)入木板的深度為，接著敲第二錘，如果鐵錘第二次敲鐵釘時(shí)對(duì)鐵釘做的功與第一次相同，那么，第二次使鐵釘進(jìn)入木板的深度為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】由題意可知，阻力與深度d成正比，f-d圖象如圖所示F-x圖象與坐標(biāo)軸所形成圖形的面積等于力所做的功，每次釘釘子時(shí)做功相同，可得，力與深度成正比，則，兩次做功相同解得第二次釘子進(jìn)入木板的深度故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。4. 某顆地球同步衛(wèi)星正下方的地球表面上有一觀察者，他用

5、天文望遠(yuǎn)鏡觀察被太陽(yáng)光照射的此衛(wèi)星，春分那天（太陽(yáng)光直射赤道）在日落12小時(shí)內(nèi)有時(shí)間該觀察者看不見(jiàn)此衛(wèi)星。已知地球半徑為R，地球表面處的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T，衛(wèi)星的繞地方向與地球轉(zhuǎn)動(dòng)方向相同，不考慮大氣對(duì)光的折射。下列說(shuō)法中正確的是（）A. 同步衛(wèi)星離地高度為B. 同步衛(wèi)星加速度小于赤道上物體向心加速度C. D. 同步衛(wèi)星加速度大于近地衛(wèi)星的加速度【答案】C【解析】【分析】【詳解】A設(shè)地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，其受到的地球萬(wàn)有引力提供向心力，即對(duì)地面上的物體萬(wàn)有引力等于重力有由以上兩式可得：所以同步衛(wèi)星離地高度為故A錯(cuò)誤；B根據(jù)因?yàn)橥叫l(wèi)星與赤道上物體轉(zhuǎn)動(dòng)角速度相同，同步衛(wèi)星離地

6、心距離較大，同步衛(wèi)星加速度大于赤道上物體向心加速度，故B錯(cuò)誤；C根據(jù)光的直線傳播規(guī)律，日落12小時(shí)內(nèi)有時(shí)間該觀察者看不見(jiàn)此衛(wèi)星圖示如下圖所示同步衛(wèi)星相對(duì)地心轉(zhuǎn)過(guò)角度為結(jié)合計(jì)算得出所以C選項(xiàng)是正確的；D根據(jù)得同步衛(wèi)星的軌道半徑比近地衛(wèi)星軌道半徑大，同步衛(wèi)星的加速度小于近地衛(wèi)星的加速度，故D錯(cuò)誤。故選C。5. 哈雷彗星是人一生中唯一可以裸眼看能看見(jiàn)兩次的彗星，其繞日運(yùn)行的周期為T年，若測(cè)得它在近日點(diǎn)距太陽(yáng)中心的距離是地球公轉(zhuǎn)軌道半長(zhǎng)軸的N倍，則由此估算出哈雷彗星在近日點(diǎn)時(shí)受到太陽(yáng)的引力是在遠(yuǎn)日點(diǎn)受太陽(yáng)引力的A. B. C. 倍D. 倍【答案】B【解析】【詳解】設(shè)地球公轉(zhuǎn)軌道半長(zhǎng)軸為 ，哈雷彗星圍繞

7、太陽(yáng)運(yùn)轉(zhuǎn)的半長(zhǎng)軸為 ，由開(kāi)普勒第三定律可知 ；哈雷彗星近日距離為 遠(yuǎn)日距離為 ，哈雷彗星在近日點(diǎn)時(shí)受到太陽(yáng)的引力 ，哈雷彗星在遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)受到太陽(yáng)的引力為則：故B正確【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是：熟練應(yīng)用開(kāi)普勒第三定律及萬(wàn)有引力定律6. 國(guó)產(chǎn)大片流浪地球的熱播，開(kāi)啟了人類星際移民的設(shè)想。如果在某宜居行星上，將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，將質(zhì)量為m的物體從彈簧正上方某位置由靜止釋放，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度與位移間的關(guān)系如圖所示。已知該宜居行星的半徑是地球半徑的2倍，地球表面的重力加速度大小為g，忽略自轉(zhuǎn)的影響，地球和該宜居行星均可視為質(zhì)量分布均勻的球體，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A. 物體下落

8、過(guò)程中的最大動(dòng)能為B. 物體下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量為C. 宜居行星的密度與地球的密度之比為D. 宜居行星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為【答案】A【解析】【詳解】A物體下落過(guò)程中，加速度為零時(shí)速度最大即動(dòng)能最大，物體受到的合外力故圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積與m的乘積，就等于合外力所做的功，即為動(dòng)能的增加量，求出最大動(dòng)能為，選項(xiàng)A正確；B彈簧壓縮量為2時(shí)，物體處于平衡位置，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，之后物體下降的高度大于2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C由圖可知，宜居行星表面的重力加速度大小為，忽略自轉(zhuǎn)的影響，認(rèn)為萬(wàn)有引力等于重力，有結(jié)合可得宜居行星的密度與地球的密度之比為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D該宜居行星的第

9、一宇宙速度地球的第一宇宙速度可得宜居行星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A7. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個(gè)圓，沿豎直方向，是圓的一條直徑，O為圓心。、為圓的三條弦，在這三條弦和一條直徑中，相鄰之間的夾角均為。在P點(diǎn)，將一小球以某一大小恒定速度沿該圓所在的豎直平面拋出。已知拋出后的小球除受到重力作用外，還始終受到一個(gè)恒力F作用，該恒力F方向在豎直平面內(nèi)。小球拋出的速度方向不同，該小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周不同的點(diǎn)，在這些圓周上的所有點(diǎn)中，小球經(jīng)過(guò)c點(diǎn)的速度最大。則下列說(shuō)法正確的是（）A. 恒力F的方向一定與平行B. 恒力F的方向有可能與平行C. 恒力F的方向一定與平行D. 恒力F的

10、方向有可能與平行【答案】C【解析】【分析】【詳解】小球受兩個(gè)力的作用，重力G與恒力F，兩兩個(gè)力合成為一個(gè)，視為“等效重力”，由于有且僅有c點(diǎn)速度最大，即動(dòng)能最大，則“等效重力勢(shì)能最小”過(guò)c點(diǎn)作圓的切線，即為“等效重力場(chǎng)”的水平面，則“等效重力”與水平面垂直，由圓中的幾何關(guān)系，得“等效重力”沿Oc方向，恰為豎直方向，說(shuō)明F與G同為豎直方向，與Pd平行，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。8. 2021年10月16日6時(shí)56分，“神舟十三號(hào)”飛船與“天宮二號(hào)”目標(biāo)飛行器在離地面393 km的近圓形軌道上成功進(jìn)行了自動(dòng)交會(huì)對(duì)接。對(duì)接軌道所處的空間存在極其稀薄的大氣。下列說(shuō)法正確的是（）A. “神舟十三號(hào)”

11、飛船的發(fā)射速度大于第二宇宙速度B. 如不加干預(yù)，在運(yùn)行一段時(shí)間后，“天宮二號(hào)”的動(dòng)能可能會(huì)增加C. 航天員在“天宮二號(hào)”中處于失重狀態(tài)，說(shuō)明航天員不受地球引力作用D. 繞地球運(yùn)行的“神舟十三號(hào)”飛船和“天宮二號(hào)”的速度小于第一宇宙速度【答案】BD【解析】【詳解】A“神舟十三號(hào)”飛船的發(fā)射速度小于第二宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B如不加干預(yù)，在運(yùn)行一段時(shí)間后，空氣阻力對(duì)“天宮二號(hào)”做負(fù)功，速率減小而做向心運(yùn)動(dòng)，高度將緩慢降低，萬(wàn)有引力又會(huì)對(duì)“天宮二號(hào)”做正功而使其動(dòng)能可能會(huì)增加，故B正確；C航天員在“天宮二號(hào)”中處于失重狀態(tài)是因?yàn)槠渲亓μ峁┫蛐牧?，并不是不受地球引力作用，故C錯(cuò)誤；D衛(wèi)星的軌道半徑等于地

12、球半徑時(shí)，運(yùn)行速度等于第一宇宙速度，軌道越高運(yùn)行速度越小，所以繞地球運(yùn)行的“神舟十三號(hào)”飛船和“天宮二號(hào)”的速度小于第一宇宙速度，故D正確。故選BD。9. 如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑固定斜面的傾角為30，一輕彈簧一端固定在斜面底端，另一端與質(zhì)量為m的滑塊相連，滑塊放在質(zhì)量也為m的木板上面，滑塊與木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)。從零時(shí)刻起對(duì)木板施加一個(gè)平行于斜面向上的拉力F，使二者一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。t時(shí)刻滑塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，拉力大小是零時(shí)刻拉力大小的3倍。已知重力加速度大小為g，滑塊始終未離開(kāi)木板，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（）A. 二

13、者一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為B. 時(shí)刻滑塊與木板之間的摩擦力為0C. 在0t的時(shí)間內(nèi)，拉力F做的功為D. 滑塊向上運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)，彈簧的形變量為【答案】BC【解析】【詳解】A以滑塊和木板為研究對(duì)象，設(shè)它們一起勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可知：零時(shí)刻，設(shè)外力為t時(shí)刻求得則A錯(cuò)誤；B設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)，由平衡條件可知t時(shí)間內(nèi)它們運(yùn)動(dòng)的位移則時(shí)間內(nèi)，它們運(yùn)動(dòng)的位移以滑塊為研究對(duì)象代入數(shù)據(jù)則B正確；C對(duì)滑塊和木板外力F隨運(yùn)動(dòng)的位移滿足線性關(guān)系，則0到t時(shí)間內(nèi)外力F做的功為則C正確；D設(shè)滑塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，t時(shí)刻，對(duì)滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后，滑塊向上做加速度減

14、小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)合外力為0時(shí)，速度達(dá)到最大，滿足解得則D錯(cuò)誤。故選BC。10. 為減機(jī)動(dòng)車尾氣排放， 某市推出新型節(jié)能環(huán)保電動(dòng)車在檢測(cè)該款電動(dòng)車性能的實(shí)驗(yàn)中， 質(zhì)量為8102kg的電動(dòng)車由靜止開(kāi)始沿平直公路行駛， 利用傳感器測(cè)得此過(guò)程中不同時(shí)刻電動(dòng)車的牽引力F與對(duì)應(yīng)的速度v， 并描繪出如圖所示的 F -圖像 （圖中AB、BO均為直線）， 假設(shè)電動(dòng)車行駛中所受阻力恒定，最終勻速運(yùn)動(dòng)， 重力加速度g取10m/s2。則A. 電動(dòng)車勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為15m/sB. 該車起動(dòng)后， 先做勻加速運(yùn)動(dòng)， 然后勻速運(yùn)動(dòng)C. 該車做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是1.5 sD. 該車行駛時(shí)的阻力是400N【答案】CD

15、【解析】【分析】【詳解】AAB段牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知?jiǎng)蚣铀龠_(dá)到的最大速度為3m/s，所以A錯(cuò)誤；BAB段牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；BC圖線的斜率表示電動(dòng)車的功率，知BC段功率不變，牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以B錯(cuò)誤；CD電動(dòng)車的功率為勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，由圖線知f=400N根據(jù)牛頓第二定律得，勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小則勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間所以CD正確；故選CD。11. 如圖所示是網(wǎng)球發(fā)球機(jī)，某次室內(nèi)訓(xùn)練時(shí)從距地面一定的高度向豎直墻面發(fā)射完全相同的網(wǎng)球假定網(wǎng)球水平射出

16、，某兩次射出的網(wǎng)球碰到墻面時(shí)速度方向與水平方向夾角分別為和，若不考慮網(wǎng)球在空中受到的阻力，則（）A. 兩次發(fā)射的初速度之比為B. 碰到墻面前在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為C. 下降高度之比為D. 碰到墻面時(shí)動(dòng)能之比為【答案】BCD【解析】【詳解】AB由題知，兩次平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移相同，設(shè)為x，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有tan y=gt2聯(lián)立得t=當(dāng)=30時(shí)t1=當(dāng)=60時(shí)t2=故兩次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為根據(jù)公式x=v0t得A錯(cuò)誤，B正確；C根據(jù)公式y(tǒng)=gt2得C正確；D第一次平拋的合速度為v1=第二次平拋的合速度為v2=故碰到墻面時(shí)動(dòng)能之比又v01=v02=vy1=gt1=vy2=gt2=代入得=1D正確。故選BC

17、D。12. 汽車從靜止開(kāi)始以加速度a0勻加速啟動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)。已知汽車的額定功率為P0，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的阻力恒為Ff，汽車的速度v隨時(shí)間t及加速度a、牽引力F和功率P隨速度v變化的圖象如圖所示，其中可能正確的是（）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【詳解】B汽車開(kāi)始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)達(dá)到額定功率時(shí)，勻加速過(guò)程結(jié)束，然后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至最后做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，故B錯(cuò)誤。ACD在勻加速階段，有故為恒力；功率隨速度均勻增大，設(shè)勻加速過(guò)程結(jié)束時(shí)的速度為，有故最后做勻速運(yùn)動(dòng)（速度）時(shí)，加速度牽引力額定功率故勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束后，汽車以額定功率行駛，到汽車勻速

18、行駛前，汽車的牽引力F隨速度的增大而減小，滿足綜上所述，可知選項(xiàng)A、C、D均可能正確，故ACD正確。故選ACD。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共兩小題，每空2分，共12分）13. 某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)測(cè)量彈簧彈性勢(shì)能實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)器材有：上端帶有擋板的斜面體、輕質(zhì)彈簧。帶有遮光片的滑塊。（總質(zhì)量為m）、光電門、數(shù)字計(jì)時(shí)器、游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺，實(shí)驗(yàn)步驟如下：用游標(biāo)卡尺測(cè)得遮光片的寬度為d；彈簧上端固定在擋板P上，下端與滑塊不拴接，當(dāng)彈簧為原長(zhǎng)時(shí)，遮光片中心線通過(guò)斜面上的M點(diǎn)；光電門固定在斜面上的N點(diǎn)，并與數(shù)字計(jì)時(shí)器相連；壓縮彈簧，然后用銷釘把滑塊鎖定，此時(shí)遮光片中心線通過(guò)斜面上的O點(diǎn)；用刻度尺分別

19、測(cè)量出O、M兩點(diǎn)間的距離x和MN兩點(diǎn)間的距離l；拔去鎖定滑塊的銷釘，記錄滑塊經(jīng)過(guò)光電門時(shí)數(shù)字計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間；保持x不變，移動(dòng)光電門位置，多次重復(fù)步驟。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)做出的圖像為圖乙所示的一條傾斜直線，求得圖像的斜率為k、縱軸截距為b。（1）下列做法中，有利于減小實(shí)驗(yàn)誤差的有（ ）A.選擇寬度較小的遮光片 B.選擇質(zhì)量很大的滑塊C.減小斜面傾角 D.增大光電門和M點(diǎn)距離（2）滑塊在M點(diǎn)的動(dòng)能_，彈簧的彈性勢(shì)能_。（用“m、d、x、k、b”表示）【答案】 . AD#DA . . 【解析】【詳解】(1)1A選擇寬度較小的遮光片，遮光片在擋光時(shí)間內(nèi)的平均速度更接近遮光片通過(guò)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度，能減小誤

20、差，故A正確；B選擇質(zhì)量很大的滑塊，滑塊運(yùn)動(dòng)的距離減小，從而增大測(cè)量偶然誤差，故B錯(cuò)誤；C減小斜面傾角，增大摩擦力，滑塊運(yùn)動(dòng)的距離減小，從而增大測(cè)量偶然誤差，故C錯(cuò)誤；D增大光電門和M點(diǎn)距離，能減小長(zhǎng)度測(cè)量的偶然誤差，故D正確。故選AD。(2)2 滑塊從M到N做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，由于寬度較小，時(shí)間很短，所以瞬時(shí)速度接近平均速度，因此有N點(diǎn)的速度為根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式則有化簡(jiǎn)得由圖像得解得滑塊在M點(diǎn)的動(dòng)能3從O點(diǎn)到M點(diǎn)由動(dòng)能定理又所以彈簧的彈性勢(shì)能14. 如圖所示是某同學(xué)將小球水平拋出后得到的頻閃照片（y為豎直方向），已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。（1）若小方格的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球平拋的初速度的計(jì)算

21、公式為v_（用L，g表示）（2）若該同學(xué)想要進(jìn)一步測(cè)量他平拋小球時(shí)對(duì)小球所做的功，還需要測(cè)量的物理量是_（寫(xiě)出物理量名稱及符號(hào)），則他對(duì)石子所做的功的表達(dá)式_（用已知和所測(cè)定的物理量表示）。【答案】 . . 小球的質(zhì)量m . 2mgL【解析】【詳解】（1）1根據(jù)可得初速度 （2）23人對(duì)石子做功為則還需要測(cè)量的物理量是小球的質(zhì)量m；他對(duì)石子所做的功的表達(dá)式三、計(jì)算題（本題共3小題，15題12分，16題14分，17題14分）15. 如下圖所示，一豎直輕彈簧上有兩個(gè)物體A和，質(zhì)量均為，其中與彈簧上端固定連接，彈簧下端固定在水平地面上，疊放在A上面，輕彈簧的勁度系數(shù)為，系統(tǒng)開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，點(diǎn)為彈簧

22、的原長(zhǎng)位置現(xiàn)對(duì)施加一個(gè)豎直向上的力使其向上做加速度為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)物體可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為，求：（1）在脫離A之前拉力與位移關(guān)系式；（2）從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分開(kāi)的時(shí)間；（3）若做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小可以變化，則當(dāng)加速度為多少時(shí)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分開(kāi)的過(guò)程中拉力對(duì)做功有最大值，并計(jì)算這個(gè)功（用，表示）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【解析】【分析】【詳解】（1）由于兩個(gè)物塊開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為，則由胡克定律得設(shè)某一時(shí)間內(nèi)A的位移為，豎直拉力為，把A和作為一個(gè)整體，由牛頓第二定律得聯(lián)立可得（2）設(shè)兩個(gè)物體恰好分開(kāi)時(shí)，A的位移為，則有A與之間的相互作用力為零，對(duì)于A物體，由牛

23、頓第二定律得，聯(lián)立得設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有聯(lián)立得（3）由于拉力與A的位移呈線性變化，拉力的最大值和最小值分別為則拉力做功為聯(lián)立得由數(shù)學(xué)知識(shí)可知?jiǎng)t有當(dāng)時(shí)，拉力的功有最大值，則有拉力的功有最大值為16. 如圖所示，工人們利用一個(gè)斜直的長(zhǎng)木板來(lái)將高處的貨物運(yùn)送到水平地面上，高處的工人先將質(zhì)量為的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）搬到木板的最上端，然后無(wú)初速度釋放貨物。物體能沿著斜面由靜止勻加速下滑，木板的長(zhǎng)度為，物體與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板與水平的夾角為（）（1）求物體沿著斜面勻加速下滑到達(dá)底端的速度大?。唬?）若貨物到達(dá)斜面底端的速度過(guò)快將會(huì)造成物品損壞，于是工人就在木板上貼了一層長(zhǎng)為x米的特殊材料使得貨物能夠到

24、達(dá)底端且速度不超過(guò)。其模型可以簡(jiǎn)化為下圖。特殊材料和貨物之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，材料下端離底端的距離為，求特殊材料長(zhǎng)度x的取值范圍；（3）現(xiàn)在特殊材料的長(zhǎng)度為和貨物之間的動(dòng)摩擦因數(shù)仍為，為使貨物能夠到達(dá)底端且速度不超過(guò)，則下端距離木板底端距離d的取值范圍應(yīng)該是多少？【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得解得由位移速度公式得解得(2)分析可知，物品滑離特殊材料的最小速度大于0就行，此時(shí)最大。則離開(kāi)特殊材料前，由動(dòng)能定理得解得物品滑離特殊材料的最小速度為，則解得此時(shí)最小。則離開(kāi)特殊材料前，由動(dòng)能定理得聯(lián)立解得特殊材料長(zhǎng)度x的取值范圍為(3)由于不變，結(jié)合第(2)問(wèn)可知，無(wú)是多少，只要物品能滑到底端，根據(jù)動(dòng)能定理得末速度都為。