湖北省孝感高中2022届高三物理上学期9月调考试卷含解析

湖北省孝感高中2022届高三上学期调考物理试卷（9月份）一、选择题：本小题共10小题，每小题5分，共50分．（在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题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，有错误的得0分）1．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是()A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论．B．伽利略根据大量实验现象提出力是维持物体运动的原因C．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，可通过实验验证D．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量G，被称为能称出地球质量的人考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论．故A正确．B、伽利略根据大量实验现象提出力不是维持物体运动的原因，故B错误；C、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证，故C错误；D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，被称为能称出地球质量的人，故D错误；故选：A．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．如图所示，水平面上放有三个木块A、B、C，质量均为m=1kg，A、C与地面间的接触面光滑，B与地面间的动摩擦因数μ=0.1，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用轻绳相连．现在给C一个水平向右的大小为4N的拉力F，使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动．某一时刻撤去拉力F，则撤去力F的瞬间，轻绳中的张力T为()（重力加速度g=10m/s2）A．0B．1NC．2ND．3N考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：通过整体受力分析求的加速度，然后在隔离利用牛顿第二定律求的绳中的张力即可解答：解：在拉力作用下对整体有牛顿第二定律可得F﹣μmg=3ma解得a=1m/s2对A有牛顿第二定律可得F′=ma=1×1N=1N当撤去外力后把BC作为整体有牛顿第二定律可知F′+μmg=2ma′16解得a′=1m/s2，方向向左对C受力分析有牛顿第二定律可得F″=ma′=1N，故B正确故选：B点评：本题主要考查了受力分析，利用好牛顿第二定律，关键是利用好整体法和隔离法即可3．如图所示，光滑杆MON的MO部分水平放置，NO部分竖直放置，P为MO上的一点，OP间的距离为，两个小环A和B的质量均为m，分别套在OM和ON上面，之间用一根长为L的轻绳连接起来．开始时，A球在水平拉力F的作用下静止在P点，现在改变拉力F的大小，使A球向右缓慢移动．则在A球向右缓慢移动的过程中（B球还未上升到O点），以下说法中错误的是()A．OM对A球的支持力保持不变B．AB之间的轻绳中的张力逐渐变大C．力F逐渐变小D．当A球向右缓慢移动一段距离后，撤去力F，A球将开始向左运动，若当A球经过P点时速度为v，则此时B球的速度为V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：M球缓慢向右移动，系统处于平衡状态，合力为零．先以N球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析细线拉力和竖直杆对N球的变化，再以整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件研究水平杆对M球的支持力和拉力F的变化情况．解答：解：ABC、先以B球为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示，则有细线对B球的拉力为：T=（θ是细线与竖直方向的夹角），竖直杆对N球的压力为：N=mgtanθ，当A球缓慢向右移动时，θ增大，cosθ减小，则T增大，N增大．则B球对竖直杆的压力逐渐增大．再以整体为研究对象，分析受力情况如图2所示，则：得到水平杆对a环的支持力：FN=2mg，保持不变，则A球所受的滑动摩擦力为：f=μFN，f不变．F=N+f，N增大，则F增大．故A正确，B正确，C错误．D、AB两球速度沿绳方向的分量相等，根据速度合成有：vAsinθ=vBcosθ16即vB=vAtanθ，当A经过P点时，故D正确．本题选择错误的是，故选：C．点评：本题的解题关键是研究对象的选择，当几个物体都处于静止状态时，可能采用整体法进行研究，关于速度的分解与合成抓住实际速度为合速度，分速度一是沿绳方向二是垂直绳的方向．4．如图所示，底面足够大的水池中静置两种互不相容的液体，一可视为质点的空心塑料小球自水池底部无初速释放，穿过两液体分界面后继续向上运动．已知每种液体各处密度均匀，小球受到的阻力与速度成正比，比例系数恒定，小球向上运动中不翻滚．则下列对小球速度v随时间t变化的图线描述可能正确的是()考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据小球的受力分析加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断小球的运动规律．解答：解：根据牛顿第二定律得，小球向上运动的加速度为：a=，在第一种液体中，可能先向上加速运动，速度增加，加速度减小，做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速直线运动．进入第二种液体，由于密度不同，则加速度可能向下，即：16a=，做减速运动，加速度减小，即做加速度减小的减速运动，最终做匀速运动．故C正确．在第一种液体中，可能先向上做加速度逐渐减小的加速运动，然后进入第二种液体，由于第二种液体的密度小于第一种液体的密度，根据a=，加速度不会增大，故A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．5．如图所示，光滑斜面的倾角θ=45°，P点为斜面的中点，现在将小球A从斜面的顶端以初速度v平抛出去，则小球A将落在斜面上的P点．在小球A平抛出去的同时，给处于斜面低端的小球B一个沿斜面向上的初速度vo，要求小球B在沿斜面向上运动的过程中，经过P点时恰好被小球A击中，则小球B获得的初速度vo为()A．VB．VC．VD．2V考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：小球A做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，设斜面的斜边长为2L，根据平抛运动基本公式求出A球运动到P点的时间，B球沿斜面向上做匀减速直线运动，根据求出平均速度，根据x=求解即可．解答：解：设斜面的斜边长为2L，则A球平抛运动的时间t=B球斜面向上做匀减速直线运动，到P点速度刚好为零，则平均速度，则有：L=解得：故选：D16点评：本题主要考查了平抛运动基本公式及运动学基本公式的直接应用，知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，能根据匀变速直线运动平均速度公式求解，难度适中．6．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2，由此估算该行星的平均密度为()A．1.8×103kg/m3B．5.6×103kg/m3C．1.1×104kg/m3D．2.9×104kg/m3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：根据万有引力提供圆周运动的向心力知，只要知道近地卫星绕地球做圆周运动的周期就可以估算出地球的密度，再根据行星与地球的质量关系和半径关系直接可得行星密度与地球密度之间的关系，从而求解即可．解答：解：首先根据近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，可求出地球的质量M=．又据M=得地球的密度=5.5×103kg/m3又因为该行星质量是地球的25倍，体积是地球的4.7倍，则其密度为地球的：≈2.9×104kg/m3．故选D．点评：根据近地卫星的向心力由万有引力提供，再根据质量和体积及密度的关系可知，地球的平均密度，从而可以算出地球的质量，再根根据行星质量与体积与地球的关系可以估算出行星的密度．熟练掌握万有引力提供向心力的表达式，是解决本题的关键．7．如图所示，放在水平地面上的斜面体质量A为M，一质量为m的物块B恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块B仍能沿斜面运动．则以下判断正确的是()A．物块B仍将沿斜面匀速下滑B．物块B将沿斜面加速下滑C．地面对斜面A有向左的摩擦力D．地面对斜面A的支持力等于（M+m）g考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．专题：共点力作用下物体平衡专题．16分析：物体匀速下滑时，对物体B受力分析，然后根据平衡条件得到动摩擦因素；受到推力后，将推力F按照作用效果正交分解，结合牛顿第二定律得到物体B的运动规律；最后对斜面体受力分析，得到斜面体与地面的弹力和摩擦力情况．解答：解：A、B、对物体B受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据平衡条件，有Gx=fGy=N其中f=μN解得Gx=μGyμ=tanθ当加上推力后，将推力按照作用效果正交分解，如图根据牛顿第二定律，有Gx+Fx﹣f′=ma由于拉力F的作用，支持力减小，故滑动摩擦力减小，故物体做加速运动，故A错误，B正确；C、D、无拉力时，对斜面受力分析，受到重力Mg，压力、滑块的摩擦力和地面的支持力，其中压力和摩擦力的合力竖直向下，如图当有拉力后，压力和摩擦力都减小，但其合力依然向下，故地面对斜面体的支持力减小，地面与斜面体间无摩擦力，故C错误，D错误；故选：B．16点评：本题关键是先对物体B受力分析，得到动摩擦因素μ=tanθ，然后得到物体B对斜面题的摩擦力和压力的合力一定竖直向下．8．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．下列判断中正确的是()A．两颗卫星的向心力大小一定相等B．卫星1加速后即可追上卫星2C．两颗卫星的向心加速度大小均为D．卫星l由位置A运动至位置B所需的时间可能为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供圆周运动向心力和地球表面重力与万有引力相等求解出卫星轨道处的加速度及卫星运动的周期．解答：解：A、两颗卫星的质量关系不清楚，根据万有引力提供圆周运动向心力F=，所以两颗卫星的向心力大小关系不确定，故A错误；B、卫星1向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增加，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故B错误；C、在地球表面重力与万有引力大小相等有=mg可得GM=gR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的加速度，故有=ma可得卫星的加速度a==，故C正确；D、万有引力提供圆周运动向心力有：=mr可得卫星运行周期为：16T=2π，所以卫星从位置1到位置2所需时间t=，故D错误．故选：C．点评：万有引力引用主要入手点：一是万有引力提供圆周运动向心力，二是在星球表面重力与万有引力相等．注意向心力公式的不同表达式是正确解题的关键．9．如图所示，水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，A，B，C三个木块放置在圆盘上面的同一条直径上，已知A的质量为2m，A与圆盘间的动摩擦因数为2μ，B和C的质量均为m，B和C与圆盘间的动摩擦因数均为μ，OA，OB，BC之间的距离均为L，开始时，圆盘匀速转动时的角速度ω比较小，A，B，C均和圆盘保持相对静止，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．木块A随圆盘一起做匀速圆周运动时，相对圆盘具有沿半径向外的运动趋势B．随着圆盘转动的角速度ω的不断增大，相对圆盘最先滑动的是木块CC．若B，C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度ω＜时，B，C可与圆盘保持相对静止D．若A，B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度ω＜时，A，B可与圆盘保持相对静止考点：向心力；摩擦力的判断与计算．专题：匀速圆周运动专题．分析：依据向心力表达式，比较三个物体的向心力即可，然后比较三个物体谁的向心力会先达到最大静摩擦力，谁就先开始滑动；解答：解：A、木块A随圆盘一起做匀速圆周运动时，静摩擦力提供指向也相等向心力，所以物体相对圆盘具有沿半径向外的运动趋势．故A正确；B、A的质量为2m，A与圆盘间的动摩擦因数为2μ，A与圆盘之间的最大静摩擦力：fA=2m•2μg=4μmgA需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度ω1，则：所以：同理，B与圆盘之间的最大静摩擦力：fB=μmgB需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度ω2，则：16所以：C与圆盘之间的最大静摩擦力：fC=μmgC需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度ω3，则：所以：由以上的解析可知，随着圆盘转动的角速度ω的不断增大，相对圆盘最先滑动的是木块C．故B正确；C、若B，C之间用一根长L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度ω=时，B需要的向心力：C需要的向心力：B和C需要的向心力的和：，所以当圆盘转动的角速度ω接近时，B与C一起向外滑动．故C错误；D、若A，B之间用一根长2L的轻绳连接起来，则当圆盘转动的角速度ω＜时，A需要的向心力：可知，由于A需要的向心力比较大，所以A有远离O点的趋势，B有向O点运动的趋势．当B恰好要向O点运动时，受到的静摩擦力的方向指向O点，设此时绳子的拉力为F，则：F+μmg=FB′所以：F=2μmg，恰好满足：F+fA=2μmg+4μmg=6μmg=FA，所以当圆盘转动的角速度ω＜时，A，B可与圆盘保持相对静止．故D正确．故选：ABD点评：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答．10．如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行．甲、乙两滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是()16A．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等C．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等D．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等考点：动量守恒定律；平抛运动．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小．解答：解：AB、设v大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动．此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等．A正确．B错误．CD、若v小于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙到达B点时的速度相同．落地的位置在同一点．故C正确，D错误．故选AC．点评：解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握．二、实验题：本大题共2小题，共12分．11．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为3.6N．（2）下列不必要的实验要求是D．（请填写选项前对应的字母）（A）应测量重物M所受的重力（B）弹簧测力计应在使用前校零（C）拉线方向应与木板平面平行（D）改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置．16考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：（1）根据弹簧秤指针的指示可以正确读出其示数，弹簧秤本身误差就比较大，读数时可不用估读；（2）因为我们要用力的图示画重力，故需要测出重力的大小；为了让测出来的两个分力更精确，故弹簧测力计应在使用前校零且拉线方向应与木板平面平行来减小摩擦；实验是验证三个力的关系，只要测出三个力就可以了，所以不需要固定O点位置．解答：解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．故答案为：3.6．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．故选D．点评：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．12．某实验小组利用如图所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．（1）做实验时，将滑块从图所示位置静止释放，由数字计数器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d则滑块经过光电门1时的速度表达式ν1=；滑块加速度的表达式a=．（以上表达式均用已知字母表示）．（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（如图）．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h“的正确操作方法是BC．A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小．16考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：知道光电门测量滑块瞬时速度的原理．根据运动学公式求出加速度．表示出滑块的合力，根据表达式判断．解答：解：（1）滑块经过光电门1时的速度表达式v1=经过光电门2时的速度表达式v2=a=（2）滑块的合力F合=Mg，为了保持滑块所受的合力不变，所以M和h不能同时增大或减小．故选：BC．故答案为：（1），（2）BC点评：知道用很短时间内的平均速度代替瞬间速度．能够用力学知识找出M和h的关系．三、综合计算题：本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．13．如图所示，在倾角为30°的粗糙斜面上有一重为G的物体，若用与斜面底边平行的恒力F=推它，恰好能使它做匀速直线运动．则物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：物体在斜面上做匀速直线运动，受力平衡，分析受力情况，将重力分解，根据平衡条件求出物体所受的滑动摩擦力和支持力，再求解动摩擦因数．解答：解：将物体的重力分解为垂直于斜面和平行于斜面两个方向的分力，在垂直于斜面的方向上，物体受到的支持力与重力垂直斜面的分力平衡．则支持力FN=mgcosθ=mg．在斜面内，物体所受的推力F、摩擦力Ff与重力的平行斜面的分力mgsinθ平衡，由物体的平衡条件得：滑动摩擦力Ff==所以物体与斜面间的动摩擦因数为μ==16答：物体与斜面间的动摩擦因数为点评：本题物体受力分布在立体空间，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，任何一个平面内物体的合力都为零14．如图所示，表面光滑的圆锥的锥角α=106°，圆锥顶端O点处固定了一根竖直杆．一根长10m的轻绳一端固定在竖直杆上，另一端连接质量为1.6kg的小球A．小球A静止时，轻绳与竖直杆的夹角β=37°．现在使小球A以1rad/s的角速度绕竖直杆匀速转动，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8，试求轻绳中的张力为多大？考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：先假设球不会离开斜面，受重力、支持力和拉力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解轻绳的拉力，如果拉力小于零，则会离开斜面，要重新计算．解答：解：球做匀速圆周运动，假设球不会离开斜面，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：Tsin37°﹣Nsin53°=mω2（Lsin37°）竖直方向：mg﹣Tcos37°﹣Ncos53°=0联立解得：T=18.56N＞0假设成立，即球不会离开斜面体；答：轻绳中的张力为18.56N．点评：本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，找到向心力来源，然后根据牛顿第二定律并结合正交分解法列式求解，不难．15．研究平抛物体运动的实验中，用相机拍出的照片如图所示．图中下方是一把总长度为1m的米尺，O点是小球的抛出点，A、B、C是小球平抛轨迹上三个不同时刻的位置，OM是水平线，MN是竖直线，OA、OB、OC连线的延长线与MN交点的距离分别为y1和y216．某同学用一把刻度尺在照片上量出米尺的长度为10.0cm，OM=40.0cm，y1=3.0cm，A、B、C三点在水平方向的间距x1=1.2cm，x2=2.4cm．重力加速度g=10m/s2．求：（1）若小球从A到B所用的时间为t，则从B到C所用的时间为多少？（第1问不要求写出分析过程）（2）照片中的y2为多长？（3）小球水平抛出时的初速度v0为多少？考点：研究平抛物体的运动．专题：实验题．分析：先建立坐标系，设想在O点有个点光源，根据平抛运动的分运动公式推导出小球在MN上的投影的位移表达式，得到该投影的运动情况，然后在结合分运动公式列式求解即可．解答：解：（1）以O为抛出点，初速度方向为x轴方向，竖直方向为y方向，建立直角坐标系；设O点与轨迹点的连线的延长线与MN线的交点（O点在MN上的投影点）与M点间距为y，则：tanα==；考虑到放大率为10，故y=10×OM•tanα=10×OM•∝t，即该投影点在y轴是匀速下降；由于从A到B、B到C的水平分位移之比为：x1：x2=1：2故时间t1：t2=1：2故y1：y2=1：2；（2）由于y1：y2=1：2，故y2=2y1=8.0cm；（3）投影点在y轴是匀速下降，根据y=10×OM•tanα=10×OM•∝t，速度为：v=10×OM•=10×4×=；故：10x1=v0t10y1=vt解得：16v0=4m/s答：（1）若小球从A到B所用的时间为t，则从B到C所用的时间为2t；（2）照片中的y2为8.0cm；（3）小球水平抛出时的初速度v0为4m/s．点评：本题设计新颖，关键是先求解投影点的位移方程，得到其为匀速直线运动，然后结合平抛运动的分运动公式列式分析，注意放大率为10．16．如图所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B上，A、B的质量分别为1=10kg，m2=10kg，B长为L=16cm，开始时A在B的最右端，A与B、B与地之间的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.4，现将一水平恒力F=200N作用在B上，使A、B由静止开始运动，当A恰好运动到B的中点时撤去外力F，g取10m/s2，求：（1）力F作用的时间，及此时B前进的距离；（2）撤去外力F后B还能走多远？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据牛顿第二定律分别求出A、B在F作用时的加速度，根据位移之差等于，求出F作用的时间，根据位移时间公式求出B的位移．（2）撤去外力F后，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度，求出A、B速度相等的时间，求出此过程中的位移，速度相等后，一起做匀减速运动，根据速度位移公式求出匀减速运动的位移，从而得出B还能滑行的位移．解答：解：（1）力F开始作用时，设A、B的加速度分别为a1、a2，对A，根据牛顿第二定律得，μ1m1g=m1a1，代入数据解得a1=4m/s2对B，根据牛顿第二定律得，F﹣μm1g﹣μ2（m1+m2）g=m2a2代入数据解得a2=8m/s2设力F作用的时间为t，对应此时A、B的速度为vA、vB则有，代入数据得，t=2svA=16m/s，vB=8m/s此时B前进的距离为，代入数据解得xB=16m（2）力F撤去后，对A有，μ1m1g=m1a3，代入数据解得a3=4m/s2对B有μ1m1g+μ2（m1+m2）g=m2a4，代入数据解得a4=12m/s2，设A、B经过时间t1达到共同速度v1则有：vA+a3t1=vB﹣a4t1，16代入数据解得t1=0.5sv1=10m/s此过程中B前进的距离为，代入数据解得x1=6.5mA、B共速后一起匀减速的加速度为a5μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a5，代入数据解得a5=4m/s2此时B前进的距离为，代入数据解得x2=12.5m撤去F后B前进的总距离为x=x1+x2=6.5+12.5m=19m答：（1）力F作用的时间为2s，B前进的距离为16m；（2）撤去外力F后B还能走19m．点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清A、B在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度较大．16