江苏省南通市如东中学2022届高三物理上学期段测试卷含解析

江苏省南通市如东中学2022届高三上学期段测物理试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．1．在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()考点：作用力和反作用力．分析：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态．解答：解：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，A、C、D错误；B正确．故选：B．点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．2．如图所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：人在水中参与两个分运动，相对于水的游动，随着水一起相对地面的运动，如果以水为参考系分析，可以简化问题．解答：解：人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着ob方向即可对甲实施救助；故选：B．15点评：本题关键是明确合运动与分运动的关系，当以水为参考系时，落水者甲静止不动，救援者乙做匀速直线运动，基础题目．3．跳伞运动员从某高度的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，此后再过18s落地．整个跳伞过程中的υ﹣t图象如图所示．根据图象信息可知()A．4s末速度为16m/sB．14s末加速度为零C．前2s跳伞运动员的机械能守恒D．跳伞运动员下落的总高度约为240m考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；机械能守恒定律．专题：运动学中的图像专题．分析：首先分析运动员的运动情况，运动员在0﹣2s内做匀加速直线运动，2s﹣14s做变速运动，14s以后做匀速运动直到地面．t=1s时运动员做匀加速直线运动，根据图象的斜率可以算出加速度，可以通过图象与时间轴所围成的面积估算运动员下落的总高度．解答：解：A、由图看出，4s末速度为18m/s．故A错误．B、14s以后运动员做匀速运动，加速度为零，故B正确．C、运动员在0﹣2s内做匀加速直线运动，图象的斜率表示加速度，所以前2s内运动员的加速度大小为：a===8m/s2＜g=10m/s2，所以运动员一定受到阻力，阻力做负功，其机械能不守恒，故C错误．D、速度图象的面积表示位移，面积可以通过图象与时间轴所围成的面积估算，本题可以通过数方格的个数来估算，（大半格和小半格合起来算一格，两个半格算一格）每格面积为4m，20s内数得的格数大约为49格，所以18s内运动员下落的总高度为：h=49×2×2m=196m，故D错误．故选：B．点评：该题是v﹣t图象应用的典型题型，关键抓住斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，面积可以通过数方格的个数来估算．4．如图所示，为自行车的传动机构，行驶时与地面不打滑．a、c为与车轴等高的轮胎上的两点，d为轮胎与地面的接触点，b为轮胎上的最高点．行驶过程中()15A．c处角速度最大B．a处速度方向竖直向下C．b处向心加速度指向dD．a、b、c、d四处速度大小相等考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：共轴转动角速度相等，以圆心为转轴，a、b、c、d四点绕圆心转动的同时还要一起向前运动；也可以以d点为转轴分析．解答：解：A、共轴转动角速度相等，以任意一点为转轴，都是共轴转动，角速度一定相等，故A错误；B、以圆心为转轴，a处速度方向竖直向下运动的同时，随着车一起向前运动，故合速度不是竖直向下；故B错误；C、以圆心为转轴，b点绕轴转动的同时水平匀速前进，而b处向心加速度指向一定指向圆心，故也指向d；故C正确；D、以圆心为转轴，a、b、c、d四点绕圆心转动的同时还要一起向前运动，由于绕轴转动的分速度方向不同，故各个点的线速度方向不同，大小也不同；故D错误；故选：C．点评：本题关键是明确后轮上各个点都是共轴转动，角速度相等，各个点绕转轴转动的同时还要随着转轴一起前进．5．如图所示，长为l的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，轻杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω．在轻杆与水平方向夹角α从0°增加到90°的过程中，下列说法正确的是()A．小球B受到的合力的方向一定沿着轻杆AB．小球B受到轻杆A作用力的方向一定沿着轻杆AC．小球B受到轻杆A的作用力对小球B不做功D．小球B重力做功功率不断增大考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：小球做匀速圆周运动，合力提供圆周运动的向心力，根据合力的方向确定轻杆对球的作用力方向，根据动能定理确定轻杆的做功情况．重力瞬时功率P=mgvcosθ，θ为mg与v之间的夹角．解答：解：AB、小球做匀速圆周运动，合力沿着轻杆A指向圆心，合力等于重力和杆子作用力的合力，所以轻杆对A的作用力不一定沿杆子方向．故A正确，B错误．15C、根据动能定理，知动能的变化为零，重力做负功，则轻杆对小球的作用力做正功．故C错误．D、重力瞬时功率P=mgvcosθ，在初始位置，小球的初速度为零，则重力的瞬时功率为零，在90°时，重力的方向与速度方向垂直，则重力瞬时功率为零，可知在此过程中小球重力的功率先增大后减小，故D错误；故选：A．点评：解决本题的关键知道杆子与绳子的区别，知道杆子对球的作用力不一定沿杆．会运用动能定理判断杆子做功情况．6．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v1．现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2．已知θ2＜θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则()A．v1＜v2B．v1＞v2C．v1=v2D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：对于释放过程，从A到B的过程中，根据动能定理列式求出到达B点的速度与倾角之间的关系即可判断．解答：解：设小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数为μ，从A到B的过程中，根据动能定理得：则，而所以，由此可以看出到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1=v2，故C正确．故选：C15点评：本题主要考查了动能定理的直接应用，关键是求出到达B点的速度与倾角无关，难度适中．二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分7．伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是()A．斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量B．斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程C．通过对斜面实验的观察与计算，直接得到落体运动的规律D．根据斜面实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．专题：常规题型．分析：本题考查了有伽利略“斜面实验”的知识，根据其历史背景我们知道，之所以采用“斜面实验”，注意碍于当时对时间的测量技术、手段落后．解答：解：伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，故A正确，B错误；根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，并非是主观臆断得出的，是在实验的基础上得出的，故C错误，D正确．故选：AD．点评：了解伽利略“斜面实验”的历史背景，以及实验方法，体会实验在物理中的重要作用．8．如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2，则()A．若缓慢增大悬绳的长度，F1与F2的合力变大B．若缓慢增大悬绳的长度，F1减小，F2减小C．若缓慢减小悬绳的长度，F1与F2的合力不变D．若缓慢减小悬绳的长度，F1减小，F2增大15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：工人受力平衡，合力为零，由平衡条件求出F1和F2．根据F1和F2的表达式分析讨论缓慢减小悬绳的长度时，F1与F2如何变化．解答：解：AC、工人受到重力、支持力和拉力三个力作用下处于平衡状态，故F1与F2的合力与工人的重力大小相等方向相反，故A错误，C正确；BD、分析工人受力：工人受到重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件，有：水平方向：Tsinα=F2竖直方向：Ncosα=G解得：F1=，F2=Gtanα增大悬绳长度时，夹角α减小，则F1减小，F2减小，故B正确；减小悬绳长度时，夹角α增大，则F1增大，F2增大，故D错误．故选：BC．点评：本题考查共点力的动态平衡；本题采用了解析法，由公式得出各力的变化；也可以使用图析法求解；可根据个人习惯选择解法．9．一气球静止在赤道正上空，考虑到地球自转，则()A．气球在万有引力和浮力的作用下，处于平衡状态B．气球绕地球运动的周期等于地球自转周期C．气球所受万有引力小于浮力D．气球所受万有引力大于浮力考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：气球受万有引力和浮力，做匀速圆周运动，合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析．解答：解：A、气球做匀速圆周运动，具有向心加速度，不是平衡状态，故A错误；B、气球做匀速圆周运动，与地面相对静止，转动一圈的时间是相等的，故其周期等于地球自转周期，故B正确；CD、气球受万有引力和浮力，合力提供向心力，向下，故万有引力大于浮力，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题关键是明确气球的受力情况和运动情况，要结合牛顿第二定律分析，基础题目．10．银河系处于本超星系团的边缘．已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G=6.67x10﹣11N•m2/kg2，根据上述数据可估算()A．银河系绕本超星系团中心运动的线速度B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度C．银河系的质量D．本超星系团的质量15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：已知银河系绕超星系运动的轨道半径和公转周期，根据线速度和周期、加速度和周期的关系公式可以计算出银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度．银河系是环绕天体，无法计算其质量，只能计算中心天体超星系的质量．解答：解：AB、据题意可知，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，银河系绕超星系做圆周运动，已知环绕的轨道r和周期T，则银河系运动的线速度为，加速度，故可以计算银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度，故AB正确．C、银河系是环绕天体，无法计算其质量，故C错误．D、根据万有引力提供向心力，可以解得超星系的质量，故D正确．故选：ABD．点评：本题要能知道银河系绕超星系做匀速圆周运动，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，无法计算环绕天体的质量，只能计算中心天体超星系的质量．11．如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑块的v﹣t图象可能是图乙中的()考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：滑块滑上木板，木板可能运动，可能不动，所以滑块可能先做匀减速运动，然后和木板一起做匀减速运动，也可能一直做匀减速运动．解答：解：滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动．设木块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ215，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg＞μ2（M+m）g，最后一起做匀减速运动，加速度a′=μ2g，开始木块做匀减速运动的加速度大小a=μ1g＞μ2g，知图线的斜率变小．故B正确，C错误．若μ1mg＜μ2（M+m）g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动．故D正确．由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动．故A错误．故选：BD．点评：解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在v﹣t图象中斜率代表加速度；12．三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同考点：功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：功的计算专题．分析：AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决解答：解：A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，mgsin37°＞μmgcos37°，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误B、由A分析得，B正确C、滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D正确故选BCD点评：滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样三、简答题：共18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．13．小明研究小车在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小车、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺．器材安装如图甲．15（1）主要的实验过程：①用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙，则d=6.00mm；②让小车从斜面上某一位置释放，读出小车通过光电门时数字毫秒计示数t；③用刻度尺量出小车停止运动时遮光板与光电门间的距离L；④求出小车与木板间摩擦力f=（用物理量的符号表示）．（2）若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代这种做法是否合理？不合理（选填“合理”或“不合理”）．（3）实验中，小车释放的高度应该适当大（选填“大”或“小”）些．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；由速度公式求出小车的速度，应用动能定理求出摩擦力；（2）小车的瞬时速度可以近似等于小车在很短时间（或很小位移）上的平均速度，时间或位移越小，平均速度越接近瞬时速度；（3）小车的水平位移越大，测量其位移时的误差越小，实验误差越小，据此分析答题．解答：解：（1）①由图甲所示可知，游标卡尺的主尺示数为0.6cm=6mm，游标尺示数为0×0.05mm=0.00mm，则挡光片的宽度d=6mm+0.00mm=6.00mm；④挡光片经过光电门时的速度v=，小车在水平面上做匀减速运动，由动能定理得：﹣fL=0﹣mv2，解得：f=．（2）实验时把小车经过挡光片时的平均速度作为小车的瞬时速度，挡光片的宽度越窄，小车经过挡光片时的平均速度越接近小车的瞬时速度，挡光片的宽度越大，小车的速度误差越大，不能用6cm的金属片替代挡光片．（3）小车释放的高度越大，小车到达水平面时的速度越大，小车在水平面上滑行的距离越大，L的测量值误差越小，实验误差越小．故答案为：（1）①6.00；④；（2）不合理；（3）大．点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读；物体在很小一段时间内的平均速度可近似认为等于瞬时速度，时间越短，平均速度与瞬时速度相差越小．14．某实验小组通过研究发现，采用如图所示装置可以得到小车和小盘的质量，步骤如下：（1）取一盒总质量为m0=0.2kg的砝码放置在小车上，不挂小盘，调节斜木板的倾角，使小车能匀速滑下；（2）挂上小盘，使小车无初速滑下，用打点计时器打出纸带，并根据纸带计算加速度；（3）从小车上取质量为mx的砝码放到小盘中，重复步骤（2），测出对应的加速度；（4）改变mx的大小，重复步骤（3），得到mx及a的数据，作出a﹣mx的图线；步骤（1）中调节木板的倾角使小车能匀速下滑的目的是平衡摩擦力．15通过实验判断小车做匀速运动的依据是打点计时器打出的纸带点迹分布均匀．该实验中是否应该满足小车和砝码的质量远大于小盘和砝码的质量？否（选填“是”或“否”）若求得图线的斜率k=25m/（kg•s2），截距b=0.5m/s2，g取10m/s2，则可知小盘的质量m1=0.02kg，小车的质量m2=0.18kg．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：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．对于直线图象，我们一般从直线的斜率、截距、特殊点这几个方面去考虑，而斜率、截距、特殊点在物理问题中都有一定的物理意义．我们需要运用物理规律把a﹣mx图线的斜率、截距物理意义表示出来．解答：解：调节木板倾角使小车能匀速滑下的目的是为了平衡小车所受的摩擦力．判定小车作匀速运动的依据是用打点计时器打出的纸带上的点迹分布均匀．本实验不需要让盘和砝码的总重力等于小车受到的合外力，所以不需要满足小车和砝码的质量远大于小盘和砝码的质量；挂上小盘，使小车无初速度下滑，用打点计时器打出纸带，并根据纸带计算出加速度；设小车质量为M车，小桶的质量为m盘，对小桶分析：（m盘+mx）g﹣F拉=（m盘+mx）a对小车分析：F拉=（M车+m0﹣mx）a解得：a=对于a﹣mx图线，为截距，为斜率．而图线的斜率k=25m/（kg•s2），截距b=0.5m/s2，解得：m1=0.02kg，m2=0.18kg故答案为：平衡摩擦力；打点计时器打出的纸带点迹分布均匀；否；0.02；0.18．点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．四、计算题：本题共4小题，共计60分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．1515．一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B（中央有孔），A、B间由细绳连接着，它们处于如图中所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，AB间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°夹角．已知B球的质量为m，求：（1）细绳对B球的拉力；（2）A球的质量；（3）若剪断细绳，B球第一次过圆环最低点时对圆环的作用力．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1、2）对球受力分析，根据小球受力平衡可以求得绳的拉力的大小和A球的质量；（3）B球做的事圆周运动，由机械能守恒可以求得球的速度的大小，由向心力的公式可以求得作用力的大小．解答：解：（1、2）对B球，受力分析如图所示Tsin30°=mg解得T=2mg①对A球，受力分析如图所示．在水平方向Tcos30°=NAsin30°②在竖直方向：NAcos30°=mAg+Tsin30°③由以上方程解得：mA=2m__________④所以细绳对B球的拉力为2mg，A球的质量为2m．设B球第一次过圆环最低点时的速度为v，压力为N，圆环半径为r．则：mgr=mv2⑥N﹣mg=m⑦⑥⑦联解得：N=3mg由牛顿第三定律得B球对圆环的压力N′=N=3mg方向竖直向下．答：（1）细绳对B球的拉力为2mg；（2）A球的质量为2m；（3）若剪断细绳，B球第一次过圆环最低点时对圆环的作用力为3N，方向竖直向下．点评：物体处于受力平衡状态，对物体受力分析是本题的关键，剪短绳之后球做的是圆周运动，由向心力的公式分析即可求得力的大小．1516．如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R．质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A．已知∠POC=60°，求：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能．考点：动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解（2）对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数μ（3）Q到C到A的过程根据能量守恒求解．解答：解：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN由P到C的过程：mgR=mC点：FN﹣mg=m解得FN=2mg由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小F′N=2mg，方向竖直向下（2）对P到C到Q的过程：mgR（1﹣cos60°）﹣μmg2R=0解得μ=0.25（3）A点：根据牛顿第二定律得mg=mQ到C到A的过程：Ep=m+mg2R+μmg2R解得：弹性势能Ep=3mgR答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力是2mg；（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25；（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR．点评：本题综合运用了动能定理和能量守恒定律，解决本题的关键灵活选取研究的过程，选用适当的规律进行求解．1517．（16分）某农田自动灌溉的喷射装置的截面图如图所示，它主要由水泵、竖直的细输水管道和喷头组成，喷头的喷嘴（长度可忽略不计）离地面的高度为h．水泵启动后，水从水池通过输水管道压到喷嘴并沿水平方向喷出，在地面上的落点与输水管道中心的水平距离为R，此时喷嘴每秒钟喷出水的质量为m0，整个供水系统的效率恒为η，忽略水池中水泵与地面的高度差，不计水进入水泵时的速度以及空气阻力，重力加速度为g．（1）求水从喷嘴喷出时的速率v；（2）求水泵的功率P；（3）若要浇灌离输水管道中心R1处的蔬菜，求喷嘴每秒钟喷出水的质量m1和水泵的功率P1．考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：（1）根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，求出水从喷嘴喷出时的速率．（2）水泵所做的功与效率的乘积等于水动能和重力势能的增加，根据能量守恒求出水泵的功率P．（3）根据平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，从而通过密度公式，求出单位时间内喷出水的质量．根据能量守恒求出水泵的功率P1．解答：解：（1）水从喷嘴喷出后作平抛运动，则R=vt，解得（2）设在△t时间内出水质量为m，由功能关系有且有解得（3）设水的密度为ρ，速度为v1，喷嘴的横截面积为S，则m0=ρSv，m1=ρSv1由平抛运动有R1=v1t，解得15由解得答：（1）水从喷嘴喷出时的速率．（2）水泵的功率．（3）喷嘴每秒钟喷出水的质量，水泵的功率．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律．以及能够灵活运用能量守恒定律进行求解．18．（16分）如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=l.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；（2）B相对A滑行的最大距离s；（3）0～4s内，拉力做的功W．考点：功的计算；牛顿第二定律．专题：功的计算专题．分析：（1）分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律可求得两物体的加速度；（2）分析两物体的运动过程，求出速度相等的时间；再对整体分析求得整体的加速度，则由位移公式可求得总位移；（3）分别求出各时间段内的拉力所做的功，再求各功的代数和即可求解．解答：解：（1）在0～1s内，AB两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：μmg=MaAF1﹣μmg=maB代入数据得：aA=2m/s2；aB=4m/s2；（2）当t1=1s后，拉力F2=μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1，木板A仍做匀加速直线运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等v1=aBt1又v1=aA（t1+t2）15解得：t2=1s；设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，运动时间t3=2s，加速度为a，F2=（M+m）aa=1m/s2木板A受到的静摩擦力f=Ma＜μmg，AB一起运动s=aBt12+v1t2﹣aA（t1+t2）2代入数据得s=2m；（3）时间t1内拉力做的功W1=F1x1=F1×aBt12=12J时间t2内拉力做功W2=F2x2=F2v1t2=8J；时间t3内拉力做的功W3=F2x3=F2（v1t3+at32）=20J；4s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40J答：（1）0～ls内，A、B的加速度大小aA、aB；为2m/s2和4m/s2；（2）B相对A滑行的最大距离s为2m；（3）0～4s内，拉力做的功W为40J．点评：本题综合考查牛顿第二定律、运动学公式及功的公式等内容，要注意做好正确的受力分析及过程分析，应用牛顿第二定律及运动学公式等求解．15