河南省鄭州市2023屆高三年級教學質量第一次檢測考試第頁1．【命題意圖】此題主要考查了位移時間圖象這一知識點，意在考查學生對圖象的識別理解能力。【參考答案】B【解題思路】位移時間圖象反映的是物體的位移隨時間的變化情況，斜率表示物體運動的速度，選項A中2s末質點在離出發點反方向的1m處，選項A錯誤；選項B中2s末質點回到出發點，選項B正確；選項C中2s末質點在離出發點正方向的1m處，選項C錯誤；選項D中2s末質點在離出發點正方向的某處，〔小于1m處〕，選項D錯誤。2．【命題意圖】此題主要考查了共點力平衡的條件及其應用以及力的合成與分解的運用有關內容，意在考查學生受力分析以及合成分解的的能力。【參考答案】A【解題思路】選項A正確。3．如下列圖，一固定桿與水平方向夾角為α，將一質量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一質量為m2的小球，滑塊與桿之間的動摩擦因數為μ．假設滑塊和小球保持相對靜止以相同的加速度a一起運動〔未施加其它外力〕，此時繩子與豎直方向夾角為β，且β＞α，不計空氣阻力，那么滑塊的運動情況是〔〕A．沿著桿減速下滑 B．沿著桿減速上滑C．沿著桿加速下滑 D．沿著桿加速上滑3．【命題意圖】此題主要考查了受力分析、整體法與隔離法、牛頓第二定律等知識點，意在考查學生應用牛頓定律分析問題的綜合能力。【審題破題】解決此題的關鍵在于依據滑塊與小球保持相對靜止，以相同的加速度a一起運動，對整體進行受力分析求出加速度，采用隔離法，分析小球的受力，求出加速度，結合β＞α分析即可判斷。【參考答案】B【解題思路】把滑塊和球看做一個整體受力分析，假設速度方向向下，由牛頓第二定律得：沿斜面方向有：〔m1+m2〕gsinα﹣f=〔m1+m2〕a，垂直斜面方向有：FN=〔m1+m2〕gcosα，摩擦力：f=μFN，聯立可解得：a=gsinα﹣μgcosα，對小球有：假設α=β，a=gsinβ，現有：α＜β，那么有a＞gsinβ，所以gsinα﹣μgcosα＞gsinβ，gsinα﹣gsinβ＞μgcosα，因為α＜β，所以gsinα﹣gsinβ＜0，但μgcosθ＞0，所以假設不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑塊沿桿減速上滑，選項B正確。【解題技巧】分析多個物體的受力時，一般先用整體法來求得共同的加速度，再用隔離法分析單個物體的受力，求得物體的受力情況。4．【命題意圖】此題主要考查了衛星變軌、第一宇宙速度、繞行速度、運行周期以及能量問題等知識，意在考查學生應用知識分析實際問題的能力。【參考答案】C【解題思路】第一宇宙速度是衛星最大的環繞速度，也是最小的地面發射速度，因此衛星在軌道Ⅲ上的運行速度比月球的第一宇宙速度小，選項A錯誤；P點既在軌道Ⅰ上又在軌道Ⅲ上，軌道半徑相同，即萬有引力相同，根據牛頓第二定律可知，衛星在軌道Ⅲ上經過P點的加速度與在軌道Ⅰ上經過P點的加速度相同，選項B錯誤；根據開普勒第三定律可知，由于軌道Ⅰ的半長軸大于軌道Ⅲ的半長軸，因此衛星在軌道Ⅲ上運行周期比在軌道Ⅰ上的短，選項C正確；衛星有軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅳ的過程中要制動，因此衛星在軌道Ⅳ上的機械能比在軌道Ⅱ上的小，選項D錯誤。5．如下列圖，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，實線為一個負離子僅在電場力作用下通過該區域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。以下說法中正確的選項是〔〕A．三個等勢面中，等勢面a的電勢最低B．帶電質點一定是從P點向Q點運動C．帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時的小D．帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時的小5．【命題意圖】此題主要考查了電勢、等勢面、電勢差、電場力做功以及能量的變化、運動軌跡與電場力間的關系等知識，意在考查學生綜合辨析各物理量間的關系，并能夠綜合應用的能力。【參考答案】D【解題思路】電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶負電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最低，a等勢線的電勢最高，選項A錯誤；帶電質點可能是從P點向Q點運動，也可能是從Q點向P點運動，選項B錯誤；由于相鄰等勢面之間的電勢差相同。等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據牛頓第二定律，加速度也大，選項C錯誤；根據質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做負功，電勢能增大，動能減小，故P點的電勢能小于Q點的電勢能，P點的動能大于Q點的動能，選項D正確。【技巧總結】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。6．如下列圖，圓環豎直放置，從圓心O點正上方的P點，以速度v0水平拋出的小球恰能從圓環的Q點沿切線方向飛過，假設OQ與OP間夾角為θ，不計空氣阻力，那么〔〕A．小球運動到Q點時的速度大小為B．小球從P點運動到Q點的時間為C．小球從P點運動到Q點的速度變化量為D．圓環的半徑為6．【命題意圖】此題主要考查了平拋運動、平行四邊形定那么以及運動的合成與分解等知識點，意在考查學生應用幾何關系分析綜合問題的能力。【審題破題】小球做平拋運動，根據圓的幾何知識可以求得小球在水平方向的位移的大小，根據水平方向的勻速直線運動可以求得時間的大小。根據平行四邊形定那么求出Q點的速度。【參考答案】D【解題思路】過Q點做OP的垂線，根據幾何關系知，Q點的速度方向與水平方向的夾角為θ，根據平行四邊形定那么知，小球運動到Q點時的速度為，選項A錯誤；豎直方向自由落體的速度，所以小球從P點運動到Q點的時間為，選項B、C均錯誤；根據幾何關系可知，小球在水平方向上的位移的大小為x=Rsinθ，根據x=Rsinθ=v0t，可得圓環的半徑為，選項D正確。【歸納總結】此題對平拋運動規律的直接的應用，充分利用幾何關系，結合平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。7．如下列圖，一理想變壓器原、副線圈的匝數之比為，將原線圈接在u=200sin100πt〔V〕的交流電源上，副線圈上電阻R和理想交流電壓表并聯接入電路，現在A、B兩點間接入不同的電子元件，那么以下說法正確的選項是〔〕A．在A、B兩點間串聯另一相同電阻R，電壓表的示數為B．在A、B兩點間接入理想二極管，電壓表讀數為11VC．在A、B兩點間接入一只電容器，只提高交流電頻率，電壓表讀數增大D．在A、B兩點間接入一只電感線圈，只降低交流電頻率，電阻R消耗電功率減小7．【命題意圖】此題主要考查了變壓器的構造和原理、電壓和電流的變比關系、二極管的特性、有效值以及頻率對容抗、感抗的影響等知識點，意在考查學生對各種元件的理解掌握與應用的情況。【模型分析】根據變壓器變壓比公式得到輸出電壓，根據有效值定義求解電壓有效值；電感器的感抗與頻率成正比，電容器的容抗與頻率成反比。【參考答案】C【解題思路】在A、B兩點間串聯一只電阻R，輸入電壓為U1=220V，根據可得輸出電壓為，那么電壓表的示數為11V，選項A錯誤；在A、B兩點間接入理想二極管，會過濾掉負半周電流，設電壓表讀數為U，那么根據有效值定義，有，解得電壓表讀數U≈7.8V，選項B錯誤；在A、B兩點間接入一只電容器，只提高交流電頻率，電容器容抗減小，故R分得的電壓增加，電壓表讀數增加，選項C正確；在A、B兩點間接入一只電感線圈，只降低交流電頻率，感抗減小，故R分得的電壓增大，電阻R消耗電功率將緩慢增大，選項D錯誤。8.質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如下列圖，在圓心處連接有力傳感器，用來測量繩子上的拉力，運動過程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度減小而減小。某一時刻小球通過軌道的最低點，傳感器的示數為7mg，此后小球繼續做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點，以下說法正確的選項是〔〕A．到最高點過程克服空氣阻力做功B．到最高點過程克服空氣阻力做功C．再次經過最低點時力傳感器的示數為5mgD．再次經過最低點時力傳感器的示數大于5mg8．【命題意圖】此題主要考查了牛頓第二定律、豎直面內圓周運動的繩模型、向心力、動能定理以及功等知識點，意在考查學生綜合應用所學知識分析問題的能力。【審題破題】解決此題要注意小球在輕繩的作用下，在豎直平面內做圓周運動，恰能通過最高點的含義為在最高點的速度恰為，然后由最低點的繩子的拉力結合牛頓第二定律可求出此時速度，當小球恰好通過最高點，由此根據向心力與牛頓第二定律可算出速度，最后由動能定理來求出過程中克服阻力做功。【參考答案】AD【解題思路】小球在最低點，受力分析與運動分析那么有：，解得：，而最高點時，由于恰好能通過，所以有，小球選取從最低點到最高點作為過程，由動能定理可得：，解得：，選項A正確，選項B錯誤；小球選取從最高點到最低點作為過程，由動能定理可得：，解得：，再次經過最低點時有：，解得：，選項C錯誤，選項D正確。【題后反思】由繩子的拉力可求出最低點速度，由恰好能通過最高點求出最高點速度，這都是題目中隱含條件。同時在運用動能定理時，明確初動能與末動能，及過程中哪些力做功，做正功還是負功。9．如下列圖電路中，電源電動勢為E，內阻為r，定值電阻的阻值R1=r，當滑動變阻器R2的滑片向右滑動過程中，理想電流表A1、A2的示數變化量的絕對值分別為△I1、△I2，理想電壓表示數變化量的絕對值為△U。以下說法中正確的選項是〔〕A．電壓表V的示數減小B．電流表A1、A2的示數均減小C．△U與△I1比值一定等于電源內阻rD．電源的輸出功率逐漸增大9．【命題意圖】此題主要考查了閉合電路的歐姆定律、輸出功率、電路的動態分析以及串并聯電路的特點等知識點，意在考查學生綜合應用所學知識分析問題的能力。【審題破題】此題關鍵在于當滑動變阻器滑動端向右滑動后，分析變阻器接入電路的電阻如何變化，分析外電路總電阻如何變化，確定總電流的變化情況，即可知電流表A2的示數變化情況。根據串聯電路的特點分析并聯局部電壓的變化情況，確定電流表A1的示數變化情況，根據并聯電路的電流規律，分析A1與A2的變化量大小。根據閉合電路歐姆定律分析△U與△I1比值。【參考答案】BD【解題思路】當滑動變阻器滑動端向右滑動后，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，那么總電流減小，所以電流表A2的示數減小。根據串聯電路分壓的特點分析可知，并聯局部電壓增大，即電壓表V的示數增大，選項A錯誤，流經R1的電流增大，流經R2的電流減小，所以電流表A1的示數減小，選項B正確；根據并聯電路的電流規律I2=I1+I，A2的示數I2變小，通過定值電阻R1的電流增大，那么A1的示數I1變小，所以△I1一定大于△I2，電壓表測量路端電壓，根據閉合電路歐姆定律U=E﹣I2r可知，，而△I1大于△I2，所以，選項C錯誤，電源的輸出功率逐漸增大，選項D正確。【歸納總結】此題是一道閉合電路的動態分析題，分析清楚電路結構、明確電表所測電壓，關鍵能根據閉合電路歐姆定律分析電壓與電流變化的比值，即可正確解題。10．如下列圖有三個斜面a、b、c，底邊分別為L、L、2L，高度分別為2h、h、h，某質點與三個斜面的動摩擦因數相同，這個質點分別沿三個斜面從頂端由靜止釋放后，都可以加速下滑到底端。三種情況相比較，以下說法正確的選項是〔〕A．下滑過程經歷的時間ta>tb=tcB．物體到達底端的動能Eka>Ekb>EkcC．因摩擦產生的內能2Qa=2Qb=QcD．物體損失的機械能△Ec=2△Eb=4△Ea10．【命題意圖】此題主要考查了功、功能關系、牛頓第二定律、機械能守恒定律以及能量的守恒與轉化等知識點，意在考查學生應用動力學和能量的知識綜合分析多過程問題的能力。【審題破題】此題的關鍵是要明白損失的機械能轉化成摩擦產生的內能。物體從斜面下滑過程中，重力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可以比較三者動能大小，注意物體在運動過程中克服摩擦力所做功等于因摩擦產生熱量，據此可以比較摩擦生熱大小。【參考答案】BC【解題思路】設斜面和水平方向夾角為θ，斜面長度為x，那么物體下滑過程中克服摩擦力做功為：，xcosθ即為底邊長度。物體下滑，除重力外有摩擦力做功，根據能量守恒，損失的機械能轉化成摩擦產生的內能，由圖可知a和b底邊相等且等于c的一半，故摩擦生熱關系為：Qa=Qb=Qc，所以損失的機械能△Ea=△Eb=△Ec，選項C正確，選項D錯誤；沿斜面運動的時間，θb＞θc，Lb＜Lc，所以tb＜tc，由于動摩擦因數和斜面a、b的傾角關系未知，無法確定ta和tb，選項A錯誤；設物體滑到底端時的速度為v，根據動能定理得：，Eka=2mgh﹣mgμL，Ekb=mgh﹣mgμL，Ekc=mgh﹣mgμ?2L，根據圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時動能大小關系為：Eka＞EKb＞Ekc，選項B正確。11．兩根足夠長的平行光滑導軌豎直固定放置，頂端接一電阻R，導軌所在平面與勻強磁場垂直。將一金屬棒與下端固定的輕彈簧的上端拴接，金屬棒和導軌接觸良好，重力加速度為g，如下列圖。現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，那么〔〕A．金屬棒運動到最低點的加速度小于gB．從釋放到最低點的過程中，閉合回路產生的熱量等于金屬棒重力勢能的減少量C．當彈簧彈力等于金屬棒的重力時，金屬棒下落速度最大D．金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定低于靜止釋放時的高度11．【命題意圖】此題主要考查了導體切割磁感線時的感應電動勢、力的合成與分解的運用、胡克定律、牛頓第二定律、閉合電路的歐姆定律、平衡態、功能關系以及安培力、彈力等知識點，意在考查學生應用動力學和能量的知識綜合分析電磁感應多過程問題的能力。【審題破題】此題的關鍵是要明白金屬棒的運動情況：先向下做加速運動，后向下做減速運動，當重力、安培力與彈簧的彈力平衡時，速度最大。根據功能關系得知，回路中產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量與彈簧彈性勢能增加量之差。由于產生內能，金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定低于靜止釋放時的高度。【參考答案】AD【解題思路】金屬棒先向下做加速運動，后向下做減速運動，假設沒有磁場，金屬棒運動到最低點時，根據簡諧運動的對稱性可知，最低點的加速度等于剛釋放時的加速度g，由于金屬棒向下運動的過程中，產生感應電流，受到安培力，而安培力是阻力，那么知金屬棒下降的高度小于沒有磁場時的高度，故金屬棒在最低點的加速度小于g，選項A正確；根據能量守恒定律得知，回路中產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量與彈簧彈性勢能增加量之差，選項B錯誤；金屬棒向下運動的過程中，受到重力、彈簧的彈力和安培力三個力作用，當三力平衡時，速度最大，即當彈簧彈力、安培力之和等于金屬棒的重力時，金屬棒下落速度最大，選項C錯誤；由于產生內能，彈簧具有彈性勢能，由能量守恒得知，金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定低于靜止釋放時的高度，選項D正確。12．在xOy平面上以O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面。一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經時間t后經過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成θ角，如下列圖。不計重力的影響，那么以下說法正確的選項是〔〕A．r一定大于 B．假設，那么C．假設，那么D．假設，那么12．【命題意圖】此題主要考查了洛倫茲力、向心力以及帶電粒子在磁場中的運動等知識點，意在考查學生應用幾何關系明確帶電粒子在磁場中運動情況的分析能力。【審題破題】此題的關鍵是要根據帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的過程中，洛倫茲力提供向心力，即可求出粒子運動的半徑與周期；結合幾何關系即可求得其他。【參考答案】AC【解題思路】粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，得：，所以粒子在磁場中運動的半徑：，假設，即帶電粒子速度沿x軸正方向時，，因此r一定大于，選項A正確；假設，即，那么粒子運動的軌跡如圖1所示，粒子從第一象限射出磁場，射出磁場后做直線運動，所以0°＜θ＜90°，選項B錯誤；假設r≥2R=，那么粒子運動的軌跡如圖2所示，粒子一定是垂直與x軸經過x軸，所以粒子在第一象限中運動的時間是半個周期，所以，選項C正確，假設，那么帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心角為，因此帶電粒子在磁場中運動時間為，所以有，選項D錯誤。第二卷〔非選擇題共60分〕二、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部。第11題～第15題為必考題，每個試題考生都必須做答。第16題～第17題為選考題，考生根據要求做答。〔一〕必考題〔共45分〕13.(6分)如圖甲所示，一位同學利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律〞的實驗．有一直徑為d、質量為m的金屬小球由A處由靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門，測得A、B間的距離為H〔H>>d〕，光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當地的重力加速度為g。那么：〔1〕如圖乙所示，用游標卡尺測得小球的直徑d=mm。〔2〕屢次改變高度H，重復上述實驗，作出隨H的變化圖象如圖丙所示，當圖中量t0、H0和重力加速度g及小球的直徑d滿足以下表達式：時，可判斷小球下落過程中機械能守恒。〔3〕實驗中發現動能增加量△EK總是稍小于重力勢能減少量△EP，適當降低下落高度后，那么△Ep﹣△Ek將〔選填“增加〞、“減小〞或“不變〞〕。13．【命題意圖】此題主要考查了游標卡尺的結構與使用、機械能守恒定律、實驗原理、數據分析、圖象的理解以及能量的守恒與轉化等知識點，意在考查學生對根本儀器的認識與使用情況以及對實驗原理的掌握情況。【參考答案】(1)7.25(2)(或2gH0teq\o\al(2,0)＝d2)(3)減小〔每空2分〕【解題思路】〔1〕由圖可知，游標卡尺的主尺刻度為7mm；游標對齊的刻度為5；故讀數為：7+5×0.05=7.25mm；〔2〕假設減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒；那么有：，即：，解得：；〔3〕由于該過程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故適當減小下落高度后，那么△Ep﹣△Ek將減小。【題后反思】解決此題的關鍵知道游標卡尺的讀數方法，以及掌握實驗的原理，知道極短時間內的平均速度等于瞬時速度，此題抓住動能的增加量等于重力勢能的減小量進行推導。14．(10分)要測量靈敏電流表G1的內阻Rg1，實驗室可供選擇的實驗器材如下：①待測電流表G1〔0～5mA，內阻約為300Ω〕；②電流表G2〔0～10mA，內阻約為100Ω〕；③定值電阻R1〔300Ω〕；④定值電阻R2〔10Ω〕；⑤滑動變阻器R3〔0～1000Ω〕；⑥滑動變阻器R4〔0～20Ω〕；⑦干電池〔E=3V，內阻不計〕；⑧電鍵S及導線假設干。〔1〕實驗中要求電流能從零開始調節，定值電阻和滑動變阻器應分別選擇〔填器材前的序號〕。請在虛線框中畫出符合要求的實驗電路圖。〔2〕按電路圖連接實物后，進行屢次測量，記錄電流表G1、G2的讀數I1和I2，以I2為縱坐標，I1為橫坐標，作出相應圖線如下列圖。寫出待測電流表的內阻表達式Rg1=〔用I2-I1圖線的斜率k及定值電阻的符號表示〕。〔3〕假設實驗中測得Rg1=320Ω，利用右圖電路可將電流表G1改裝成量程為0～15mA和0～50mA的雙量程電流表，由題給條件和數據，計算定值電阻的阻值RA=Ω，RB=Ω。14．【命題意圖】此題主要考查了實驗原理、測電阻、電表的改裝、器材的選取、實驗電路圖以及數據的處理問題等知識點，意在考查學生運用所學知識分析實驗的相關問題的能力。【審題破題】此題的關鍵在于根據待測電流表量程大約是電流表量程的一半，再根據并聯電阻具有分流作用即可求解；根據變阻器采用分壓式接法時阻值越小調節越方便即可求解；根據歐姆定律列出兩電流表讀數的關系式，再整理出函數表達式即可求解；明確改表的原理，根據并聯分流求出定值電阻。【參考答案】(1)③⑥，〔2分〕電路如下列圖〔2分〕(2)〔k-1〕R1〔2分〕(3)48Ω，〔2分〕112Ω〔2分〕【解題思路】〔1〕由于待測電流表G1量程小于電流表G2的量程，根據歐姆定律可知應將與待測電流表內阻接近的定值電阻R1并聯才行，所以定值電阻應選③；由于變阻器采用分壓式接法時，變阻器的全電阻應選調節越方便，所以應選擇阻值小的變阻器⑥；符合要求的實驗電路圖如下列圖。〔2〕⑤根據歐姆定律應有，即斜率，解得：；〔3〕量程為0～15mA時有：，代入數據整理可得：；量程為0～50mA時有：，代入數據整理可得：，聯立解得：，。【規律總結】當電流表的量程較小時，應考慮將電流表與分流電阻并聯以擴大量程；涉及到根據圖象求解的問題，首先根據相應的物理規律列出關系式，然后再整理出關于縱軸物理量與橫軸物理量的函數表達式，再根據斜率、截距的概念求解即可；明確改表的原理后，根據原理來求定值電阻的阻值。三、計算題〔此題共4小題，共39分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須寫出數值和單位。〕15．(8分〕在高速公路上行駛的車輛隨意變更車道容易造成交通事故。乙車正在以108km/h的速度在快車道上行駛，行駛在該車前面的甲車以72km/h的速度在慢車道上行駛，甲車卻突然變道至乙車正前方，并立即加速行駛，其加速度大小a1=2m/s2，此時乙車車頭和甲車車尾相距只有d=19m。乙車司機發現前車變道后，經t0=1s時間做出反響，開始剎車減速，為防止發生車禍，乙車剎車減速的加速度a2至少為多大？15．【命題意圖】此題主要考查了追擊相遇問題、加速度以及運動學公式以及多過程問題分析等知識點，意在考查學生運用根本知識、根本公式分析多過程問題的能力。【參考答案】1.2m/s215．【解題思路】在反響時間內后車做勻速運動，后車追上前車的距離為〔2分〕后車剛好追上前車時速度相等，所用時間為t1，由運動學規律得v2－a2t1＝v1＋a1〔t0＋t1〕〔2分〕v2t1－eq\f(1,2)a2t12＝v1t2＋eq\f(1,2)a1t12＋〔d－△x1〕〔2分〕代入數據解得a2＝1.2m/s2，故后車減速的加速度至少為1.2m/s2。〔2分〕【題后反思】此題主要考查了運動學根本公式的直接應用，知道當兩車速度相等時不相撞，以后不會相撞，注意兩車運動的時間相對，還要抓住位移關系列式求解，難度適中。16．〔8分〕為研究運動物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學找來一個傾角為θ、外表平整且足夠長的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降的風帆，如圖甲所示，讓帶有風帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程帆面與滑塊運動方向始終垂直。假設滑塊和風帆總質量為m。滑塊與斜面間動摩擦因數為μ，帆受到的空氣阻力與帆的運動速率的平方成正比，即Ff=kv2。〔1〕求出滑塊下滑的最大速度的表達式；〔2〕假設m=3kg，斜面傾角θ=37°，g取10m/s2，滑塊從靜止下滑的速度圖象如圖乙所示，圖中的斜線是t=0時v﹣t圖線的切線，由此求出μ、k的值。〔，〕16．【命題意圖】此題主要考查了受力分析、牛頓第二定律以及速度時間圖象等知識點，意在考查學生在分析掌握速度時間圖象的根底上分析物體的運動情況的能力。【審題破題】該題的突破口在于確定好帶電粒子的圓心和半徑，結合數學關系，找出角度的關系，進而算出時間。【參考答案】〔1〕〔2〕μ=0.375k＝4.5kg/s【解題思路】解：(1)由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma〔2分〕當a＝0時速度最大，〔1分〕(2)當v＝0時，a＝gsinθ－μgcosθ＝3m/s2〔2分〕解得μ＝3/8=0.375〔1分〕由vm＝＝2m/s〔1分〕解得k＝4.5kg/s〔1分〕【題后反思】解決此題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，知道加速度為零時，速度最大。17．(10分〕如下列圖，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0〔不計空氣阻力〕，求：〔1〕小車向左運動的最大距離；〔2〕小球第二次能夠上升的最大高度的范圍。17．【命題意圖】此題主要考查了動量守恒定律、動能定理、摩擦力做功、機械能守恒定律以及功能關系等知識點，意在考查學生綜合應用知識分析問題的能力。【參考答案】〔1〕x=R〔2〕【解題思路】〔1〕小球和小車組成的系統在水平方向動量守恒。設小球第一次離開半圓軌道時的水平速度為v，小車的速度為，由動量守恒定律得：〔2分〕設小球第一次進入半圓軌道至第一次離開半圓軌道所用時間為t，在這個過程中，小車的位移為x，取水平向右為正方向，那么：〔2分〕解得：x=R〔1分〕(2)設小球從開始下落到第一次上升到最大高度的過程中克服摩擦力坐的功為Wf，由動能定理得：〔1分〕解得〔1分〕由于第二次小球在車中運動時，在對應位置的速度小于第一次小球運動的速度，對應位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在車中運動的過程中，克服摩擦力做的功，機械能損失小于。〔1分〕設小球第二次上升的最大高度為，由功和能的關系得：〔1分〕所以，