【点评】由波动图象读出，求解周期，根据时间与周期的关系分析质点的振动情况，是常见的问题，难度不大．

8．（3分）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（）

A．0～t1时间内F的功率逐渐增大

B．t2时刻物块A的加速度最大

C．t2时刻后物块A做反向运动

D．t3时刻物块A的动能最大

【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有

【专题】16：压轴题；52D：动能定理的应用专题．

【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大。

【解答】解：A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；

B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，

此时物块A的加速度最大，故B正确；

C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；

D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，

合力做负功。物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；

故选：BD。

【点评】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要掌握图象题的解题思路。

二、非选择题

9．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为2kg•m/s，若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为12N（取g＝10m/s2）。

【考点】52：动量定理．菁优网版权所有

【专题】52F：动量定理应用专题．

【分析】取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小。

【解答】解：（1）取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p＝mv2﹣（﹣mv1）＝0.2×（6+4）kg•m/s＝2kg•m/s，方向竖直向上。

（2）代入动量定理的公式，得（F﹣mg）t＝△P，代入数据求得：F＝12N

故故答案为：2，12。

【点评】此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量。动量变化量也是矢量，同样要注意方向。

10．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。

①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是AC（填字母代号）。

A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确

C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动

②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最底端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为12.1mm，单摆摆长为0.99295m。

③如图振动图象真实地描述了对摆长为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是A（填字母代号）。

【考点】MK：探究单摆的周期与摆长的关系．菁优网版权所有

【专题】13：实验题；51C：单摆问题．

【分析】当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；摆长为悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析；

【解答】解：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，

故选AC

（2）游标卡尺示数为：d＝12mm+1×0.1mm＝12.1mm；