2023-2024学年江苏省南京市六校联合体高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市六校联合体高一（下）期中物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.英国物理学家卡文迪许首次精确测量了万有引力常量G的数值，其单位是( )
A. N⋅m2kg2B. N⋅kg2m2C. N⋅mkg2D. N⋅kgm2
2.如图所示，一小球在光滑的水平面上以v0向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过后的轨迹正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图，某公路急转弯处是一圆弧，路面外高内低，当轿车行驶的速率为vc时，轿车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势。则当汽车在该弯道处( )
A. 质量更大的卡车经过时，与轿车相比，vc的值变小
B. 路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
C. 车速高于vc时，车辆就会向外侧滑动
D. 当车速高于vc时，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
4.取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小钢帽朝下按压在桌面上，如图所示。将手放开后，笔会向上弹起一定的高度，忽略一切阻力。下列说法正确的是( )
A. 从笔开始运动到最高点，笔做匀变速直线运动
B. 当笔刚要离开桌面时，笔克服重力的功率达到最大
C. 从笔外壳与内芯碰撞结束到笔运动到最高点，笔克服重力的功率先增大后减小
D. 从笔开始运动到刚要离开桌面，桌面对笔的作用力对笔做正功
5.如图所示，长为L的轻质硬杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，转动的角速度为ω，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角θ为( )
A. sinθ=ω2LgB. sinθ=gω2LC. tanθ=ω2LgD. tanθ=gω2L
6.2022年2月3日，远在400公里外的空间站的太空出差三人组，在空间站“变”出奥运五环(如图)，希望冬奥会选手们取得好成绩为国争光，下列说法正确的是( )
A. 若考虑到虚薄空气影响而不对空间站及时补充能量，空间站的轨道高度将会缓慢降低
B. 奥运五环能悬浮在空中是因为合外力为零
C. 空间站绕地运行的速率等于第一宇宙速度
D. 空间站的运行周期大于地球同步卫星的周期
7.在静水中速度为v1的小船，为垂直渡过宽度为d的河流，船头与河岸成θ角斜向上游，如图甲所示。航行中发现河水流速vs与河岸间距离x的关系如图乙所示，为使小船仍能到达正对岸的B点，下列措施中可行的是( )
A. 保持船头方向不变，v1的大小不变B. 保持船头方向不变，v1先变小后增大
C. 保持船速v1大小不变，θ先增大后减小D. 保持船速v1大小不变，θ先减小后增大
8.2022年11月，“天舟五号”货运飞船仅用2小时就与“天宫”空间站快速交会对接，创造了世界纪录。飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与空间站实现对接，假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，不计飞船质量的变化，则飞船( )
A. 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ经过B点时的加速度相同
B. 在轨道Ⅰ上的运行周期大于空间站的运行周期
C. 第一次变轨需瞬间加速，第二次变轨需瞬间减速
D. 从椭圆轨道Ⅱ上的A点运动到B点，速率增大
9.动车组又称“动车组列车”，为现代火车的一种类型，由若干带动力的车辆(动车)和不带动力的车辆(拖车)组成，列车在正常使用期限内以固定编组模式运行。某动拖比(动车与拖车的数量之比)为2：6的动车组最大速率为v，为了提速，将动拖比提高为4：4，若提速前后每节动车额定功率均相同，动车组行驶中受到的阻力f与行驶速度的平方v2成正比，则该动车组提速后的最大速率为( )
A. 32vB. 32vC. 2vD. 2v
10.如图所示，在M点的正上方离地高H处以水平速度v1向右投掷一飞盘P，反应灵敏的小狗Q同时在M点右方水平地面上的N点以速度v2斜向左上方跳出，结果飞盘P和小狗O恰好在M、N连线的中点正上方相遇。为使问题简化，飞盘和小狗均可看成质点，不计飞盘和小狗运动过程所受空气的阻力，则飞盘水平抛出后至与小狗相遇的过程，下列说法正确的是( )
A. 飞盘和小狗速度的变化量不相等B. 初速度大小关系一定是v2>v1
C. 若小狗没去接飞盘，则飞盘一定落在N点D. 飞盘和小狗相遇点在距离地面34H高度处
11.如图所示，水平圆盘上有两个相同的小木块a和b，质量均为m，用轻绳相连，轻绳恰好伸直且无拉力。OO′为转轴，a与转轴的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。在圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动的过程中，下列说法正确的是( )
A. a木块所受静摩擦力先变大后变小，再变大
B. 因a、b两木块所受摩擦力始终指向圆心，所以不做功
C. 若轻绳承受极限值为2μmg，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳不会断掉
D. 角速度达到 2μg3l时，a、b两木块开始相对圆盘滑动
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.如图，小明利用家中物品制作了一个研究平抛运动规律的装置。在水平桌面上用硬练习本做成一个斜面，使小钢球从斜面上某一位置滚下，钢球沿桌面飞出后做平抛运动。实验步骤如下：

a.将贴好白纸的案板竖直放置于P处；
b.将小钢球沾上墨水后由静止释放，小球飞出后碰到案板并在白纸上留下痕迹B；
c.将案板从P处靠近书桌平移0.1m，重复步骤b，留下痕迹______；(选填：A或C)
d.将案板从P处远离书桌平移0.1m，重复步骤b，留下第三点痕迹；
e.用刻度尺量出A、B、C三点的距离hAB=0.15m，hBC=0.25m，通过以上数据即可粗略求出小球离开书桌时初速度的大小。重力加速度g取10m/s2。回答下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是______。
A.书桌要调整水平
B.小球每次都从同一位置由静止释放
C.所用练习本上表面必须光滑
D.案板可以不竖直放置
(2)根据实验数据，可得小球离开桌面时初速度的大小v0= ______m/s；以及小球碰撞B点前瞬间的速度大小vB= ______m/s(结果可以用根号表示)。
(3)若因为操作不当，把案板从P处靠近书桌平移0.1m时，案板没有竖直，向左倾斜一较小角度，其他操作无误，则求出的离开桌面时初速度比实际值______(填“偏大”、“偏小”、“不变”)。
三、简答题：本大题共3小题，共28分。
13.如图所示，运动员腰部系着轻绳拖着轮胎从静止开始沿着笔直的跑道匀加速奔跑，2s末轮胎的速度为2m/s。已知绳与地面的夹角θ=37°，绳对轮胎的拉力大小为70N，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)2s末，绳子拉力的瞬时功率P；
(2)2s内，绳子拉力对轮胎所做的功W。
14.某卫星P在地球赤道平面内以周期T绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度与地球半径相等，均为R，且转动方向与地球自转方向相反，Q是位于赤道上的某观测站。已知地球的自转周期为T0，且T0>T，引力常量为G，求：
(1)地球的质量M；
(2)从图示位置开始，卫星P至少经过多长时间再次处于观测站Q的正上方。
15.用蛙式打夯机(如图1)对路面进行打平、夯实，其结构可以简化为如图2。质量为m的铁球通过轻杆与转轮1相连，转轮1与底座总质量为M，工作过程中，底座保持静止。转轮2在电动机作用下转动，通过轻质皮带使转轮1一起转动，转轮1带着铁球绕轴做圆周运动，球的转动半径为L，转轮1与转轮2的半径之比为1：2，重力加速度为g。则：
(1)当转轮2以角速度ω匀速转动时，求小球转动的线速度大小v1；
(2)若小球转动到最高点时底座恰好对地面无压力，求此时小球的线速度大小v2；
(3)当小球以(2)中的线速度大小匀速转动，求底座对地面的最大压力。
四、计算题：本大题共1小题，共13分。
16.如图所示，小明在离水面高度h0=1.8m处，将一质量m=20g的小石片以初速度v0=8m/s水平抛出，小石片先在水面上弹跳数次，当沿水面的速度减为零时会下沉。小石片每次接触水面时都受到恒定的作用力，其中水平分力恒为f=0.4N，每次接触水面Δt=0.04s后就跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水平方向速度之比为常数k=0.75，不计空气阻力(g=10m/s2)。求小石片
(1)第一次与水面接触前水平方向的位移x；
(2)第一次与水面接触过程中，对水面作用力的竖直分力大小Fy；
(3)总共弹起的次数n以及最后一次跳起后在空中的飞行时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据万有引力定律F=Gm1m2r2，知质量m的单位为kg，距离r的单位为m，引力F的单位为N，由公式推导得出G的单位是：N⋅m2kg2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据万有引力定律F=Gm1m2r2由质量、距离和力三个量的单位推导出引力常量G的单位。
物理公式不但可以进行物理量间的计算，还同时对应了单位的换算，明确引力常量的单位是导出单位，可根据万有引力定律F=Gm1m2r2推导出来，这是分析导出单位常用的方法。
2.【答案】B
【解析】解：小球在光滑的水平面上以v0向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，结合运动轨迹偏向加速度的方向，而速度方向始终沿轨迹的切线方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；曲线运动中物体速度的方向应该是逐渐发生变化的，不可能出现折点．
解决本题的关键掌握曲线运动的处理方法，根据两个方向上的受力情况，分析其运动情况．
3.【答案】D
【解析】解：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供汽车做圆周运动向心力，即mgtanθ=mvc2r
解得vc= grtanθ
与质量无关，故A错误；
B、当路面结冰时与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变，故B错误；
CD、车速虽然高于vc，汽车有向外滑动的趋势，此时汽车受到一个向内的静摩擦力作用，它们共同提供向心力，只要静摩擦力不超过最大静摩擦力这个限度，车辆便不会向外侧滑动，故C错误，D正确。
故选：D。
汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力；根据牛顿第二定律进行分析。
本题属于向心力在日常生活中的应用，解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，明确向心力在生活中的应用。
4.【答案】C
【解析】解：A、从笔开始运动到最高点，笔除受重力之外，还受到弹簧的弹力和桌面的支持力，可知笔受到的合力在改变，则笔做的是非匀变速直线运动，故A错误；
B、圆珠笔开始时向上做加速运动，后做减速运动；在加速阶段，当笔受到的合力为零，即加速度为零时，笔的速度达到最大，显然笔刚要离开桌面时，笔的加速度不为零，速度不是最大值，由P=mgv可知，重力的功率没有达到最大，则笔克服重力的功率没有达到最大，故B错误；
C、由B可知从笔外壳与内芯碰撞结束到笔运动到最高点的过程中，笔只受到自身重力的作用，由于笔的速度先增大后减小，则重力的功率先增大后减小，所以笔克服重力的功率先增大后减小，故C正确；
D、从笔开始运动到笔刚要离开桌面，由于桌面对比的作用力未发生位移，所以桌面对笔不做功，故D错误。
故选：C。
根据笔的受力情况分析出笔的运动类型和速度变化；根据重力的瞬时功率公式P=mgv判断笔克服重力的功率的变化情况；根据功的计算公式分析出桌面对笔作用力的做功情况。
本题主要考查力重力的瞬时功率和功的公式的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合笔的运动情况即可完成解答。
5.【答案】B
【解析】解：小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，受力如图所示；
根据牛顿第二定律有：
mgsinθ=mω2L
解得：sinθ=gLω2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
小球做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角。
解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解即可。
6.【答案】A
【解析】解：A.若考虑到虚薄空气影响而不对空间站及时补充能量，则空间站的速度会减小，空间站做近心运动，轨道高度将会缓慢降低，故A正确；
B.奥运五环能悬浮在空中是因为合外力完全提供向心力，处于完全失重状态，故B错误；
C.第一宇宙速度是匀速圆周轨道的最大速度，空间站绕地运行的速率小于第一宇宙速度，故C错误；
D.根据开普勒第三定律r3T2=k，可知空间站的运行周期小于地球同步卫星的周期，故D错误；
故选：A。
根据万有引力与向心力的关系分析AB，第一宇宙速度是匀速圆周轨道的最大速度，根据开普勒第三定律分析D。
本题考查卫星的运动，解题关键掌握卫星运动时由万有引力提供向心力，注意第一宇宙速度的特点。
7.【答案】D
【解析】解：当船头与上游河岸成θ角方向时，小船恰好能垂直到达对岸，此时船沿河岸方向的分速度等于水流的速度，如下图所示：
则：vs=v1csθ，可知，保持船头方向不变，v1先增大后变小，或者保持船速v1大小不变，θ先减小后增大，故D正确，ABC错误；
故选：D。
将船速沿河岸的方向与垂直于河岸的方向分解，当合速度的方向始终垂直于河岸时，船可以到达正对岸，根据运动的合成与分解列式求解。
解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰，注意列出方程组，从而求解是解题的基本思路。
8.【答案】A
【解析】解：A.根据万有引力提供向心力有
GMmr2=ma
解得a=GMr2
可知在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ经过B点时的加速度相同，故A正确；
B.根据开普勒第三定律r3T2=k，可知在轨道Ⅰ上的运行周期小于空间站的运行周期，故B错误；
C.第一次和第二次变轨都是从低轨道到高轨道，变轨需瞬间加速，故C错误；
D.根据开普勒第二定律可知，从椭圆轨道Ⅱ上的A点运动到B点，速率减小，故D错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力分析加速度的大小，根据开普勒第三定律和第二定律分析BD，根据变轨原理分析C。
本题考查万有引力与航天中变轨的知识，要掌握飞船变轨原理是通过让飞船做离心运动或近心运动实现的，掌握万有引力与向心力的表达式是正确解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：某动拖比为2：6的动车组以速率v沿直线轨道匀速行驶，提速前后每节动车匀速行驶时的功率均为P，设车厢所受的阻力为f，则有：2P=fv，其中阻力f=kv2
将动拖比提高为4：4后，4P=f′v′，其中f′=kv′2
联立解得：v′=22v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当功率一定时，当牵引力等于阻力时，速度达到最大．根据P=Fv=fv去求最大速度。
解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，以及知道功率一定，当牵引力与阻力相等时，速度最大。
10.【答案】B
【解析】解：A.飞盘和小狗分别做平抛和斜上抛运动，根据Δv=gt，可知，速度变化量相等，故A错误；
B.因为飞盘和小狗恰好在M、N两点连线中点的正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又因为运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即
v2csθ=v1，所以v2>v1，故B正确；
D.根据题意可知飞盘和小狗运动的时间相同，因为不知道小狗在竖直方向初速度的大小，所以不能判断飞盘和小狗相遇点距离地面的高度，故D错误；
C.由于无法判断相遇点的高度，且MN之间的距离未知，所以飞盘飞行至MN上方中点的时间无法确定，无法计算出飞盘最终落点位置，故C错误。
故选：B。
根据速度公式可知速度变化量是否相等；通过运动的分解，结合题干中在MN中点上方相遇这一条件可判断初速度大小关系；通过分析题干中已知信息，由于不知道小狗在竖直方向初速度的大小，所以无法确定相遇点的高度，同时由于MN距离未知，所以无法确定飞盘最终落点位置。
学生在解答本题时，应注意对于平抛和斜抛问题要熟练运用运动的合成与分解来作答。
11.【答案】A
【解析】解：A、当角速度非常小时，两木块均由静摩擦力提供圆周运动的向心力，根据f=mω2r
可得：fa当角速度逐渐增大时，摩擦力逐渐增大，随后b木块先达到最大静摩擦力，角速度进一步逐渐增大时，绳绷紧，有弹力作用，此时由于绳的弹力等于木块b增加的向心力，而b增加的向心力大于a增加的向心力，即绳的弹力大于a增加的向心力，则木块a的静摩擦力减小，随角速度增大，a静摩擦力将减小为0，之后a的静摩擦力随角速度的增大而反向增大，可知a木块所受摩擦力先减小至0，后反向增大，故A正确；
B、木块的速度逐渐增大，根据动能定理可知摩擦力对木块做功，故B错误；
CD、根据上述可知，当a达到最大静摩擦力时，随后a、b两木块开始相对圆盘滑动，则有T−μmg=mlω2
T+μmg=m⋅2lω2
解得T=3μmg，ω= 2μgl
若轻绳承受极限值为2μmg，则在a、b两木块开始相对圆盘滑动前轻绳会断掉，故CD错误；
故选：A。
根据木块受力结合牛顿第二定律分析摩擦力的变化；根据动能定理分析摩擦力做功情况，根据牛顿第二定律对两木块列式解答。
本题考查动能定理及圆周运动，解题关键掌握木块的受力情况，注意摩擦力的变化问题。
12.【答案】A AB 1 5 偏大
【解析】解：b.将案板从P处靠近书桌平移0.1m，则水平位移变小，根据x=vt可知时间变短，留下痕迹A；
(1)A.为了保证小球做平抛运动，书桌要调整水平，故A正确；
B.小球每次都从同一位置由静止释放，保证小球初速度相等，故B正确；
C.所用练习本上表面是否光滑对实验无影响，故C错误；
D.案板必须竖直放置，才能保证实验的准确性，故D错误；
故选：AB。
(2)竖直方向，根据逐差法有hBC−hAB=gT2
水平方向有x=v0T
解得v0=1m/s
根据匀变速直线运动规律可知B点竖直方向的速度为vBy=hAB+hBC2T
则B点的速度为vB= v02+vBy2
代入数据解得vB= 5m/s
(3)案板没有竖直，向左倾斜一较小角度，则水平距离小于0.1m，而计算所用x偏大，则计算的初速度偏大。
故答案为：b.A；(1)AB；(2)1； 5；(3)偏大
(1)根据实验原理及操作规范分析解答；
(2)(3)根据平抛运动竖直和水平方向的运动规律分析解答。
本题考查平抛运动规律的应用，要知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。
13.【答案】解：(1)2s末，绳子拉力的瞬时功率为
P=Fvcsθ
解得：P=112W
(2)轮胎从静止开始做匀加速直线运动，轮胎在2s内的位移为x=v2t
2s内，绳子拉力对轮胎所做的功为
W=Fxcsθ
解得：W=112J
答：(1)2s末，绳子拉力的瞬时功率P为112W；
(2)2s内，绳子拉力对轮胎所做的功W为112J。
【解析】(1)根据功率公式P=Fvcsθ计算2s末绳子拉力的瞬时功率P；
(2)轮胎从静止开始做匀加速直线运动，由x=v2t求出轮胎在2s内的位移，根据W=Fxcsθ计算2s内绳子拉力对轮胎所做的功W。
解答本题时，要掌握功率公式P=Fvcsα和功的计算公式W=Flcsα，要知道当v是瞬时速度时，可以求出瞬时功率。
14.【答案】解：(1)设卫星的质量为m，由万有引力提供卫星的向心力，可得
GMm(2R)2=m(2πT)2(2R)
解得
M=32π2R3GT2
(2)由题意知，t时间内卫星相对地球转过的角度为2π，则
(2πT−2πT0)t=2π
解得t=TT0T0−T
答：(1)地球的质量为32π2R3GT2；
(2)从图示位置开始，卫星P至少经过TT0T0−T时间再次处于观测站Q的正上方。
【解析】(1)根据万有引力提供向心力结合周期的表达式计算；
(2)卫星P再次处于观测站Q的正上方时相对地球转过的角度为2π，根据角度关系解答。
本题主要考查了万有引力提供向心力的直接应用，解题时要知道圆周运动的追及相遇问题的解题思路。
15.【答案】解：(1)转轮1、2皮带传动，轮缘各点线速度大小相等，根据v=ωr，ω与r成反比，所以ω1=2ω，小球与转轮1同轴转运，角速度相等，可得：v1=2ωL
(2)底座对地无压力可知杆中弹力竖直向上，且F=Mg
由牛顿第三定律可知，杆对铁球向下的弹力FN=F=Mg
对于铁球有FN+mg=mv22L
解得v2= (M+m)gLm
(3)当小球运动到最低点时底座对地面压力最大，对小球由牛顿第二定律可得T−mg=mv22L
解得T=(2m+M)g
根据牛顿第三定律可知，轻杆对底座的作用力大小为(2m+M)g，方向向下，
对底座由平衡条件可知，地面对滚筒的支持力大小为2(m+M)g
所以最大压力为Fm=2(m+M)g
答：(1)当转轮2以角速度ω匀速转动时，小球转动的线速度大小v1为2ωL；
(2)若小球转动到最高点时底座恰好对地面无压力，此时小球的线速度大小v2为 (M+m)gLm；
(3)当小球以(2)中的线速度大小匀速转动，底座对地面的最大压力为2(m+M)g。
【解析】(1)根据线速度与角速度关系，可求出线速度大小；
(2)利用牛顿第二定律对铁球分析可求出线速度大小；
(3)根据牛顿第二定律结合牛顿第三定律可求出对小球的最大压力。
学生解答本题时，应注意掌握线速度与角速度转化的公式，同时要熟练运用牛顿第二定律。
16.【答案】解：(1)小石片以初速度v0=8m/s水平抛出，做平抛运动，设从抛出到第一次与水面接触前时间为t0，由h0=12gt02
得t0= 2h0g= 2×1.810s=0.6s
第一次与水面接触前水平方向的位移x=v0t0=8×0.6m=4.8m；
(2)第一次与水面接触前竖直方向的速度vy=gt0=10×0.6m/s=6m/s
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为a，有a=fm=0.420×10−3m/s2=20m/s2
第一次与水面接触后跳起时滑行速度v1=v0−aΔt=8m/s−20×0.04m/s=7.2m/s
规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度vy′=−kv1=−7.2×34m/s=−5.4m/s
竖直方向加速度为ay=vy′−vyΔt=−5.4−60.04m/s2=−285m/s2
第一次与水面接触过程中对水面作用力(可视作恒力)的竖直分力大小Fy，
由牛顿第二定律得−Fy+mg=may
解得Fy=5.9N；
(3)小石片在水面上滑行时，每次滑行速度的变化量Δv=aΔt=20×0.04m/s=0.8m/s
由n=vx0Δv=80.8=10
可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，总共弹起的次数为9次，则第n次弹起后的速度vxn=vx0+Δvx=(8−0.8n)m/s
再由vy=kvx和tn=2vyng
可得第n次弹起后在空中飞行的时间为tn=65(1−0.1n)
最后一次跳起后在空中的飞行时间为t9=0.12s。
答：(1)第一次与水面接触前水平方向的位移为4.8m；
(2)第一次与水面接触过程中，对水面作用力的竖直分力大小为5.9N；
(3)总共弹起的次数为9次；最后一次跳起后在空中的飞行时间为0.12s。
【解析】(1)根据平抛运动的规律计算；
(2)小石片在水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律计算出加速度，根据运动学公式计算出第一次起跳时的水平速度和竖直速度，根据加速度定义式计算出竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律计算出竖直分力大小；
(3)根据运动学公式计算每次滑行速度的变化量，和水平面滑行的次数、弹起的次数、再计算出最后一次弹起时间。
本题考查了平抛运动的相关知识，解决本题的关键是掌握平抛的规律。