江苏省无锡市普通高中2022届高三物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年江苏省无锡市普通高中高三（上）期中物理试卷　一、选择题（共13小题，每小题3分，满分45分）1．一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑物料，若忽略空气阻力，则下列有关物料的受力图正确的是（　　）　2．质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（　　）A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在前2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同　3．北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种组成，这两种卫星在轨道正常运行时（　　）A．同步轨道卫星运行的周期较大B．同步轨道卫星运行的线速度较大C．同步轨道卫星运行可能飞越南京上空D．两种卫星运行速度都大于第一宇宙速度　4．蹦床是跳水运动员日常训练时的重要辅助器材．一个运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd段为直线．由图可知，运动员发生超重的时间段为（　　）-22-\nA．0～t1B．t1～t2C．t2～t4D．t4～t5　5．如图所示，水平地面上有一斜面B，上面放一物块A，一平行斜面向上的力F作用于物体A上．在力F变大的过程中，A、B始终保持静止，则以下说法中正确的是（　　）A．物体A受到的支持力一定变小B．物体A受到的摩擦力一定变大C．斜面B受到地面的支持力一定变小D．斜面B受到地面的摩擦力一定不变　6．2022年9月16日，在第六届无人机大会上，成飞展出了VD200垂直起降无人机．某次表演中VD200从地面竖直方向匀加速起飞一段位移后，突然在原方向上改做匀减速直线运动，直到速度为零．关于无人机的这个运动过程，下列速度v和位移x的关系图象中，描述最合理的是（　　）A．　7．如图所示，一水平传送带以不变的速度v向右运动，将质量为m的小物块A轻放在其左端，经t时间后，物体A的速度也变为v，再经时间t到达右端，下列说法不正确的是（　　）A．A从左端运动到右端的过程中，平均速度为B．A与传送带间的摩擦因数为-22-\nC．传送带对物体做的功和物体对传送带做功的绝对值相等D．传送带因输送小物块多消耗的能量为mv2　8．如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量小桶的重力，甲图中系小桶的轻绳较长．下列说法中正确的是（　　）A．甲图中弹簧测力计的示数比乙图中的小B．两图中弹簧测力计的示数一样大C．甲图中绳的拉力比乙图中的小D．乙图中绳的拉力比甲图中的小　9．一块艇要以最快时间渡过河宽为100m的河流，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，则（　　）A．快艇的运动轨迹是直线B．快艇的运动轨迹是曲线C．快艇通过的位移为100mD．快艇所用时间为20s　10．公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空．秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度θ，其简化模型如图所示，若要使夹角θ变大，可将（　　）A．钢丝绳变短B．钢丝绳变长C．增大座椅质量D．增大角速度　11．静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t=4s时停下，其速度﹣时间图象如图所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是（　　）-22-\nA．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．全过程拉力做的功等于零C．一定有F1+F3=2F2D．可能有F1+F3＞2F2　12．假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0．飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．下列判断正确的是（　　）A．飞船在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中，动能增大B．飞船在轨道Ⅰ上经过A点比在轨道Ⅱ上经过A点加速度小C．飞船在轨道Ⅲ上经过B点比在轨道Ⅱ上经过B点速度小D．飞船在轨道Ⅰ绕月球运动一周所需的时间为2π　13．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑的水平面上（桌面足够大），A右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，开始时托住B，让A静止，细线伸直且张力恰好为零．然后由静止释放B，直到B获得最大速度，下列有关B从静止到最大速度过程的分析中正确的是（　　）A．B物体受到细线的拉力越来越大B．弹簧弹性势能的增加量大于B物体机械能的减少量C．A物体机械能的增加量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D．细线的拉力对A做的功等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量-22-\n　　二、解答题（共6小题，满分75分）14．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，实验装置如图1．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度L0，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度L．（实验时弹簧没有超出弹性限度）（1）某同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图2中，请作出F﹣L图线．（2）由图线可得出该弹簧的劲度系数k=　　　　　　N/m．　15．（10分）（2022秋•无锡期中）某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=　　　　　　m/s2．（2）同一次实验中，F1　　　　　　F2（选填“＜”、“=”或“＞”）．（3）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图1．不计纸带与计时器间的摩擦．图象中F是实验中测得的　　　　　　．A．F1B．F2C．F1﹣F0D．F2﹣F0（4）关于该实验，下列说法中正确的是　　　　　　．A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量-22-\nD．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．　16．（14分）（2022秋•无锡期中）如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，方向水平向右的外力F0拉此物体，经t0=2s，拉至B处．（1）求物块运动的加速度a0大小；（2）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（3）若用大小为20N的力F沿水平方向拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．（取g=10m/s2）　17．（14分）（2022秋•无锡期中）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2，则：（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？　18．（14分）（2022秋•无锡期中）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.9m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=2kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；（3）若滑块离开C处的速度大小为m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．　-22-\n19．（15分）（2022秋•无锡期中）如图所示，质量为M=1.0kg足够长的长木板B静止在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m=4.0kg的小铁块A（可视为质点）．初始时刻，长木板B的左端距离左侧的墙面为s=1m．现在A上作用一拉力F=10N直至B与墙面第一次相撞，此时立即撤去拉力，设B与墙面相撞后将以原速度弹回而没有机械能损失，A在运动过程中始终没有脱离长木板．已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．求：（1）当长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v；（2）小铁块A相对地面的总位移x；（3）设长木板B与墙面每次发生相撞后，滑块相对长木板的位移依次为x1、x2、x3…xk…，当k为多少时xk将小于0.01m．（可能用到的数据：lg2=0.301，lg3=0.477）　　2022-2022学年江苏省无锡市普通高中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共13小题，每小题3分，满分45分）1．一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑物料，若忽略空气阻力，则下列有关物料的受力图正确的是（　　）【考点】力的合成与分解的运用．【专题】比较思想；图析法；受力分析方法专题．【分析】根据受力平衡条件，由运动状态来确定受力情况，从而即可求解．【解答】解：由题意可知，物料匀速运动，合力为零，则受力分析，即有：拉力T与重力mg平衡，故ABC错误，D正确；故选：D．【点评】考查平衡条件的应用，注意学会由运动状态来确定受力分析的方法，紧扣匀速直线运动．-22-\n　2．质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（　　）A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在前2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同【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．【专题】运动学中的图像专题．【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；【解答】解：A、0﹣2s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变．故A错误；B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1﹣3s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故B错误；C、根据“面积”表示位移可知，0﹣2s内的位移为：x1=×2×2m=2m．故C错误；D、根据“面积”表示位移可知，0﹣3s内的位移为：x1=×2×2﹣m=1m，0﹣5s内的位移为：x2=×2×1m=1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同．故D正确．故选：D．【点评】深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口．　3．北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种组成，这两种卫星在轨道正常运行时（　　）A．同步轨道卫星运行的周期较大B．同步轨道卫星运行的线速度较大C．同步轨道卫星运行可能飞越南京上空D．两种卫星运行速度都大于第一宇宙速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力展开讨论周期、半径、角速度的关系．【解答】解：根据万有引力提供向心力有：==m-22-\nA、T=2π，所以同步轨道卫星运行的周期较大，故A正确；B、v=，所以同步轨道卫星运行的线速度较小，故B错误；C、同步卫星只能在赤道上空，故C错误；D、第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，故D错误．故选：A【点评】根据万有引力提供向心力，熟练讨论加速度、角速度、周期和半径间的关系是解决本题的关键．　4．蹦床是跳水运动员日常训练时的重要辅助器材．一个运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd段为直线．由图可知，运动员发生超重的时间段为（　　）【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据图象判断出正方向的选择，然后根据加速度向上超重，加速度向下失重判断．【解答】解：由题意知速度方向向下时为正方向，运动员发生超重时具有向上的加速度，反映在v﹣t图象中时是斜率为负的时间段，故C正确．故选：C．【点评】本题考查了超重和失重的条件，记住：加速度向上超重，加速度向下失重．　5．如图所示，水平地面上有一斜面B，上面放一物块A，一平行斜面向上的力F作用于物体A上．在力F变大的过程中，A、B始终保持静止，则以下说法中正确的是（　　）A．物体A受到的支持力一定变小B．物体A受到的摩擦力一定变大C．斜面B受到地面的支持力一定变小D．斜面B受到地面的摩擦力一定不变【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．-22-\n【分析】对A受力分析，由共点力的平衡及静摩擦力的特点可得出各力的变化情况，把AB看成一个整体，整体受到重力、支持力、斜向上的推力F以及地面对B的摩擦力，根据平衡条件列式分析即可．【解答】解：A、A物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，将重力分解到沿斜面和垂直于斜面的方向，在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力平衡，FN=mgcosθ，所以支持力不变，故A错误；B、若F＞mgsinθ，摩擦力沿斜面向下，受力分析如图所示：由平衡得：Ff+mgsinθ=F，在力F变大的过程中，故根据平衡条件，静摩擦力逐渐增加；若F≤mgsinθ，摩擦力向上，由平衡得：mgsinθ=F+Ff故根据平衡条件，静摩擦力应先减小，后反方向增大，故B错误；C、把AB看成一个整体，整体受到重力、支持力、斜向上的推力F以及地面对B的摩擦力，把F分解到水平和竖直方向，摩擦力等于F水平方向分量，地面对B的支持力与F竖直向上的分量之和等于整体的重力，所以当F增大时，摩擦力增大，地面对B的支持力减小，故C正确，D错误．故选：C【点评】本题考查共点力的平衡条件的应用，因拉力及摩擦力的关系不明确，故摩擦力存在多种可能性，应全面分析，注意整体法和隔离法的直接应用．　6．2022年9月16日，在第六届无人机大会上，成飞展出了VD200垂直起降无人机．某次表演中VD200从地面竖直方向匀加速起飞一段位移后，突然在原方向上改做匀减速直线运动，直到速度为零．关于无人机的这个运动过程，下列速度v和位移x的关系图象中，描述最合理的是（　　）A．【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】定量思想；图析法；运动学中的图像专题．【分析】根据匀变速直线运动位移速度公式v2﹣v02=2ax，列式分析即可求解．【解答】解：无人机先做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，则v2=2a1x得v=•，所以图象是开口向右的抛物线．后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a2，则-22-\nv2=2a2x解得：v=•，则图象是开口向左的抛物线，故B正确．故选：B【点评】本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用，知道车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动．　7．如图所示，一水平传送带以不变的速度v向右运动，将质量为m的小物块A轻放在其左端，经t时间后，物体A的速度也变为v，再经时间t到达右端，下列说法不正确的是（　　）A．A从左端运动到右端的过程中，平均速度为B．A与传送带间的摩擦因数为C．传送带对物体做的功和物体对传送带做功的绝对值相等D．传送带因输送小物块多消耗的能量为mv2【考点】功能关系；牛顿第二定律．【专题】功的计算专题．【分析】已知前一半时间的初末速度，可求前一半时间的位移，在加后一半时间的位移，可得全程位移，进而得到全程平均速度，判定AB由前半时间的速度和时间可以得到加速度，此加速度由摩擦力提供，可得摩擦因数，判定C摩擦力先给物体加速，之后两者速度相等，不再有摩擦力作用．可判定D【解答】解：A、前半时间的位移为：，后半时间的位移为：s2=vt，故全程的平均速度为：，故A正确B、物块的加速度为：，此加速度由摩擦力提供，由牛顿第二定律：，解得：，故B正确C、由于在相等的时间内传送带的位移与小物块的位移不相等，所以传送带对物体做的功和物体对传送带做功的绝对值不相等．故C错误D、因为传送带做速度为v的匀速直线运动，故在时间t内传送带的位移为vt，故传送带克服摩擦力做功为W=fvt，又因为工件的位移为，对工件加速过程用动能定理有：所以可得：fvt=mv2，即传送带因输送小物块多消耗的能量为mv2．故D正确本题选择不正确的，故选：C【点评】正确的受力分析，根据牛顿运动定律确定工件的运动形式，从而求出工件的加速度和动摩擦因数，抓住工件先匀加速后匀速的运动特征是解决本题的关键．-22-\n　8．如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量小桶的重力，甲图中系小桶的轻绳较长．下列说法中正确的是（　　）A．甲图中弹簧测力计的示数比乙图中的小B．两图中弹簧测力计的示数一样大C．甲图中绳的拉力比乙图中的小D．乙图中绳的拉力比甲图中的小【考点】力的合成．【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．【分析】弹簧秤测量的是小桶的重力，与绳子的长短无关；而当一力进行分解时，根据力的平行四边形定则，即可确定分力与夹角的关系，从而求解．【解答】解：AB、由题意可知，弹簧秤是测量小桶的重力，而与绳子的长短无关，故A错误，B正确；CD、当一力进行分解时，当夹角越小，分力越小，当夹角越大时，分力也越大，甲图中绳的拉力之间的夹角小于乙图中的夹角，则甲图中绳的拉力比乙图中的小，故C正确，D错误；故选：BC．【点评】考查弹簧秤的读数与物体的重力的关系，掌握力的平行四边形定则的内容，注意力的分解时，夹角与分力关系，是解题的关键．　9．一块艇要以最快时间渡过河宽为100m的河流，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，则（　　）A．快艇的运动轨迹是直线B．快艇的运动轨迹是曲线C．快艇通过的位移为100mD．快艇所用时间为20s【考点】运动的合成和分解．【专题】定性思想；合成分解法；运动的合成和分解专题．【分析】快艇参与了静水中的运动和水流运动，根据运动的合成判断运动的轨迹．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．【解答】解：A、快艇在静水中做匀加速直线运动，在水流中做匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不再同一条直线上，所以运动轨迹是曲线．故A错误，B正确．C、此时沿河岸方向上的位移x=vt=3×20m=60m，则s=＞100m．故C错误．-22-\nD、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，则d=at2，a=0.5m/s2，则t==s=20s．故D正确．故选：BD．【点评】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，以及知道当静水速与河岸垂直，渡河时间最短．　10．公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空．秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度θ，其简化模型如图所示，若要使夹角θ变大，可将（　　）A．钢丝绳变短B．钢丝绳变长C．增大座椅质量D．增大角速度【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】座椅做圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，抓住周期不变，列出表达式分析求解．【解答】解：A、座椅重力和拉力的合力提供向心力，mgtanθ=m①，解得l=，因为夹角θ变大，若周期不变，则钢丝绳的长度变长，与座椅的质量无关．故B正确，A、C错误；D、若增大角速度，则周期减小，其他因素不变的情况下，θ将增大．故D正确．故选：BD．【点评】解决本题的关键知道座椅做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．　11．静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t=4s时停下，其速度﹣时间图象如图所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是（　　）A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．全过程拉力做的功等于零-22-\nC．一定有F1+F3=2F2D．可能有F1+F3＞2F2【考点】功能关系；匀变速直线运动的图像；动量定理．【专题】运动学中的图像专题．【分析】首先对全过程运用动能定理，得到拉力的功与摩擦力的功的关系；然后分别对加速、匀速和减速过程运用动量定理列式后联立求解．【解答】解：A、B、对全过程运用动能定理，合力做的功等于动能的增加量，初动能与末动能都为零，故合力做的总功为零，物体运动过程中，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，其中重力和支持力不做功，故拉力做的功等于克服摩擦力做的功，故A正确，B错误；C、D、对于加速过程，根据动量定理，有：F1t1﹣ft1=mv，即F1﹣f=mv①对于匀速过程，有：F2﹣f=0②对于减速过程，有：F3t3﹣ft3=0﹣mv，即F3﹣f=﹣mv③由①②③解得F1+F3=2F2故C正确，D错误；故选：AC．【点评】本题关键对加速、匀速、减速、全部过程运用动能定理和动量定理联立后进行分析求解．　12．假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0．飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．下列判断正确的是（　　）A．飞船在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中，动能增大B．飞船在轨道Ⅰ上经过A点比在轨道Ⅱ上经过A点加速度小C．飞船在轨道Ⅲ上经过B点比在轨道Ⅱ上经过B点速度小D．飞船在轨道Ⅰ绕月球运动一周所需的时间为2π【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】应用题；定性思想；图析法；人造卫星问题．【分析】飞船绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，根据飞船的运动情况分析其动能如何变化，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出加速度、线速度与周期，然后答题．【解答】解：A、飞船在Ⅱ轨道上由A点运动到B点的过程中万有引力对飞船做正功，飞船的动能增大，故A正确；B、由牛顿第二定律得：G=ma，加速度：a=，G、M、r都相等，飞船在轨道Ⅰ上经过A点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点加速度，故B错误；-22-\nC、飞船从轨道Ⅱ变轨到达轨道Ⅲ时轨道半径减小，飞船要做向心运动，飞船要减速，因此飞船在轨道Ⅲ上经过B点与在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小，故C正确；D、飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，由牛顿第二定律得：G=m（R+3R），在月球表面的物体：G=m′g0，解得：T=2π，故D正确；故选：ACD．【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题．　13．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑的水平面上（桌面足够大），A右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，开始时托住B，让A静止，细线伸直且张力恰好为零．然后由静止释放B，直到B获得最大速度，下列有关B从静止到最大速度过程的分析中正确的是（　　）A．B物体受到细线的拉力越来越大B．弹簧弹性势能的增加量大于B物体机械能的减少量C．A物体机械能的增加量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D．细线的拉力对A做的功等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量【考点】机械能守恒定律．【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．【分析】本题首先要分析清楚两物体受力的变化情况和各个力做功情况，根据牛顿第二定律研究B物体所受的细线的拉力；根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用．【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，有mBg﹣kx=（mA+mB）a，从开始到B速度达到最大的过程中，B加速度逐渐减小，对B有：mBg﹣T=mBa，可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，故A正确；B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，故C错误；D、由功能关系：系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，可知细线的拉力对A做的功等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D正确．故选：AD．【点评】正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，分析B的加速度时如何变化时，可以A为研究对象进行分析．-22-\n　二、解答题（共6小题，满分75分）14．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，实验装置如图1．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度L0，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度L．（实验时弹簧没有超出弹性限度）（1）某同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图2中，请作出F﹣L图线．（2）由图线可得出该弹簧的劲度系数k=　40　N/m．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】实验题；弹力的存在及方向的判定专题．【分析】作出F﹣L的关系图线是一条直线，根据图线可知弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比．当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小．【解答】解：（1）将各点平直线相连，即可得出对应的F﹣L图象；注意不能在直线上的点要舍去．（2）当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，因为弹簧的长度L=5cm，可知弹簧的原长L0=5cm．根据胡克定律知，k====40N/m，故答案为：（1）如图；（2）40；-22-\n【点评】本题要求对实验原理能充分理解，能读懂图象的，知道F﹣L图线的斜率表示劲度系数．　15．（10分）（2022秋•无锡期中）某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=　0.16　m/s2．（2）同一次实验中，F1　＞　F2（选填“＜”、“=”或“＞”）．（3）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图1．不计纸带与计时器间的摩擦．图象中F是实验中测得的　C　．A．F1B．F2C．F1﹣F0D．F2﹣F0（4）关于该实验，下列说法中正确的是　D　．A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；（2）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解；（3）由于已经平衡摩擦力，图象过原点的倾斜直线，则F表示合力；（4）在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．【解答】解：（1）从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==0.16m/s2，（2）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F2=ma所以F1＞F2，-22-\n（3）图象是过原点的一条倾斜的直线，已经平衡摩擦力，所以F应该表示小车受到的合力，即F=F1﹣F0，故C正确；故选：C（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故A错误；B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；故选：D．故答案为：（1）0.16；（2）＞；（3）C；（4）D【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．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．　16．（14分）（2022秋•无锡期中）如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，方向水平向右的外力F0拉此物体，经t0=2s，拉至B处．（1）求物块运动的加速度a0大小；（2）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（3）若用大小为20N的力F沿水平方向拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．（取g=10m/s2）【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】简答题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1、2）物体在水平地面上从A向B点做匀加速运动，根据位移时间公式求得加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；（3）当力作用时间最短时，物体先加速后减速到零，根据牛顿第二定律求出匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小，抓住匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，初末速度为零，运用运动学公式求出时间．【解答】解：（1）物体在水平地面上从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动，根据L=a0t02解得：a0=（2）对物体进行受力分析得：F0﹣μmg=ma解得：μ==0.5（3）物体在水平地面上从A点由静止开始向B点经历了在F和f共同作用下的匀加速运动和只在f作用下的匀减速运动．-22-\n匀加速运动加速度的大小：F﹣f=ma1匀减速运动加速度的大小：f=ma2v=at1x1=a1t20﹣v2=﹣2a2x2L=x1+x2解得：t=s=1.15s答：（1）物块运动的加速度a0大小为10m/s2；（2）物体与地面间的动摩擦因数为0.5；（3）力F作用的最短时间为1.15s．【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确进行受力分析，抓住位移之间的关系求解，难度适中．　17．（14分）（2022秋•无锡期中）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2，则：（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）当推力F最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求出物体的最大加速度．（2）当推力大于摩擦力，物体做加速运动，当推力小于摩擦力，物体做减速运动，可知推力等于摩擦力时，速度最大．结合推力与位移的关系式得出速度最大时经历的位移．（3）F与位移关系图线围成的面积表示F所做的功，对全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，求出物体在水平面上运动的最大位移．【解答】解：（1）由牛顿第二定律：F﹣μmg=ma当推力F=100N时，物体所受合力最大，加速度最大代入解得a=（2）由图象可得推力随位移x变化的数值关系为：F=100﹣25x速度最大时加速度为0，则F=μmg=0.5×5×10N=25N代入解得x=3m（3）由图象可得推力对物体做功等于图象与横轴所围图形的面积即W==200J-22-\n根据动能定理物体有水平面上运动有：W﹣μmgxm=0代入解得xm=答：（1）运动过程中物体的最大加速度为15m/s2；（2）在距出发点3m位置时物体的速度达到最大；（3）物体在水平面上运动的最大位移是8m．【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，知道F﹣x图线围成的面积表示F做功的大小．　18．（14分）（2022秋•无锡期中）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.9m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=2kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；（3）若滑块离开C处的速度大小为m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．【考点】动能定理；牛顿第二定律；向心力．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ．（2）滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v0的最小值．（3）离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间．【解答】解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有：mg（2R﹣R）﹣μmgcos37°•=0﹣0得（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有则得vc≥==3m/s；A到C的过程：根据动能定理　有﹣μmgcos37°•=﹣联立解得，v0=≥=3m/s-22-\n所以初速度v0的最小值为3m/s．（3）滑块离开C点做平抛运动，则有x=vct由几何关系得：tan37°=联立得10t2+5t﹣3.6=0解得　t=0.4s答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375．（2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为3m/s．（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.4s．【点评】本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解．　19．（15分）（2022秋•无锡期中）如图所示，质量为M=1.0kg足够长的长木板B静止在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m=4.0kg的小铁块A（可视为质点）．初始时刻，长木板B的左端距离左侧的墙面为s=1m．现在A上作用一拉力F=10N直至B与墙面第一次相撞，此时立即撤去拉力，设B与墙面相撞后将以原速度弹回而没有机械能损失，A在运动过程中始终没有脱离长木板．已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．求：（1）当长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v；（2）小铁块A相对地面的总位移x；（3）设长木板B与墙面每次发生相撞后，滑块相对长木板的位移依次为x1、x2、x3…xk…，当k为多少时xk将小于0.01m．（可能用到的数据：lg2=0.301，lg3=0.477）【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】简答题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）先求出AB刚好发生相对滑动时拉力大小，与F比较，判断AB的运动状态，再根据牛顿第二定律以及运动学基本公式求解长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v；（2）经过多次碰撞，最终AB的速度都为0，木板停靠在墙边，根据动能定理求解；（3）根据牛顿第二定律分别求出AB相对滑动时AB的加速度，再根据运动学基本公式结合功能关系求出每次碰撞后滑块相对长木板的位移的一般表达式，进而求解k．【解答】解：（1）设AB刚好发生相对滑动时拉力大小为F0，对B受力分析，根据牛顿第二定律得：μmg=Ma0，对整体应用牛顿第二定律得：F0=（M+m）a0，解得：F0=40N，因为F＜F0，故AB一起加速，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得：F=（M+m）a，解得：a=2m/s2，则A的速度大小v=，-22-\n（2）经过多次碰撞，最终AB的速度都为0，木板停靠在墙边，设A相对B的总位移为△x，由动能定理得：Fx=μmg△x，解得：△x=1.25m，所以x=s+△x=2.25m（3）相对滑动时A的加速度，B的加速度，第一次碰撞到AB共同速度v1=v﹣aAt1=﹣v+aBt1，解得：t1=0.4s，v1=1.2m/s，由能的转化与守恒得：，解得：x1=0.8m，第二次碰撞到AB共同速度v2=v1﹣aAt2=﹣v1+aBt2，解得：t2=0.24s=0.6t1，v2=0.72m/s=0.6v1，由能的转化与守恒得：，解得：，第二次碰撞到AB共同速度v3=v2﹣aAt3=﹣v3+aBt3，解得：，，由能的转化与守恒得：，解得：以此类推，第k次碰撞时，令xk＜0.01，解得：，取k=6答：（1）当长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v为2m/s；（2）小铁块A相对地面的总位移x为2.25m；（3）设长木板B与墙面每次发生相撞后，滑块相对长木板的位移依次为x1、x2、x3…xk…，当k为6时xk将小于0.01m．【点评】本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学基本公式、能量守恒结合求解，第三问求解位移时，也可以画出速度﹣时间图象，采用图象法求解，难度较大．-22-