浙江省湖州市长兴中学2022学年高一物理上学期期末试题（含解析）新人教版

2022-2022学年浙江省湖州市长兴中学高一（上）期末物理试卷　一、单项选择题（每小题3分，计24分．每个小题只有一个正确选项）1．（3分）（2022•海南）下列说法正确的是（　　）A．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动2．（3分）三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是（　　）A．三个质点从N点到M点的平均速度相同B．三个质点任意时刻的速度方向都相同C．三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同D．三个质点从N点到M点的路程相同3．（3分）一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x=10t﹣5t2（m），t的单位为s．下列关于该质点运动的说法正确的是（　　）A．该质点的加速度大小为5m/s2B．物体回到x=0处时其速度大小为5m/sC．t=2s时刻该质点速度为零D．0～3s内该质点的平均速度大小为5m/s4．（3分）小娟、小明两人共提一桶水匀速前行，如图所示，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，则下列说法中正确的是（　　）A．当θ为120°时，F=B．不管θ为何值，F=C．当θ=0°时，F=D．θ越大时F越小5．（3分）动车把动力装置分散安装在每节车厢上．使其既具有牵引动力．又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，若动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用时间是10s．通过第二个60m所用时间是6s．则（　　）-20-\nA．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78mB．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为78mC．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为96mD．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为96m6．（3分）孔明灯相传是由三国时的诸葛孔明发明的，如图所示，有一盏质量为m的孔明灯升空后沿着东偏北方向匀速上升，则此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向是（　　）A．0B．mg，竖直向上C．mg，东北偏上方向D．mg，东北偏上方向7．（3分）（2022•河西区一模）一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，所以要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么图中所示四种情况中符合要求的是（　　）A．B．C．D．8．（3分）如图所示，在光滑的水平面上，有A、B两物体在F1和F2的作用下运动，已知F1＞F2，则（　　）A．若撤去F1，B的加速度一定增大B．若撤去F1，B对A的作用力一定增大C．若撤去F2，A的加速度一定增大D．若撤去F2，A对B的作用力一定增大二、多项选择题（每小题4分，计16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，选对但不全得2分，错选或不选得0分）9．（4分）运动员原地纵跳可分为快速下蹲和蹬伸向上两个过程，若运动员的重力为G，对地面的压力为F，下列叙述正确是（　　）A．下蹲过程的加速阶段，F＜GB．下蹲过程的减速阶段，F＜GC．蹬伸过程的加速阶段，F＜GD．蹬伸过程的减速阶段，F＜G-20-\n10．（4分）a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（　　）A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B．20s时，a、b两物体相距最远C．60s时，物体a在物体b的后方D．40s时，a、b两物体速度相等，相距900m11．（4分）如图所示，在一端固定的轻弹簧下通过足够长的细线吊一个小球处于静止．然后将小球竖直拉下一段距离后由静止放手，讨论小球放手后一直向上运动至最高点的过程中，小球上升的速度和加速度的变化情况是（　　）A．加速度的大小一直减小B．加速度的大小先减小，再增大，最后可能恒定C．速度的大小一直减小到零D．速度先增大，再减小到零12．（4分）如图甲所示，用水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所提供的信息可以计算出（　　）A．物体的质量2kgB．斜面的倾角37°C．加速度为6m/s2时物体的速度D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12N三、实验题（共2小题，共16分．把答案直接填在横线上）13．（6分）（2022•浙江）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．（1）某次测量如图2，指针示数为　_________　cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA、LB如表．用表数据计算弹簧I的劲度系数为　_________　-20-\nN/m（重力加速度g=10m/s2）．由表数据　_________　（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．钩码数1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.3614．（10分）研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图1所示的装置，图1中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器，P为小桶（内有砂子），M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板．（1）要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源（含导线）外，还需要的实验仪器是　_________　（填“刻度尺”、“天平”或“秒表”）．（2）按上述方案做实验，是否要求砂桶和砂子的总质量远小于小车的质量？　_________　（填“是”或“否”）．（3）已知交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图2所示，图2中相邻计数点之间还有4个点未画出，则计时器打点D时，纸带的速度大小vD=　_________　m/s，由该纸带可求得小车的加速度a=　_________　m/s2．（结果均保留2位有效数字）（4）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏　_________　．四、计算题（本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（11分）（2022•湖南一模）一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图．求：（g取10m/s2）（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；-20-\n（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置．16．（11分）（2022•海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．17．（11分）如图所示，一块磁铁放在铁板ABC上的A处，其中AB长为1m，BC长为0.8m，BC与水平面间的夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁重的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数μ=0.25，现在给磁铁一个水平向左的初速度v0=4m/s．不计磁铁经过B处的机械能损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则：（1）求磁铁第一次到达B处的速度大小；（2）求磁铁在BC上向上运动的加速度大小；（3）请分析判断磁铁最终能否第二次到达B处．18．（11分）质量为M=10kg、长为L=1m、上表面光滑的长木板在F=50N水平恒力的作用下，以速度v0=5.5m/s沿水平地面向左做匀速直线运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将第一个铁块无初速度地放在木板的最左端，当第一个铁块离开木板的同时，又在木板最左端无初速度放上第二个铁块，只要前一个铁块刚离开木板，就接着无初速度放上另一个铁块．求：最终第几个铁块能留在木板上，留在木板上的铁块离木板右端多远？（g=10m/s2）-20-\n2022-2022学年浙江省湖州市长兴中学高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（每小题3分，计24分．每个小题只有一个正确选项）1．（3分）（2022•海南）下列说法正确的是（　　）　A．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零　B．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动　C．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动　D．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动考点：牛顿第二定律；匀速直线运动及其公式、图像．分析：物体运动速率不变，但速度的方向可以变化，此时合力不为零；物体做匀加速直线运动时，它的加速度是恒定的；合力与其速度方向相反时，物体做减速直线运动，但不一定是匀减速直线运动，物体受的合力可以变化；匀速直线运动在任意的相等时间间隔内位移都是相等．解答：解：A、物体运动速率不变但方向可能变化，如匀速圆周运动，因此合力不一定为零，所以A错；B、物体的加速度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，所以B错；C、物体所受合力与其速度方向相反，只能判断其做减速运动，但加速度大小不可确定，所以C错；D、若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动，所以D对．故选：D．点评：本题考查学生对各种运动的规律及其条件的理解，掌握好各种运动的特点这道题就可以解决了．　2．（3分）三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是（　　）　A．三个质点从N点到M点的平均速度相同　B．三个质点任意时刻的速度方向都相同-20-\n　C．三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同　D．三个质点从N点到M点的路程相同考点：平均速度；速度．分析：位移等于物体首末位置的距离，平均速度等于位移与时间的比值．解答：解：A、三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，首末位置距离相等，知位移相等，所用时间相等，则平均速度相等．故A正确．B、做曲线运动某时刻的速度方向沿该点的切线方向，知质点速度方向不是任意时刻相同．故B错误．C、三个质点在任意相等时间内的位移不一定不同，则平均速度不一定相同．故C错误．D、路程是运动轨迹的长度，运动轨迹不同，路程不同，故D错误；故选：A．点评：解决本题的关键知道平均速度等于位移与时间的比值，知道路程的位移的区别．　3．（3分）一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x=10t﹣5t2（m），t的单位为s．下列关于该质点运动的说法正确的是（　　）　A．该质点的加速度大小为5m/s2　B．物体回到x=0处时其速度大小为5m/s　C．t=2s时刻该质点速度为零　D．0～3s内该质点的平均速度大小为5m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：将题目中的位移随时间的变化关系与匀变速直线运动的位移随时间的变化关系进行比较可得出加速度a，初速度v0，再应用匀变速直线运动规律求解．解答：解：A、匀变速直线运动的位移随时间的变化关系：x=，题中给出的关系为：x=10t﹣5t2，比较可得：v0=10/s；a=﹣10m/s2，故A错误．B、物体回到x=0处时，根据对称性，其速度等于v0，为10m/s，故B错误．C、将t=2s代入：v=v0+at得：v=10+（﹣10）×2=﹣10m/s，故C错误．D、3s内：x=10×3﹣5×32=﹣15m==﹣5m/s，大小为5m/s，故D正确．故选：D点评：熟练掌握匀变速直线运动的规律，做到能熟练应用即可．　-20-\n4．（3分）小娟、小明两人共提一桶水匀速前行，如图所示，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，则下列说法中正确的是（　　）　A．当θ为120°时，F=B．不管θ为何值，F=　C．当θ=0°时，F=D．θ越大时F越小考点：力的合成与分解的运用．分析：分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系．由于两人手臂均与竖直方向成θ角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，从而根据列式，即可求解．解答：解：设甲乙同学手臂提桶的拉力大小为F，由题小娟、小明的手臂夹角成θ角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得：2Fcos=G解得：F=，当θ=0°时，cos值最大，则F=，当θ为120°时，F=G，当θ越大时，则F越大；故C正确，ABD错误；故选：C．点评：本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力大小相等，再由竖直方向力平衡即可求出小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键．　5．（3分）动车把动力装置分散安装在每节车厢上．使其既具有牵引动力．又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，若动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用时间是10s．通过第二个60m所用时间是6s．则（　　）　A．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78m　B．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为78m　C．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为96m　D．动车组的加速度为lm/s2，接下来的6s内的位移为96m-20-\n考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：直线运动规律专题．分析：根据推论：匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出第一个10s和第二个6s内中间时刻的瞬时速度，根据速度时间公式求出加速度，结合6s内的位移为60m，运用位移时间公式求出接下来的6s内的位移．解答：解：动车组在匀加速运动过程中．通过第一个60m所用的时间是10s，中间时刻的速度为v1==m/s=6m/s通过第二个60m所用的时间为6s，中间时刻的速度为=10m/s．两个中间时刻的时间差为△t=8s则加速度为a===0.5m/s216s末的速度为v=v2+at2=10+0.5×3=11.5m/s接下来的6s内的位移为x′=vt3+=11.5×6+=78m故选A点评：解决本题关键是掌握匀变速直线运动的运动学速度公式、位移公式和推论，并能灵活运用．　6．（3分）孔明灯相传是由三国时的诸葛孔明发明的，如图所示，有一盏质量为m的孔明灯升空后沿着东偏北方向匀速上升，则此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向是（　　）　A．0B．mg，竖直向上　C．mg，东北偏上方向D．mg，东北偏上方向考点：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：孔明灯做匀速运动，加速度为零，合力为零；只受重力和空气的作用力，根据平衡条件得到空气的作用力的大小和方向．解答：解：孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速直线运动，加速度为零，合力为零；只受重力和空气的作用力，根据平衡条件得到空气的作用力的大小为mg，方向竖直向上；-20-\n故选：B．点评：本题关键是明确孔明灯的运动情况，得到加速度后进一步确定受力情况，基础题．　7．（3分）（2022•河西区一模）一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，所以要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么图中所示四种情况中符合要求的是（　　）　A．B．C．D．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：牛顿运动定律综合专题．分析：雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律求解即可．解答：解：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有：所以：，因此当θ=450时，时间最短，故ABD错误，C正确．故选C．点评：注意物理规律在生活实际中的应用；在讨论物理量的变化时，可以通过不变量和变化量之间的关系写出方程进行讨论．　8．（3分）如图所示，在光滑的水平面上，有A、B两物体在F1和F2的作用下运动，已知F1＞F2，则（　　）　A．若撤去F1，B的加速度一定增大B．若撤去F1，B对A的作用力一定增大　C．若撤去F2，A的加速度一定增大D．若撤去F2，A对B的作用力一定增大考点：牛顿第二定律；加速度．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析．由隔离法求出甲乙间的作用力，根据表达式进行分析．解答：解：A、B撤去作用力之前，由牛顿第二定律得：对整体：a=…①对B：F2﹣F=mBa…②-20-\n联立得：A对B的作用力F=…③由①知，若撤去F1，由于F1﹣F2与F2的大小关系无法确定，加速度不一定增大，撤去F2，A的加速度一定增大；故A错误，C正确．由③知，若撤去F2，A对B的作用力一定减少．故B、D错误．故选C．点评：关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小．　二、多项选择题（每小题4分，计16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，选对但不全得2分，错选或不选得0分）9．（4分）运动员原地纵跳可分为快速下蹲和蹬伸向上两个过程，若运动员的重力为G，对地面的压力为F，下列叙述正确是（　　）　A．下蹲过程的加速阶段，F＜GB．下蹲过程的减速阶段，F＜G　C．蹬伸过程的加速阶段，F＜GD．蹬伸过程的减速阶段，F＜G考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据加速度的方向，结合牛顿第二定律比较对地面的压力和运动员重力的大小关系．解答：解：A、下蹲加速阶段，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，mg﹣N=ma，则N=mg﹣ma＜mg，所以压力F＜G．故A正确．B、下蹲过程减速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，N﹣mg=ma，则N=mg+ma＞mg，所以压力F＞G．故B错误．C、蹬伸加速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，N﹣mg=ma，则N=mg+ma＞mg，所以压力F＞G．故C错误．D、蹬伸减速阶段，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，mg﹣N=ma，则N=mg﹣ma＜mg，所以压力F＜G．故D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道加速度方向与合力的方向相同，结合牛顿第二定律进行求解．　10．（4分）a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（　　）-20-\n　A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度　B．20s时，a、b两物体相距最远　C．60s时，物体a在物体b的后方　D．40s时，a、b两物体速度相等，相距900m考点：匀变速直线运动的图像；机械运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣时间图象中，图线的斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．通过分析两物体的运动情况，确定何时相距最远．解答：解：A、在速度﹣时间图象中图线的斜率表示加速度，可知a、b加速时，a图线的斜率小，物体a的加速度小．故A错误．B、D：a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，到40s末之前a的速度一直大于b的速度，a、b之间的间距逐渐增大，40s之后a的速度小于b的速度，b开始追赶a物体，间距减小，所以40s末两物体相距最远，最远距离为：△x=xa﹣xb=m+20×40m﹣×20×40m=900m，故B错误，D正确．C、60s时，根据图象的面积表示位移可知，a的位移m，b的位移，所以a在b的前方，故C错误．故选：D点评：本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．　11．（4分）如图所示，在一端固定的轻弹簧下通过足够长的细线吊一个小球处于静止．然后将小球竖直拉下一段距离后由静止放手，讨论小球放手后一直向上运动至最高点的过程中，小球上升的速度和加速度的变化情况是（　　）-20-\n　A．加速度的大小一直减小　B．加速度的大小先减小，再增大，最后可能恒定　C．速度的大小一直减小到零　D．速度先增大，再减小到零考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对小球进行受力分析，根据弹力的变化讨论小球加速度的变化，再由加速度和速度的关系分析小球速度变化情况．解答：解：小球上升时有：小球受重力和细线对小球的拉力，线对球的拉力大小等于弹簧的弹力大小，故小球在上升过程中弹簧弹力大小减小，小球所受合力减小，小球向上做加速度减小的加速度运动，当弹簧弹力小于小球重力时，小球所受合力方向向下开始做减速运动，随弹力减小小球所受合力逐渐增大，当弹力减小为0时，小球所受合力恒为重力，故小球的加速度先向上减小，再向下增大，最后保持不变至最高点．而小球的速度先向上加速运动，再向上减速运动至停止，故AC错误，BD正确．故选：BD．点评：解决本题的关键是小球开始受到向上的弹力大于重力，由于弹力减小，小球所受合力向上减小，当弹力与重力平衡后，弹力再减小，而此时小球所受合力逐渐增大．即在小球受力变化过程中小球的合外力改变方向．　12．（4分）如图甲所示，用水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所提供的信息可以计算出（　　）　A．物体的质量2kg　B．斜面的倾角37°-20-\n　C．加速度为6m/s2时物体的速度　D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出加速度表达式，再进行分析处理．解答：解：对物体受力分析，如图根据牛顿第二定律，有Fcosθ﹣mgsinθ=ma解得a=﹣gsinθ由a与F图线，得到﹣gsinθ=﹣6解得θ=37°m=2kg故a=0时，F为15N；故选AB．点评：本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，最后结合a与F关系图象得到待求量．　三、实验题（共2小题，共16分．把答案直接填在横线上）13．（6分）（2022•浙江）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．（1）某次测量如图2，指针示数为　16.00　cm．（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA、LB如表．用表数据计算弹簧I的劲度系数为　12.5　N/m（重力加速度g=10m/s2）．由表数据　能　（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．钩码数1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.36-20-\n考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．解答：解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：．结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．故答案为：（1）16.00；（2）12.5，能．点评：解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量．　14．（10分）研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图1所示的装置，图1中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器，P为小桶（内有砂子），M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板．（1）要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源（含导线）外，还需要的实验仪器是　刻度尺　（填“刻度尺”、“天平”或“秒表”）．（2）按上述方案做实验，是否要求砂桶和砂子的总质量远小于小车的质量？　否　（填“是”或“否”）．-20-\n（3）已知交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图2所示，图2中相邻计数点之间还有4个点未画出，则计时器打点D时，纸带的速度大小vD=　0.69　m/s，由该纸带可求得小车的加速度a=　0.90　m/s2．（结果均保留2位有效数字）（4）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏　大　．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）实验所有的具体操作目的都是为了更好、更准确的完成实验，操作细节不能忽视，同时操作步骤要满足实验原理和实验目的要求．（2）实验器材的选取要为实验目的服务，如在实验中只要用到打点计时器，一般都要用到低压交流电源、刻度尺等．（3）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．解答：解：（1）根据实验所要进行的测量可知，本实验中除实验仪器和低压交流电源（含导线）外，还需要毫米刻度尺；（2）根据上述方案做实验，通过弹簧测力计可测量出拉小车的力，因此不需要沙桶和沙的总质量远小于车的质量；（3）由于每相邻的两个记数点间还有四个点没有画出，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：s2﹣s1=aT2解得：a==0.90m/s2根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小，vC===0.595m/s，所以vD=vC+at=（0.595+0.9×0.1）m/s=0.685m/s．由于结果保留两位有效数字，因此vD=0.69m/s（4）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，则T所用值偏小，加速度的测量值比实际值偏大；故答案为：（1）刻度尺；否（3）0.69；0.90（4）大．点评：对于力学中的基础实验一定要到实验室内亲自做一些，才能体会实验步骤、实验器材等基础知识，若不做实验而是通过背实验的方式学习实验往往效果不好．本题考查了“探究匀变速直线运动”的实验中所需实验器材，以及利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，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．　四、计算题（本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（11分）（2022•湖南一模）一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图．求：（g取10m/s2）-20-\n（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）先用v﹣t图象求得滑块的加速度，然后根据牛顿第二定律求得合力，再受力分析，求解出支持力和滑动摩擦力，最后求解动摩擦因素；（2）通过比较重力的下滑分量和最大静摩擦力的大小判断物体能否下滑，再结合牛顿第二定律和运动学规律计算求未知量．解答：解：（1）滑块的加速度为：，加速度的大小为12m/s2，（2）物体在冲上斜面过程中经受力分析得：mgsinθ+μmgcosθ=ma得：（3）由于μ＞tan30°，故滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．滑块停在距底端1.5m处．答：（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小为12m/s2；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.81；（3）不能返回，滑块停在距底端1.5m处．点评：本题关键对物体受力分析后，通过正交分解法求出合力，根据牛顿第二定律求得加速度，然后根据运动学公式求解未知量．　16．（11分）（2022•海南）短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：设他做匀加速直线运动的时间为t1，位移大小为小x1-20-\n，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．解答：解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得t0=1s联立解得a=5m/s2设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得t=t1+t2v=at1设加速阶段通过的距离为s′，则求得s′=10m答：该运动员的加速度为5m/s2及在加速阶段通过的距离为10m．点评：解决本题的关键理清运动员的运动过程，结合匀变速直线运动的运动学公式和推论灵活求解　17．（11分）如图所示，一块磁铁放在铁板ABC上的A处，其中AB长为1m，BC长为0.8m，BC与水平面间的夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁重的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数μ=0.25，现在给磁铁一个水平向左的初速度v0=4m/s．不计磁铁经过B处的机械能损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）则：（1）求磁铁第一次到达B处的速度大小；（2）求磁铁在BC上向上运动的加速度大小；（3）请分析判断磁铁最终能否第二次到达B处．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）对磁铁进行受力分析，根据牛顿第二定律求出磁铁运动时的加速度，再由运动学公式求第一次到达B处时的速度大小；（2）在斜面上分析磁铁受力，根据牛顿第二定律确定物体在BC上运动的加速度；（3）对磁铁受力分析，由重力沿斜面向下分力的大小与磁铁与BC间摩擦力的大小比较，确定磁铁是否可以再次下滑经过B点．解答：解：（1）分析物体在水平面上的受力情况，由牛顿第二定律可得：μ（mg+kmg）=ma1可得在水平面上小球的加速度大小为：-20-\n=3m/s2又：vB2﹣v02=2（﹣a1）xAB由以上两式可得：vB==m/s（2）物体在斜面上向上运动时，沿斜面方向所受合力为：F合=μ（mgcos37°+kmg）+mgsin37°=ma2解得：a2=0.25×（10×0.8+0.2×10）+10×0.6m/s2=8.5m/s2（3）磁铁在BC上做匀减速运动，磁铁上滑的距离为：xm==＜0.8m故磁铁不会滑出BC面又因为磁铁下滑时有：mgsin37°＞μ（mgcos37°+kmg）故磁铁不可能停在BC面上，一定能第二次到达B处．答：（1）磁铁第一次到达B处的速度大小为；（2）磁铁在BC上向上运动的加速度大小为8.5m/s2；（3）请分析判断磁铁最终能第二次到达B处．点评：本题比通常的问题只多个磁铁的引力，其他的解题方法和步骤都相同，中等难度．　18．（11分）质量为M=10kg、长为L=1m、上表面光滑的长木板在F=50N水平恒力的作用下，以速度v0=5.5m/s沿水平地面向左做匀速直线运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将第一个铁块无初速度地放在木板的最左端，当第一个铁块离开木板的同时，又在木板最左端无初速度放上第二个铁块，只要前一个铁块刚离开木板，就接着无初速度放上另一个铁块．求：最终第几个铁块能留在木板上，留在木板上的铁块离木板右端多远？（g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：长木板做匀加速直线运动，小铁块保持静止，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据速度位移关系公式列式求解位移，然后结合几何关系列式求解即可．解答：解：开始时刻，木板在拉力F作用下做匀速直线运动，由平衡条件得：μMg=F，解得：μ===0.5，当将小铁块放到木板上后，木板将做匀减速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得μ（M+m）g﹣F=Ma，解得a===0.5m/s2，设板减速到零时位移为s，则v=2as，解得s===30.25m．-20-\n因每运动L=1m释放一个小铁块，共释放n=且n取整数n=31，最终第31个铁块能留在木板上，留在木板上的铁块离木板右端距离为△s=0.75m．答：最终第31个铁块能留在木板上，留在木板上的铁块离木板右端距离为0.75m．点评：本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解，不难．　-20-