2022-2022学年浙江省台州市书生中学高三（上）期中物理试卷 一、单项选择题（本题共6小题．每小题6分，共36分）1．如图，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是（ ）A．天花板与木块间的弹力可能为零B．天花板对木块的摩擦力可能为零C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变 2．为了测量蹦床运动运动员跃起的高度，训练时在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象．某次训练作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员离开蹦床的速率大约是（g取10m/s2）（ ）A．1m/sB．10m/sC．12m/sD．20m/s 3．小球A和B，质量分别为m、2m，用长度相同的两根细线悬挂在水平天花板上的同一点O，再用长度相同的细线连接A、B两小球，如图所示．然后用一水平向右的力F作用于小球A上，使三线均处于直线状态，此时OB线恰好位于竖直方向，且两小球都刚好静止．两小球均可视为质点，则力F的大小是（ ）A．3mgB．C．mgD． 4．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为（ ）A．8EkB．5EkC．4.25EkD．4Ek -16-\n5．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）A．重力势能增加了mghB．克服摩擦力做功mghC．动能损失了mghD．机械能损失了mgh 6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（ ）A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题有多个选项符合题意）7．有人提出“加速度的变化率”的概念，基于你的理解，下列说法正确的是（ ）A．“加速度的变化率”的单位应是m/s3B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图的a﹣t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图的a﹣t图象，已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s 8．如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出），然后返回，则（ ）-16-\nA．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B．滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C．滑块返回能到达的最低位置在P点的上方D．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差 9．如图所示，从灯丝发射的电子经电压为U1的加速电场加速后，进入偏转电场U2，若要使电子在电场中的偏转量d增大为原的2倍，且没有打在板上，可供选用的方法是（ ）A．使U2减为原的B．使U1增大为原的2倍C．使偏转电极板的长度增大为原的2倍D．使偏转电极板的距离减小为原的 三、填空题（本题共2小题，每空3分，共15分）10．如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．-16-\n（1）实验需用螺旋测微器测量挡光板的宽度d，如图2所示，d= mm（2）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），砝码盘和砝码的质量为m，已知重力加速度为g，则对该小车，实验要验证的表达式是 A．mgs=M（）2﹣M（）2B．（m﹣m0）gs=M（）2﹣M（）2C．（F﹣m0g）s=M（）2﹣M（）2D．Fs=M（）2﹣M（）2． 11．小球A由斜槽滚下，从桌边水平抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了B球下落过程的四个位置和A球的第1、3、4个位置，如图所示．已知背景的方格纸每小格的边长为2.4cm，频闪照相仪的闪光频率为10Hz．（1）请在图中标出A球的第2个位置；（2）利用这张照片可求出当地的重力加速度大小为 m/s2；（3）A球离开桌边时的速度大小为 m/s． 四、计算题（本题共2小题，计31分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）12．（15分）（2022秋•台州校级期中）质量为M，倾角为30°的光滑斜面静止在粗糙的水平地面上，斜面上两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连，现对小球B施加一水平向左的拉力F，使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动，如图所示．已知弹簧的原长为l0，求：（1）此时弹簧的长度l；（2）水平拉力F的大小；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因数μ． 13．（16分）（2022•浙江模拟）如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足ω=β1t（β1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为μ．求：-16-\n（1）物块做何种运动？请说明理由．（2）物块运动中受到的拉力．（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？（4）若当圆筒角速度达到ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t=0，且角速度满足ω=ω0﹣β2t（式中ω0、β2均为已知），则减速多长时间后小物块停止运动？ 2022-2022学年浙江省台州市书生中学高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题共6小题．每小题6分，共36分）1．如图，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是（ ）A．天花板与木块间的弹力可能为零B．天花板对木块的摩擦力可能为零C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变【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．【分析】木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，加重力、推力F，木块共受到四个力．在逐渐增大F的过程，木块受到的静摩擦力不变，木块将始终保持静止．【解答】解：A、木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力；木块受力如图．根据平衡条件得：F=N+Gcosα…①f=Gsinα…②由①式，天花板与木块间的弹力小于物体受到的推力F，故A错误；B、由②式，静摩擦力f=Gsinα，为一个定值不可能为零，故B错误；C、D、当逐渐增大F的过程，N增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力f不变，木块将始终保持静止．故C错误，D正确；故选：D．-16-\n【点评】本题考查分析物体受力的能力．对于弹力和摩擦力的关系要理解：两物体间有摩擦力，一定有弹力． 2．为了测量蹦床运动运动员跃起的高度，训练时在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象．某次训练作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员离开蹦床的速率大约是（g取10m/s2）（ ）A．1m/sB．10m/sC．12m/sD．20m/s【考点】竖直上抛运动．【分析】运动员离开弹性网后做竖直上抛运动，图中压力传感器示数为零的时间即是运动员在空中运动的时间，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛或自由下落的时间为空中时间的一半，据此可求出运动员跃起的最大速率．【解答】解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s﹣2.3s=2s运动员做竖直上抛运动，上升的时间与下降的时间相等，都是1s，所以跃起最大速率为：v=gt′=10×1=10m/s．故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】该题中，要结合竖直上抛运动的对称性特点，是对竖直上抛运动考查的重点，要熟练掌握和应用． 3．小球A和B，质量分别为m、2m，用长度相同的两根细线悬挂在水平天花板上的同一点O，再用长度相同的细线连接A、B两小球，如图所示．然后用一水平向右的力F作用于小球A上，使三线均处于直线状态，此时OB线恰好位于竖直方向，且两小球都刚好静止．两小球均可视为质点，则力F的大小是（ ）A．3mgB．C．mgD．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．-16-\n【分析】先对球B受力分析，根据共点力平衡条件得到细线AB的拉力；再对球A受力分析，根据共点力平衡条件结合合成法进行分析处理．【解答】解：对球B受力分析，受重力和OB绳子的拉力，由于受力平衡，故绳子AB的拉力为零；对球A受力分析，受到重力、拉力F和OA绳子的拉力T，如图根据共点力平衡条件，结合几何关系，有F=故选：B【点评】本题关键是先对B球受力分析，由平衡条件得到AB绳子的拉力为零；再对A球受力分析，根据共点力平衡条件得到拉力F的大小． 4．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为（ ）A．8EkB．5EkC．4.25EkD．4Ek【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解．【解答】解：设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度为L，初动能为：Ek=mv2．第一个过程中粒子沿电场线方向的位移为：y=at2=••（）2=第一个过程由动能定理：qEy=2Ek﹣Ek=Ek；第二个过程中沿电场线方向的位移为：Y=••（）2=y，初动能为：Ek′=m（2v）2=4Ek；根据动能定理得：qEY=Ek末﹣4Ek代入得：qE•y=Ek末﹣4Ek，解得：EK末=4.25Ek，故C正确．故选：C【点评】本题是动能定理和类平抛运动知识的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的关键． -16-\n5．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）A．重力势能增加了mghB．克服摩擦力做功mghC．动能损失了mghD．机械能损失了mgh【考点】功能关系．【分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．【解答】解：加速度a==，而摩擦力f=，A、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；B、摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为=2h，则克服摩擦力做功，故B错误；C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小△Ek=F合•s=m•g•2h=mgh，故C错误；D、机械能的损失量为fs=mg•2h=mgh，故D正确．故选：D．【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关． 6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（ ）A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【考点】电场强度．-16-\n【分析】φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．【解答】解：AB、φ﹣x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故AB错误．C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N即向x轴负方向，故C错误；D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故D正确；故选：D．【点评】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否． 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题有多个选项符合题意）7．有人提出“加速度的变化率”的概念，基于你的理解，下列说法正确的是（ ）A．“加速度的变化率”的单位应是m/s3B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图的a﹣t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图的a﹣t图象，已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s【考点】加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】类比速度的变化率可知，加速度的变化率表示加速度变化快慢的物理量，根据力学单位制判断“加速度的变化率”的单位，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，相反时做减速运动，加速度与时间图象围成的面积表示速度的变化量．【解答】解：A、根据力学单位制可知，加速度的变化率的单位为，故A正确；B、加速度的变化率为0，则加速度不变，做匀变速运动，故B错误；C、若加速度与速度同方向，物体做加速运动，虽然加速度减小，但速度仍然增大，故C错误；D、加速度与时间图象围成的面积表示速度的变化量，根据图象可知，0﹣2s内，加速度与速度同方向，做加速运动，物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小v=5+3=8m/s，故D正确．故选：AD【点评】解决本题的关键知道加速度变化率的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系，知道加速度与时间图象围成的面积表示速度的变化量． -16-\n8．如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出），然后返回，则（ ）A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B．滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C．滑块返回能到达的最低位置在P点的上方D．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差【考点】功能关系；机械能守恒定律．【分析】先对滑块进行受力分析，然后结合滑块的运动分析各个力做功的情况，以及能量转化的方式，即可得出正确的结论．【解答】解：由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用．小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功．在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．A、由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和．故A错误；B、由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和．故B正确；C、小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和增加减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能在返回P点．故C正确；D、滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差．故D错误．故选：BC【点评】该题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功． 9．如图所示，从灯丝发射的电子经电压为U1的加速电场加速后，进入偏转电场U2，若要使电子在电场中的偏转量d增大为原的2倍，且没有打在板上，可供选用的方法是（ ）-16-\nA．使U2减为原的B．使U1增大为原的2倍C．使偏转电极板的长度增大为原的2倍D．使偏转电极板的距离减小为原的【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度，粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转量，从而进行分析判断．【解答】解：根据动能定理得，，设偏转极板的长度为L，两极板间的距离为h，则偏转位移d=．A、使U2减为原的，则偏转位移变为原来的．故A错误．B、使U1增大为原的2倍，则偏转位移变为原来的．故B错误．C、使偏转电极板的长度增大为原的2倍，则偏转位移变为原来的4倍．故C错误．D、使偏转电极板的距离减小为原的，则偏转位移变为原来的2倍．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，抓住粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向上做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 三、填空题（本题共2小题，每空3分，共15分）10．如图1所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．-16-\n（1）实验需用螺旋测微器测量挡光板的宽度d，如图2所示，d= 1.702 mm（2）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），砝码盘和砝码的质量为m，已知重力加速度为g，则对该小车，实验要验证的表达式是 C A．mgs=M（）2﹣M（）2B．（m﹣m0）gs=M（）2﹣M（）2C．（F﹣m0g）s=M（）2﹣M（）2D．Fs=M（）2﹣M（）2．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；动能定理的应用专题．【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（2）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm．可动刻度读数为0.01×20.2mm=0.202mm，所以最终读数为：1.5mm+0.202mm=1.702mm；（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：滑块通过光电门2速度为：根据功能关系需要验证的关系式为：（F﹣m0g）s=即：（F﹣m0g）s=．故选：C故答案为：（1）1.702；（2）C【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提． 11．小球A由斜槽滚下，从桌边水平抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了B球下落过程的四个位置和A球的第1、3、4个位置，如图所示．已知背景的方格纸每小格的边长为2.4cm，频闪照相仪的闪光频率为10Hz．（1）请在图中标出A球的第2个位置；（2）利用这张照片可求出当地的重力加速度大小为 9.6 m/s2；-16-\n（3）A球离开桌边时的速度大小为 0.72 m/s．【考点】研究平抛物体的运动．【专题】实验题．【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住小球在竖直方向上与B球等高，水平方向上相等时间内的位移相等确定出A球的第2个位置．（2）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小．（3）根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．【解答】解：（1）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以相同时刻A球与B球等高，水平方向上相等时间内的位移相等，所以2、3两个位置的水平位移和3、4两个位置的水平位移相等，如图所示：．（2）根据△y=4L=gT2得，解得g===9.6m/s2．（3）小球离开桌边时的速度v0==m/s=0.72m/s．故答案为：（1）如上图所示；（2）9.6；（3）0.72．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，注意长度单位的统一． 四、计算题（本题共2小题，计31分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）-16-\n12．（15分）（2022秋•台州校级期中）质量为M，倾角为30°的光滑斜面静止在粗糙的水平地面上，斜面上两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连，现对小球B施加一水平向左的拉力F，使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动，如图所示．已知弹簧的原长为l0，求：（1）此时弹簧的长度l；（2）水平拉力F的大小；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因数μ．【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）以球A为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解弹簧弹力，然后结合胡克定律列式求解弹簧的伸长量和长度；（2）以A、B及弹簧整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，受力分析后根据共点力平衡条件列式求解摩擦力和支持力，最后根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因素．【解答】解：（1）以A为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：k（l﹣l0）=mgsin30°解得：l=+l0（2）以A、B及弹簧整体为研究对象，受拉力、滑动摩擦力、重力和支持力，根据平衡条件，有：Fcos30°=2mgsin30°解得：F=mg（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：F=f=μ（M+2m）g解得：μ=答：（1）此时弹簧的长度l为+l0；（2）水平拉力F的大小为mg；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因素μ为．【点评】对于连接体问题注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程求解． 13．（16分）（2022•浙江模拟）如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足ω=β1t（β1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为μ．求：（1）物块做何种运动？请说明理由．-16-\n（2）物块运动中受到的拉力．（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？（4）若当圆筒角速度达到ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t=0，且角速度满足ω=ω0﹣β2t（式中ω0、β2均为已知），则减速多长时间后小物块停止运动？【考点】动能定理；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）根据公式v=ωR求解出线速度表达式进行分析即可；（2）受力分析后根据牛顿第二定律列式求解拉力；（3）电动机做的功等于细线对滑块拉力做的功，对滑块的加速过程根据动能定理列式求解即可；（4）分细线拉紧和没有拉紧两种情况分析．【解答】解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：T﹣μmg=ma则细线拉力为：T=μmg+mRβ1（3）对整体运用动能定理，有W电+Wf=其中：Wf=﹣μmgs=﹣μmg则电动机做的功为：W电=μmg+（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R﹣Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t=若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；（2）物块运动中受到的拉力为μmg+mRβ1；（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg+；-16-\n（4）若a≤μg，减速时间后小物块停止运动；若a＞μg，减速时间后小物块停止运动．【点评】本题提到了角加速度这个新的概念，关键是推导出滑块的线速度公式进行分析，将转动的研究转化为平动的研究进行分析． -16-
