2022-2022学年安徽省巢湖市庐江县农村六校联考高三（上）第三次月考物理试卷 一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分．1-7题只有一个选项正确；8-10题有多个选项正确，在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．一遥控玩具小车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（ ）A．15s末汽车的位移为300mB．20s末汽车的速度为﹣lm/sC．前10s内汽车的加速度为3m/s2D．前25s内汽车做单方向直线运动 2．物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图）．当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时（ ）A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C．A、B之间的摩擦力为零D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质 3．关于曲线运动，下列说法中正确的是（ ）A．曲线运动的加速度一定是变化的B．曲线运动速度的大小可能不变C．曲线运动不一定都是变速运动D．物体在恒定合外力作用下不可能做曲线运动 4．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（ ）-18-\nA．B．C．D． 5．如图所示，斜面体和小物块一起沿水平面向右做匀速直线运动，并通过一段位移，则斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功情况分别是（ ）A．摩擦力做正功，支持力做负功B．摩擦力做负功，支持力不做功C．摩擦力做负功，支持力做正功D．摩擦力做负功，支持力做负功 6．某行星的质量是地球的6倍、半径是地球的1.5倍，地球的第一宇宙速度约为8km/s，则该行星的第一宇宙速度约为（ ）A．4km/sB．16km/sC．32km/sD．48km/s 7．如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中（ ）A．小球的加速度先变小，后变大B．小球经b点时动能最大C．小球的机械能守恒D．小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 8．如图所示，A、B是M、N河岸上正对的两点，水流速度v1及小船在静水中的速度v2（v2＞v1）均保持不变．关于小船自A点渡河过程，下列说法中正确的是（ ）A．小船渡河的轨迹为直线B．船头指向始终与河岸垂直时，渡河时间最短C．若水流速度变大，则小船渡河路程和时间一定都变长D．若要求小船沿直线AB到达对岸，则船头应适当偏向下游一侧 9．如图所示，航天飞机在完成对空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的近地点．关于航天飞机的运动，下列说法中正确的是（ ）-18-\nA．在轨道Ⅱ上经过A的速度大于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期C．在轨道Ⅱ上经过A的动能等于在轨道Ⅰ上经过A的动能D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 10．如图所示，带支架的动力平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止在右端，B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则该时刻（ ）A．小车对物块B的摩擦力可能为零B．物块B相对小车一定有向左滑的趋势C．小车的加速度大小一定为gtanθD．小车对物块B的摩擦力的大小可能为mgtanθ 二．实验题（本题共2小题，共14分）11某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表．（当地重力加速度取9.8m/s2，小球质量m=0.4kg）（结果保留3位有效数字）时刻t2t3t4t5速度（m/s）4.994.483.98（1）由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5= m/s（2）从t2到t5时间内，重力势能增量△Ep= J，动能减少量△Ek= J．-18-\n 12．某同学设计了如图甲所示的装置来探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，以此表示小车所受摩擦力的大小．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．（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，则小车加速度a= m/s2．（保留两位有效数字）（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，记下小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F2﹣F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，如图丙图象中正确的是 ．（3）同一次实验中，小车加速运动时传感器示数F2与小车释放前传感器示数F1的关系是F2 F1（选填“＜”、“=”或“＞”）．（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． 三、计算题（本题共4小题，共46分．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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）-18-\n13．如图所示，重力为G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上，PA偏离竖直方向37°角，PB沿水平方向且连在重力为G2=10N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，试求：（1）木块与斜面间的摩擦力；（2）木块所受斜面的弹力． 14．如图所示，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T．（g取10m/s2，结果可用根式表示）求：（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 15．如图所示一倾角为30°光滑的斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s顺时针转动；今有质量为1kg的物体（可视为质点）从斜面上高度为h=0.8m处滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动时间极短可以忽略．已知传送带足够长，它与物体之间的滑动摩擦因数为0.5．取g=10m/s2．求：（1）水平传送带至少多长，物体才不会从左端滑出．（2）物体第一次从滑上传送带，到离开传送带所用的时间． 16．如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：（1）若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；（2）若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值． -18-\n2022-2022学年安徽省巢湖市庐江县农村六校联考高三（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分．1-7题只有一个选项正确；8-10题有多个选项正确，在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．（4分）（2022•海阳市校级模拟）一遥控玩具小车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（ ）A．15s末汽车的位移为300mB．20s末汽车的速度为﹣lm/sC．前10s内汽车的加速度为3m/s2D．前25s内汽车做单方向直线运动【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；加速度．【专题】直线运动规律专题．【分析】位移时间图线的斜率表示速度，对应的纵坐标表示汽车的位移．【解答】解：A、由图象可知，15s末汽车的位移为30m．故A错误．B、汽车在20时做匀速直线运动，速度为v==m/s=﹣1m/s．故B正确．C、前10s内汽车的速度v=m/s=3m/s，匀速运动，加速度为零．故C错误．D、汽车在前10s内向正方向做匀速直线运动，10﹣15s内静止，15﹣25s内反向做匀速直线运动．故D错误．故选B．【点评】解决本题的关键知道位移时间图象的物理意义，知道图线斜率表示的含义． 2．（4分）（2022•黑龙江模拟）物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图）．当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时（ ）A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C．A、B之间的摩擦力为零D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质【考点】力的合成与分解的运用；牛顿运动定律的综合应用．【专题】整体思想；受力分析方法专题．-18-\n【分析】先对A、B整体受力分析，求出加速度；再隔离出物体B，受力分析，根据牛顿第二定律列方程求未知力．【解答】解：先对A、B整体受力分析，受重力和支持力，合力沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a（θ为斜面的倾角）解得a=gsinθ①再隔离出物体B受力分析，受重力、支持力，假设有沿斜面向上的静摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有m2gsinθ﹣f=m2a②由①②两式可解得f=0故A对B的摩擦力为零；故选：C．【点评】本题关键先用整体法求出整体的加速度，然后隔离出物体B，假设摩擦力为f，对其受力分析后根据牛顿第二定律求解出摩擦力． 3．（4分）（2022春•大理市校级期末）关于曲线运动，下列说法中正确的是（ ）A．曲线运动的加速度一定是变化的B．曲线运动速度的大小可能不变C．曲线运动不一定都是变速运动D．物体在恒定合外力作用下不可能做曲线运动【考点】物体做曲线运动的条件；曲线运动．【专题】物体做曲线运动条件专题．【分析】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．【解答】解：A、曲线运动可以受恒力，如平抛运动加速大小不变，故A错误；B、曲线运动的速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故B正确；C、曲线运动的速度方向时刻在改变，故曲线运动一定是变速运动，故C错误；D、物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动，故D错误；故选：B．【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住，并且可以作为例子进行分析． -18-\n4．（4分）（2022•锦州二模）如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下．若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（ ）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；平抛运动．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解．【解答】解：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=得：t=①根据几何关系可知：x乙=②乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a===③根据位移时间公式可知：④由①②③④式得：v0=所以A正确．故选A．【点评】该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题． 5．（4分）（2022春•大理市校级期末）如图所示，斜面体和小物块一起沿水平面向右做匀速直线运动，并通过一段位移，则斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功情况分别是（ ）A．摩擦力做正功，支持力做负功B．摩擦力做负功，支持力不做功C．摩擦力做负功，支持力做正功D．摩擦力做负功，支持力做负功【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．-18-\n【分析】物块向右做匀速直线运动，受力平衡，对物体进行受力分析，根据恒力做功公式分析即可．【解答】解：物块向右做匀速直线运动，受力平衡，物体受重力（方向竖直向下）、支持力（垂直斜面向上）、摩擦力（沿斜面向上），位移方向水平向右，所以摩擦力做正功，支持力做负功故选：A．【点评】本题主要考查了同学们受力分析的能力，知道力和位移夹角小于90°时做正功，等于90°时不做功，大于90°时做负功． 6．（4分）（2022春•宿城区校级期末）某行星的质量是地球的6倍、半径是地球的1.5倍，地球的第一宇宙速度约为8km/s，则该行星的第一宇宙速度约为（ ）A．4km/sB．16km/sC．32km/sD．48km/s【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小8km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=解得．【解答】解：设地球质量M，某星球质量6M，地球半径r，某星球半径1.5r由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：=m解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=分别代入地球和某星球的各物理量得：v地球=v星球=解得：v星球=2v地球=16km/s故选：B．【点评】本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式． 7．（4分）（2022春•大理市校级期末）如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中（ ）-18-\nA．小球的加速度先变小，后变大B．小球经b点时动能最大C．小球的机械能守恒D．小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】开始小球做自由落体运动，小球从B点接触弹簧，弹力逐渐增大，开始小于重力，到bc间某位置等于重力，后大于重力，因此，小球从b到c过程中先做加速运动，后做减速运动，到C点速度减为零，弹簧压缩到最短，因此明确了整个过程中小球的运动情况，根据功能关系可正确解答本题【解答】解：A、开始小球做自由落体运动，小球从B点接触弹簧，弹力逐渐增大，开始小于重力，合力F=mg﹣F弹=ma，弹力增大加速度减小，但与速度同向，故速度增大，到bc间某位置等于重力，速度最大，后大于重力，合力F=F弹﹣mg=ma，弹力增大加速度增大，故A正确；B、当小球重力等于弹力时，加速度为零，速度最大，即动能最大，该位移处于b与c之间，故B错误；C、以小球和弹簧组成的系统为研究对象，小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，符合机械能守恒的条件，因此，系统的机械能守恒，但小球机械能不守恒，故C错误；D、小球下落过程只有重力与弹簧弹力做功，到C点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确．故选：AD【点评】本题关键是明确小球的运动情况和整个过程中能量的转化情况，特别是小球从B到C的过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增加的减速运动． 8．（4分）（2022春•大理市校级期末）如图所示，A、B是M、N河岸上正对的两点，水流速度v1及小船在静水中的速度v2（v2＞v1）均保持不变．关于小船自A点渡河过程，下列说法中正确的是（ ）A．小船渡河的轨迹为直线B．船头指向始终与河岸垂直时，渡河时间最短C．若水流速度变大，则小船渡河路程和时间一定都变长D．若要求小船沿直线AB到达对岸，则船头应适当偏向下游一侧【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．-18-\n【分析】小船参与了静水的运动和水流的运动，根据平行四边形定则确定合运动的轨迹．当船头（即静水速）与河岸垂直，根据等时性确定渡河的时间，水流速度变化时，不影响渡河时间．【解答】解：A、根据两方向均做匀速直线运动，则运动轨迹为直线．故A正确．B、若静水速始终垂直于河岸，则在垂直于河岸方向上的速度不变，根据等时性，渡河时间t=，即为最短，故B正确．C、若开始渡河时小船的航线垂直河岸，知合速度的方向与河岸垂直，当水流速增大，根据平行四边形定则，知合速度的方向偏向下游，所以小船的靠岸点在出发点正对岸的下游，路程变长，但渡河时间不受影响．故C错误．D、若开始渡河时，要求小船沿直线AB到达对岸，根据平行四边形定则知，则船头应适当偏向上游，合速度才可能垂直河岸．故D错误．故选：AB．【点评】解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，知道合运动与分运动具有等时性，并掌握如何渡河时时间最短，如何渡河时位移最短． 9．（4分）（2022春•大理市校级期末）如图所示，航天飞机在完成对空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的近地点．关于航天飞机的运动，下列说法中正确的是（ ）A．在轨道Ⅱ上经过A的速度大于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期C．在轨道Ⅱ上经过A的动能等于在轨道Ⅰ上经过A的动能D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度【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】卫星在椭圆轨道近地点速度大于远地点速度；卫星只要加速就离心；万有引力是合力满足牛顿第二定律．【解答】解：A、根据开普勒第二定律可知航天飞机在远地点的速度小于在近地点的速度，故A错误．B、由开普勒第三定律知，在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故B正确．C、当航天飞机在轨道Ⅱ上A点加速才能变轨到Ⅰ上，故在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在Ⅰ上经过A点的动能，故C错误．D、由=ma可知，在轨道Ⅱ上经过A的加速度应等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度，D正确．-18-\n故选：BD．【点评】开普勒第二定律说明卫星从近地轨道向远地轨道运动速度将变小，否则速度变大．注意加速度与向心加速度的区别，加速度等于合力与m的比值，向心加速度等于合力在指向圆心方向的分力与m的比值，只有在匀速圆周运动二者才相同． 10．（4分）（2022•贵州二模）如图所示，带支架的动力平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止在右端，B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则该时刻（ ）A．小车对物块B的摩擦力可能为零B．物块B相对小车一定有向左滑的趋势C．小车的加速度大小一定为gtanθD．小车对物块B的摩擦力的大小可能为mgtanθ【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据小球A的受力情况求出A的加速度，但不一定等于小车的加速度；B物体的加速度与小车加速度相同，摩擦力定义和牛顿第二定律可求得B的摩擦力．【解答】解：ABC、对A受力分析，由牛顿第二定律得：F=，F合=mAgtanθ=mAaA解得：aA=gtanθ方向水平向右由题意可知，A与小车不一定相对静止，则小车与A不一定具有相同的加速度，此刻物块B的加速度与小车相同，若车加速度为零，则B的摩擦力为0，故A正确，BC错误；D、小车与A具有不一定相同的加速度，也有可能相同，故D正确；故选：AD【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，注意A不一定和车相对静止，加速度不一定相同，而B和小车保持相对静止，所以具有相同的加速度 二．实验题（本题共2小题，共14分）11．（6分）（2022秋•巢湖月考）某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表．（当地重力加速度取9.8m/s2，小球质量m=0.4kg）（结果保留3位有效数字）时刻t2t3t4t5速度（m/s）4.994.483.98（1）由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5= 3.48 m/s（2）从t2到t5时间内，重力势能增量△Ep= 2.49 J，动能减少量△Ek= 2.56 J．-18-\n【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出t5时刻小球的速度，以及t2时刻的速度，从而求出动能的减小量，根据上升的高度求出重力势能的增量．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：m/s=3.48m/s，（2）同理m/s=4.986m/s，则从t2到t5时间内，动能的减小量为：=J=2.56J．重力势能的增加量△Ep=mgh=0.4×9.8×（0.2368+0.2116+0.1866）=2.49J．故答案为：（1）3.48，（2）2.49，2.56．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的减小量．在本题中动能的减小量要略大于重力势能的增加量，因为动能的减小量一部分转化为内能． 12．（8分）（2022秋•巢湖月考）某同学设计了如图甲所示的装置来探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，以此表示小车所受摩擦力的大小．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．（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，则小车加速度a= 0.16 m/s2．（保留两位有效数字）-18-\n（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，记下小车加速运动时传感器的示数F2，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F2﹣F0）的关系图象，不计纸带与计时器间的摩擦，如图丙图象中正确的是 B ．（3）同一次实验中，小车加速运动时传感器示数F2与小车释放前传感器示数F1的关系是F2 ＜ F1（选填“＜”、“=”或“＞”）．（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；图析法；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）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与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象，由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点；（3）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解；（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）由于每相邻两个计数点间还有4个点，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）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与合力F（F=F1﹣F0）的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD错误；故选：B．（3）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，（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；-18-\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，故D正确；故选：D．故答案为：（1）0.16；（2）B；（3）＜；（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． 三、计算题（本题共4小题，共46分．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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）13．（10分）（2022秋•洛阳期中）如图所示，重力为G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上，PA偏离竖直方向37°角，PB沿水平方向且连在重力为G2=10N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，试求：（1）木块与斜面间的摩擦力；（2）木块所受斜面的弹力．【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】先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP绳的拉力大小，再以G2为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力．【解答】解：对结点P受力分析，由平衡条件得：FB=G1tan37°=6N对木块G2，由平衡条件可得：f=G2sin37°+FBcos37°得：f=10.8NN+FBsin37°=G2cos37°解得：N=4.4N答：（1）木块与斜面间的摩擦力是10.8N；（2）木块所受斜面的弹力是4.4N．【点评】本题是通过绳子连接的物体平衡问题，采用隔离法研究是基本方法．要作好力图，这是解题的基础． -18-\n14．（10分）（2022•天水一模）如图所示，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T．（g取10m/s2，结果可用根式表示）求：（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界角速度ω0．（2）若细线与竖直方向的夹角为60°时，小球离开锥面，由重力和细线拉力的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求解．【解答】解：（1）若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平．在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtanθ=mωlsinθ解得：ω=，即ω0==rad/s．（2）同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtanα=mω′2lsinα解得：ω′2=，即ω′===2rad/s．答：（1）小球的角速度ω0至少为rad/s． （2）小球的角速度ω′为=2rad/s．【点评】本题的关键点在于判断小球是否离开圆锥体表面，不能直接应用向心力公式求解． 15．（12分）（2022秋•巢湖月考）如图所示一倾角为30°光滑的斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s顺时针转动；今有质量为1kg的物体（可视为质点）从斜面上高度为h=0.8m处滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动时间极短可以忽略．已知传送带足够长，它与物体之间的滑动摩擦因数为0.5．取g=10m/s2．求：-18-\n（1）水平传送带至少多长，物体才不会从左端滑出．（2）物体第一次从滑上传送带，到离开传送带所用的时间．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据物体在斜面上的受力和下滑高度，根据牛顿第二定律和运动学规律求得物体滑上传送带的速度，再根据速度时间和位移时间关系求得物体速度减小为零时在水平方向产生的位移即为传送带的最小长度；（2）由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式与速度公式分析答题．【解答】解：（1）设物体滑上水平传送带初速度为v，由牛顿第二运动定律：mgsinθ=ma由匀变速直线运动规律：代入数据得v=物体滑上传送带后作减速运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a=所以物体在传送带上减速到零的时间为物体对地的位移为水平传送带至少1.6m，物体才不会从左端滑出；（2）由（1）分析知，传送带足够长，物体速度为零后再反向加速运动，加速到末速度为v'=4m/s时，反向加速的时间：所以在传送带上运动来回的时间为t=0.8+0.8s=1.6s答：（1）水平传送带至少为1.6m长，物体才不会从左端滑出；（2）物体第一次从滑上传送带，到离开传送带所用的时间为1.6s．【点评】本题考查了求传送带的长度、物体的运动时间，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题． 16．（14分）（2022秋•巢湖月考）如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：（1）若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；（2）若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值．-18-\n【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】对物体受力分析，物体恰好上上滑时，推力最小，受推力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件列式求解推力的最小值；物体恰好不上滑时，推力最大，受重力、支持力、推力和摩擦力，再次根据平衡条件列式求解推力的最大值；最后联立得到推力的范围．【解答】解：（1）滑块与斜面体刚好不相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值fm，滑块受力如图所示．设一起加速的最大加速度为a，对滑动应用牛顿第二定律得：FNcosα+fmsinα=mg…①fmcosα﹣FNsinα=ma…②由题意知fm=μFN…③联立方程解得：a=g对整体分析：F=（M+m）a联立解得：．（2）如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为aM对M：F=MaM，其中：，联立解得：．答：（1）图中水平向右的力F的最大值．（2）图中水平向右的力F的最小值为．【点评】本题关键抓住恰好不上滑和恰好不下滑的两个临界状态，然后根据共点力平衡条件列式求解．-18-
