安徽省六安市第一中學(xué)2019_2020學(xué)年高一物理下學(xué)期疫情防控延期輔導(dǎo)測試試題四含解析

1、安徽省六安市第一中學(xué)2019-2020學(xué)年高一物理下學(xué)期疫情防控延期輔導(dǎo)測試試題（四）（含解析）一、選擇題（1-8為單選題，9-12為多選題）1.靜止于粗糙水平面上的物體，受到方向恒定的水平拉力f的作用，拉力f的大小隨時間變化如圖甲所示在拉力f從0逐漸增大的過程中，物體的加速度隨時間變化如圖乙所示，g取10m/s2則下列說法中錯誤的是a. 物體與水平面間的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變b. 物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1c. 物體的質(zhì)量為6kgd. 4s末物體的速度為4m/s【答案】c【解析】由乙知，0-2s內(nèi)物體靜止不動，物體所受的靜摩擦力與拉力平衡，則知摩擦力逐漸增大t=2s時

2、靜摩擦力達到最大值，t=2s后物體開始運動，受到滑動摩擦力作用，滑動摩擦力小于最大靜摩擦力，并且保持不變，所以物體所受的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變故a正確在2-4s內(nèi)，由牛頓第二定律得：f-mg=ma 由圖知：當f=6n時，a=1m/s2，代入式得 6-10m=m 當f=12n時，a=3m/s2，代入式得 12-10m=3m 由解得 =0.1，m=3kg，故b正確，c錯誤根據(jù)a-t圖象與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，可知4s內(nèi)物體速度的變化量為，由于初速度為0，所以4s末物體的速度為4m/s，故d正確本題選錯誤的，故選c.點睛：本題關(guān)鍵是對物體進行受力分析，再根據(jù)不同的加速度列

3、牛頓第二定律方程要知道a-t圖象與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，由此求速度的變化量2.如圖是汽車運送圓柱形工件的示意圖圖中p、q、n是固定在車體上的壓力傳感器，假設(shè)圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動時q傳感器示數(shù)為零，p、n傳感器示數(shù)不為零當汽車向左勻加速啟動過程中，p傳感器示數(shù)為零而q、n傳感器示數(shù)不為零已知sin15=0.26，cos15=0.97，tan15=0.27，g=10m/s2則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為（）a 3 m/s2b. 2.5 m/s2c. 2 m/s2d. 1.5 m/s2【答案】a【解析】當汽車向左勻加速啟動過程中，p傳感器示數(shù)為零而q、n傳感器示數(shù)不為零，

4、受力分析如圖知：fq+mg=fncos15f合=fnsin15=ma由知：故可能的為a選項故選a.3.如圖所示，沿水平面運動的小車里有用輕質(zhì)細線和輕質(zhì)彈簧a共同懸掛的小球，小車光滑底板上有用輕質(zhì)彈簧b拴著的物塊，已知懸線和輕質(zhì)彈簧a與豎直方向夾角均為=30，彈簧b處于壓縮狀態(tài)，小球和物塊質(zhì)量均為m，均相對小車靜止，重力加速度為g，則（）a. 小車一定水平向左做勻加速運動b. 彈簧a一定處于拉伸狀態(tài)c. 彈簧b的彈力大小可能為mgd. 細線拉力有可能與彈簧b的彈力相等【答案】c【解析】【詳解】a因彈簧b處于壓縮狀態(tài)，則彈簧b對物體一定有向左的彈力，因此整體有向左的加速度，然而小車不一定向左加速，

5、也可能向右減速，故a錯誤；b由彈簧b受力可知，小球有向左的加速度，當彈簧a恰無彈力時，則解得則繩子一定有拉力，而彈簧a不一定有彈力，故b錯誤；c若小車的加速度為，此時彈簧a恰好無彈力，依據(jù)牛頓第二定律，則彈簧b的彈力大小為故c正確；d假設(shè)細線的拉力與彈簧b的彈力相等，則設(shè)細線的拉力與彈簧b的彈力均為t，彈簧a的拉力為ta，設(shè)物塊的加速度為a，小球的加速度為為a；根據(jù)力的合成與分解法則及牛頓第二定律；對物塊t=ma 對小球 聯(lián)立解得而兩物體加速度應(yīng)該是相等的，與實際矛盾，則假設(shè)不成立，故d錯誤；故選c。4.在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時間小球落回拋出點，其速率為v1，已知小

6、球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速率成正比，則小球在空中運動時速率隨時間的變化規(guī)律可能是a. b. c. d. 【答案】a【解析】【詳解】小球上升過程中，由牛頓第二定律故隨速度的減小，加速度逐漸減小，v-t線切線的斜率逐漸減??；當物體下降過程中，由牛頓第二定律則隨速度逐漸增大，加速度逐漸減小，v-t線切線的斜率逐漸減??；由于有阻力作用，故回到地面的速度將小于初速度v0a.a項圖與上述分析結(jié)論相符，故a正確；b.b項圖與上述分析結(jié)論不相符，故b錯誤；c.c項圖與上述分析結(jié)論不相符，故c錯誤；d.d項圖與上述分析結(jié)論不相符，故d錯誤；5.如圖甲所示，質(zhì)量分別為m、m的物體a、b靜止在勁度系數(shù)

7、為k的彈簧上，a與b不粘連?，F(xiàn)對物體a施加豎直向上的力f，使a、b一起上升，若以兩物體靜止時的位置為坐標原點，兩物體的加速度隨位移的變化關(guān)系如圖乙所示，則（）a. 在圖乙中pq段表示拉力f逐漸減小b. 在圖乙中qs段表示b物體減速上升c. 位移為x1時，a、b之間彈力為mgkx1ma0d. 位移為x3時，a、b一起運動的速度大小為【答案】c【解析】【詳解】a開始時，質(zhì)量分別為m，m的物體a，b靜止在勁度系數(shù)為k的彈簧上，彈簧的彈力向上，大小為f=（m+m）g隨物體的向上運動，彈簧伸長，形變量減小，彈簧的彈力減小，而pq段的加速度的大小與方向都不變，根據(jù)牛頓第二定律f-（m+m）g+f彈=（m+

8、m）af彈減小，所以f增大。故a錯誤；b在乙圖qs段，物體的加速度的方向沒有發(fā)生變化，方向仍然與開始時相同，所以物體仍然做加速運動，是加速度減小的加速運動。故b錯誤；cp開始時，質(zhì)量分別為m，m的物體a，b靜止在勁度系數(shù)為k的彈簧上，彈簧的彈力f0=（m+m）g當彈簧伸長了x1后，彈簧的彈力f1=f0-f=f0-kx1=（m+m）g-kx1以b為研究對象，則f1-mg-fx1=ma0得fx1=f1-mg-ma0=mg-kx1-ma0故c正確；d到q的過程中，物體的加速度不變，得v122a0x2q到s的過程中，物體的加速度隨位移均勻減小 聯(lián)立得故d錯誤。故選c。6.如圖所示，a為放在水平光滑桌面

9、上的長方形物塊，在它上面放有物塊b和c，a、b、c的質(zhì)量分別為m、5m、mb、c與a之間的靜摩擦系數(shù)和滑動摩擦系數(shù)皆為0.1k為輕滑輪，繞過輕滑輪連接b和c的輕細繩都處于水平放置現(xiàn)用沿水平方向的恒定外力f拉滑輪，若測得a的加速度大小為2m/s2，重力加速度取g=10 m/s2則a. 物塊b、c的加速度大小也等于2m/s2b. 物塊b的加速度為1m/s2，c的加速度為2m/s2c. 外力的大小f=2.4mgd. 物塊b、c給長方形物塊a的摩擦力為0.2mg【答案】d【解析】a與b的最大靜摩擦力為fb=mg=0.5mg，c與a的最大靜摩擦力為fc=0.1mg，由于a的加速度等于0.20g，根據(jù)牛頓

10、第二定律，則有：fa=ma=0.2mg，因此c對a的作用力為0.1mg，而b對a的作用力也為0.1mg，ab間保持靜止，所以b的加速度為ac間滑動；受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，則有：ac間f摩=0.1mg，ab間f摩=0.1mg；b繩上拉力5mg0.2+0.1mg=1.1mg，c繩也一樣1.1mg，所以c的加速度為 f=2.2mg；綜上所述，故d正確點晴：根據(jù)動摩擦因數(shù)來確定b對a，與c對a的最大靜摩擦力的大小，從而確定誰在a上運動，再根據(jù)牛頓第二定律，即可求解7.如圖甲所示，水平面上有一傾角為的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為m的小球。斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動

11、，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為t和n。若t-a圖象如圖乙所示，ab是直線，bc為曲線，重力加速度g取10m/s2則下列判斷不正確的是（）a. 時，n=0b. 小球質(zhì)量m=0.1kgc. 斜面傾角的正切值為d. 小球離開斜面之前，n=0.80.06a（n）【答案】d【解析】【詳解】a由圖象可知，a=0時，t0=0.6n；此時小球靜止在斜面上，其受力如圖甲，所以mgsin=t0 同樣 時，小球恰好離開斜面，其受力如圖乙，fn剛好為0，故a正確，不符合題意；bc由圖乙得mgcot=ma 聯(lián)立解得tan=m=0.1kg故bc正確，不符合題意；d小球離開斜面之前tcos-fn

12、sin=matsin+fncos=mg聯(lián)立解得fn=mgcos-masin即fn=0.8-0.06a小球離開斜面之前tcos-fnsin=matsin+fncos=mg聯(lián)立解得fn=mgcos-masin即fn=0.8-0.06a；故d錯誤，符合題意；故選d。8.如圖所示，ad是固定斜面體底邊bc的高，f、g分別是光滑斜面ab、ac的中點，de垂直于ab,dh垂直于ac,甲、乙兩個小球（均視為質(zhì)點）從斜面的頂點a分別沿斜面ab、ac同時由靜止下滑，下列說法正確的是a. 當甲球運動到e點時，乙球可能運動到ag間某點b 當甲球運動到e點時，乙球一定運動到h點c. 當甲球運動到f點時，乙球一定運動到

13、g點d. 當甲球運動到f點時，乙球一定運動到h點【答案】b【解析】設(shè)斜面ab和ac傾角分別為，ad=h，則小球在兩個斜面上下滑的加速度分別為 ，當小球甲到達e點時所需時間 ，同理乙球到達h點所需時間也為，即當甲球運動到e點時，乙球一定運動到h點，選項b正確，a錯誤；甲球到達f點的時間 ，同理乙球到達g點的時間為，因不一定等于，故當甲球運動到f點時，乙球不一定運動到g點，選項c錯誤；不能等于900，故當甲球運動到f點時，乙球一定不能運動到h點，選項d錯誤；故選b.9.如圖所示，在水平長直軌道上，有一長木板在外力控制下始終保持向右做勻速直線運動，小物塊（可視為質(zhì)點）p、q由通過定滑輪且不可伸長的光

14、滑輕繩相連處于靜止狀態(tài)，且aq水平，op、oq與豎直方向的夾角均為=45，若物塊q的質(zhì)量為m，物塊p與長木板間的動摩擦因數(shù)=，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）a. 水平繩aq的拉力大小為mgb. 小物塊p的質(zhì)量為mc. 若水平繩被剪斷，則在剪斷瞬間，小物塊q的加速度大小為gd. 長木板對小物塊p的作用力與小物塊p對長木板的作用力大小相等【答案】abd【解析】試題分析：對q受力分析，根據(jù)合成法求解pq繩子的拉力；對p受力分析，根據(jù)平衡條件即可求出p的質(zhì)量繩子的拉力能發(fā)生突變，結(jié)合受力分析物塊q的加速度；作用力與反作用力總是大小相等，方向相反對q分析，受到豎直向下的重力，aq的拉力，以及o

15、q的拉力，三力平衡如圖，根據(jù)力的合成與分解可得水平繩aq中拉力， a正確；oq繩子的拉力為，對p分析，受到豎直向下的重力mg，豎直向上的支持力n，向右的滑動摩擦力，同一條繩子上的拉力相同，所以op繩子的拉力也是，處于平衡狀態(tài)；受力如圖，又知道，聯(lián)立解得：，b正確；若水平繩被剪斷，則在剪斷瞬間，小物塊q只受到重力和繩子oq的拉力，由于繩子的拉力的大小會發(fā)生突變，所以物塊q的加速度的方向與oq的方向垂直，所以加速度大小為，c錯誤；長木板對小物塊p的作用力和小物塊p對長木板的作用力是一對作用力與反作用力，所以它們大小相等，d正確10.如圖甲所示，水平面上有一傾角為的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕

16、質(zhì)細繩系一質(zhì)量為m的小球斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為t和n.若ta圖象如圖乙所示，ab是直線，bc為曲線，重力加速度g取10m/s2.則（ ）a. 時，n0b. 小球質(zhì)量m0.1 kgc. 斜面傾角的正切值為d. 小球離開斜面之前，n0.80.06a(n)【答案】abc【解析】【詳解】a、小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得tcos nsin ma，tsin ncos mg，聯(lián)立解得：nmgcos masin ，tmacos mgsin ，所以ta圖象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知時，n0，選項a正確b、c、當a0

17、時，t0.6 n，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖(a)所示，所以mgsin t；當時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖(b)所示，所以mgcot ma，聯(lián)立可得，m0.1 kg，選項b，c正確d、將和m的值代入nmgcos -masin ，得n0.8-0.06a(n)，選項d錯誤故選abc【點睛】考查牛頓第二定律與力的平行四邊形定則的應(yīng)用，注意會從圖象中獲取信息，并掌握平衡條件方程列式11.如圖所示，水平固定橫桿的正下方有一光滑的小定滑輪，一質(zhì)量為m的小球套在橫桿上，輕質(zhì)橡皮繩(遵循胡克定律)繞過定滑輪，一端o系在墻上，另一端與小球連接，橡皮繩的原長為op，小球在定滑輪的正上方a處時橡

18、皮繩的拉力大小為mg，小球在水平向右的拉力f=2mg作用下向右運動經(jīng)過b點，運動到b點時，bp與橫桿的夾角為=37若橡皮繩始終在彈性限度內(nèi)，小球與橫桿間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，則小球在b處時：a. 加速度大小為2gb. 加速度方向水平向右c. 與橫桿間的彈力大小為2mgd. 與橫桿間的滑動摩擦力大小為mg【答案】cd【解析】對小球受力分析，如圖所示，因為op是橡皮繩的原長，在a點，在b點，根據(jù)幾何知識可得，聯(lián)立解得，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)共點力平衡條件，運用正交分解法可得，聯(lián)立解得，即加速度方向向左，故cd正確【點睛】本題是力平衡問題，

19、關(guān)鍵是分析物體的受力情況，根據(jù)平衡條件并結(jié)合正交分解法列方程求解利用正交分解方法解體的一般步驟：明確研究對象；進行受力分析；建立直角坐標系，建立坐標系的原則是讓盡可能多的力落在坐標軸上，將不在坐標軸上的力正交分解；x方向，y方向分別列平衡方程求解12.如圖所示，質(zhì)量分別為mamb的兩個物體a、b在水平拉力f的作用下，沿光滑水平面一起向右運動，已知mamb，光滑動滑輪及細繩質(zhì)量不計，物體a、b間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（ ）a. a對b的摩擦力向左b. a受到的拉力比b受到的拉力大c. f足夠小時，a、b之間可能沒有摩擦力d. 要使a、b之間

20、不發(fā)生相對滑動，f的最大值為【答案】ad【解析】【詳解】a假設(shè)a對b的摩擦力f向右，兩繩子對ab的拉力相等，則分別對ab列方程：對b：t+f=mba；對a：t-f=maa；兩式相減：2f=( mb-ma)a，因mamb，則f0.75kg (3) m=4.5kg (4) f=13.5n【解析】【詳解】（1）當小物體與長木板一起運動時，桌面對長木板的滑動摩擦力，代入數(shù)據(jù)解得；（2）設(shè)長木板和小物體恰好發(fā)生相對滑動時鉤碼的質(zhì)量為，長木板和小物體的加速度為，對小物體，根據(jù)牛頓第二定律有；對長木板和鉤碼整體，根據(jù)牛頓第二定律有，聯(lián)立解得:，即當時小物體與長木板發(fā)生相對滑動，（3）對小物體，根據(jù)牛頓第二定律有，對長木板和鉤碼整體，根據(jù)牛頓第二定律有，小物體的位移，長木板的位移長木板剛好從小物體下滑出，二者的位移關(guān)系為聯(lián)立以上各式解得；（4）對長木板和鉤碼整體，根據(jù)牛頓第二定律有，聯(lián)立以上各式解得:f=13.5n【點睛】對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或