1、安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一物理下学期疫情防控延期辅导测试试题（四）（含解析）一、选择题（1-8为单选题，9-12为多选题）1.静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化如图甲所示在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10m/s2则下列说法中错误的是A. 物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C. 物体的质量为6kgD. 4s末物体的速度为4m/s【答案】C【解析】由乙知，0-2s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大t=2s时
2、静摩擦力达到最大值，t=2s后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变故A正确在2-4s内，由牛顿第二定律得：F-mg=ma 由图知：当F=6N时，a=1m/s2，代入式得 6-10m=m 当F=12N时，a=3m/s2，代入式得 12-10m=3m 由解得 =0.1，m=3kg，故B正确，C错误根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4s内物体速度的变化量为，由于初速度为0，所以4s末物体的速度为4m/s，故D正确本题选错误的，故选C.点睛：本题关键是对物体进行受力分析，再根据不同的加速度列
3、牛顿第二定律方程要知道a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由此求速度的变化量2.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零已知sin15=0.26，cos15=0.97，tan15=0.27，g=10m/s2则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（）A 3 m/s2B. 2.5 m/s2C. 2 m/s2D. 1.5 m/s2【答案】A【解析】当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，
4、受力分析如图知：FQ+mg=FNcos15F合=FNsin15=ma由知：故可能的为A选项故选A.3.如图所示，沿水平面运动的小车里有用轻质细线和轻质弹簧A共同悬挂的小球，小车光滑底板上有用轻质弹簧B拴着的物块，已知悬线和轻质弹簧A与竖直方向夹角均为=30，弹簧B处于压缩状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，则（）A. 小车一定水平向左做匀加速运动B. 弹簧A一定处于拉伸状态C. 弹簧B的弹力大小可能为mgD. 细线拉力有可能与弹簧B的弹力相等【答案】C【解析】【详解】A因弹簧B处于压缩状态，则弹簧B对物体一定有向左的弹力，因此整体有向左的加速度，然而小车不一定向左加速，
5、也可能向右减速，故A错误；B由弹簧B受力可知，小球有向左的加速度，当弹簧A恰无弹力时，则解得则绳子一定有拉力，而弹簧A不一定有弹力，故B错误；C若小车的加速度为，此时弹簧A恰好无弹力，依据牛顿第二定律，则弹簧B的弹力大小为故C正确；D假设细线的拉力与弹簧B的弹力相等，则设细线的拉力与弹簧B的弹力均为T，弹簧A的拉力为TA，设物块的加速度为a，小球的加速度为为a；根据力的合成与分解法则及牛顿第二定律；对物块T=ma 对小球 联立解得而两物体加速度应该是相等的，与实际矛盾，则假设不成立，故D错误；故选C。4.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小
6、球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率随时间的变化规律可能是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】小球上升过程中，由牛顿第二定律故随速度的减小，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0A.A项图与上述分析结论相符，故A正确；B.B项图与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项图与上述分析结论不相符，故C错误；D.D项图与上述分析结论不相符，故D错误；5.如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数
7、为k的弹簧上，A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力F，使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，则（）A. 在图乙中PQ段表示拉力F逐渐减小B. 在图乙中QS段表示B物体减速上升C. 位移为x1时，A、B之间弹力为mgkx1Ma0D. 位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为【答案】C【解析】【详解】A开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为F=（M+m）g随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律F-（M+m）g+F弹=（M+
8、m）aF弹减小，所以F增大。故A错误；B在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动。故B错误；CP开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力F0=（M+m）g当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力F1=F0-F=F0-kx1=（M+m）g-kx1以B为研究对象，则F1-Mg-Fx1=Ma0得Fx1=F1-mg-Ma0=mg-kx1-Ma0故C正确；D到Q的过程中，物体的加速度不变，得v122a0x2Q到S的过程中，物体的加速度随位移均匀减小 联立得故D错误。故选C。6.如图所示，A为放在水平光滑桌面
9、上的长方形物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、5m、mB、C与A之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数皆为0.1K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平放置现用沿水平方向的恒定外力F拉滑轮，若测得A的加速度大小为2m/s2，重力加速度取g=10 m/s2则A. 物块B、C的加速度大小也等于2m/s2B. 物块B的加速度为1m/s2，C的加速度为2m/s2C. 外力的大小F=2.4mgD. 物块B、C给长方形物块A的摩擦力为0.2mg【答案】D【解析】A与B的最大静摩擦力为FB=mg=0.5mg，C与A的最大静摩擦力为FC=0.1mg，由于A的加速度等于0.20g，根据牛顿
10、第二定律，则有：FA=ma=0.2mg，因此C对A的作用力为0.1mg，而B对A的作用力也为0.1mg，AB间保持静止，所以B的加速度为AC间滑动；受力分析，根据牛顿第二定律，则有：AC间f摩=0.1mg，ab间f摩=0.1mg；B绳上拉力5mg0.2+0.1mg=1.1mg，C绳也一样1.1mg，所以C的加速度为 F=2.2mg；综上所述，故D正确点晴：根据动摩擦因数来确定B对A，与C对A的最大静摩擦力的大小，从而确定谁在A上运动，再根据牛顿第二定律，即可求解7.如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动
11、，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N。若T-a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10m/s2则下列判断不正确的是（）A. 时，N=0B. 小球质量m=0.1kgC. 斜面倾角的正切值为D. 小球离开斜面之前，N=0.80.06a（N）【答案】D【解析】【详解】A由图象可知，a=0时，T0=0.6N；此时小球静止在斜面上，其受力如图甲，所以mgsin=T0 同样 时，小球恰好离开斜面，其受力如图乙，FN刚好为0，故A正确，不符合题意；BC由图乙得mgcot=ma 联立解得tan=m=0.1kg故BC正确，不符合题意；D小球离开斜面之前Tcos-FN
12、sin=maTsin+FNcos=mg联立解得FN=mgcos-masin即FN=0.8-0.06a小球离开斜面之前Tcos-FNsin=maTsin+FNcos=mg联立解得FN=mgcos-masin即FN=0.8-0.06a；故D错误，符合题意；故选D。8.如图所示，AD是固定斜面体底边BC的高，F、G分别是光滑斜面AB、AC的中点，DE垂直于AB,DH垂直于AC,甲、乙两个小球（均视为质点）从斜面的顶点A分别沿斜面AB、AC同时由静止下滑，下列说法正确的是A. 当甲球运动到E点时，乙球可能运动到AG间某点B 当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点C. 当甲球运动到F点时，乙球一定运动到
13、G点D. 当甲球运动到F点时，乙球一定运动到H点【答案】B【解析】设斜面AB和AC倾角分别为，AD=h，则小球在两个斜面上下滑的加速度分别为 ，当小球甲到达E点时所需时间 ，同理乙球到达H点所需时间也为，即当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点，选项B正确，A错误；甲球到达F点的时间 ，同理乙球到达G点的时间为，因不一定等于，故当甲球运动到F点时，乙球不一定运动到G点，选项C错误；不能等于900，故当甲球运动到F点时，乙球一定不能运动到H点，选项D错误；故选B.9.如图所示，在水平长直轨道上，有一长木板在外力控制下始终保持向右做匀速直线运动，小物块（可视为质点）P、Q由通过定滑轮且不可伸长的光
14、滑轻绳相连处于静止状态，且AQ水平，OP、OQ与竖直方向的夹角均为=45，若物块Q的质量为m，物块P与长木板间的动摩擦因数=，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A. 水平绳AQ的拉力大小为mgB. 小物块P的质量为mC. 若水平绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q的加速度大小为gD. 长木板对小物块P的作用力与小物块P对长木板的作用力大小相等【答案】ABD【解析】试题分析：对Q受力分析，根据合成法求解PQ绳子的拉力；对P受力分析，根据平衡条件即可求出P的质量绳子的拉力能发生突变，结合受力分析物块Q的加速度；作用力与反作用力总是大小相等，方向相反对Q分析，受到竖直向下的重力，AQ的拉力，以及O
15、Q的拉力，三力平衡如图，根据力的合成与分解可得水平绳AQ中拉力， A正确；OQ绳子的拉力为，对P分析，受到竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力N，向右的滑动摩擦力，同一条绳子上的拉力相同，所以OP绳子的拉力也是，处于平衡状态；受力如图，又知道，联立解得：，B正确；若水平绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q只受到重力和绳子OQ的拉力，由于绳子的拉力的大小会发生突变，所以物块Q的加速度的方向与OQ的方向垂直，所以加速度大小为，C错误；长木板对小物块P的作用力和小物块P对长木板的作用力是一对作用力与反作用力，所以它们大小相等，D正确10.如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻
16、质细绳系一质量为m的小球斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N.若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10m/s2.则（ ）A. 时，N0B. 小球质量m0.1 kgC. 斜面倾角的正切值为D. 小球离开斜面之前，N0.80.06a(N)【答案】ABC【解析】【详解】A、小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos Nsin ma，Tsin Ncos mg，联立解得：Nmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以Ta图象呈线性关系，由题图乙可知时，N0，选项A正确B、C、当a0
17、时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图(a)所示，所以mgsin T；当时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图(b)所示，所以mgcot ma，联立可得，m0.1 kg，选项B，C正确D、将和m的值代入Nmgcos -masin ，得N0.8-0.06a(N)，选项D错误故选ABC【点睛】考查牛顿第二定律与力的平行四边形定则的应用，注意会从图象中获取信息，并掌握平衡条件方程列式11.如图所示，水平固定横杆的正下方有一光滑的小定滑轮，一质量为m的小球套在横杆上，轻质橡皮绳(遵循胡克定律)绕过定滑轮，一端O系在墙上，另一端与小球连接，橡皮绳的原长为OP，小球在定滑轮的正上方A处时橡
18、皮绳的拉力大小为mg，小球在水平向右的拉力F=2mg作用下向右运动经过B点，运动到B点时，BP与横杆的夹角为=37若橡皮绳始终在弹性限度内，小球与横杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，则小球在B处时：A. 加速度大小为2gB. 加速度方向水平向右C. 与横杆间的弹力大小为2mgD. 与横杆间的滑动摩擦力大小为mg【答案】CD【解析】对小球受力分析，如图所示，因为OP是橡皮绳的原长，在A点，在B点，根据几何知识可得，联立解得，规定向右为正方向，根据共点力平衡条件，运用正交分解法可得，联立解得，即加速度方向向左，故CD正确【点睛】本题是力平衡问题，
19、关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x方向，y方向分别列平衡方程求解12.如图所示，质量分别为mAmB的两个物体A、B在水平拉力F的作用下，沿光滑水平面一起向右运动，已知mAmB，光滑动滑轮及细绳质量不计，物体A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A. A对B的摩擦力向左B. A受到的拉力比B受到的拉力大C. F足够小时，A、B之间可能没有摩擦力D. 要使A、B之间
20、不发生相对滑动，F的最大值为【答案】AD【解析】【详解】A假设A对B的摩擦力f向右，两绳子对AB的拉力相等，则分别对AB列方程：对B：T+f=mBa；对A：T-f=mAa；两式相减：2f=( mB-mA)a，因mAmB，则f0.75kg (3) M=4.5kg (4) F=13.5N【解析】【详解】（1）当小物体与长木板一起运动时，桌面对长木板的滑动摩擦力，代入数据解得；（2）设长木板和小物体恰好发生相对滑动时钩码的质量为，长木板和小物体的加速度为，对小物体，根据牛顿第二定律有；对长木板和钩码整体，根据牛顿第二定律有，联立解得:，即当时小物体与长木板发生相对滑动，（3）对小物体，根据牛顿第二定
21、律有，对长木板和钩码整体，根据牛顿第二定律有，小物体的位移，长木板的位移长木板刚好从小物体下滑出，二者的位移关系为联立以上各式解得；（4）对长木板和钩码整体，根据牛顿第二定律有，联立以上各式解得:F=13.5N【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁16.某工厂用倾角为37的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50 m，正常运转的速度为v=4 m/s一次工人刚把M=10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来
22、一块m=5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8（物块与木板均可看做质点，g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8）(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F=189 N的恒定拉力把货物拉到L/5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？（不计传送带的加速时间）【答案】(1)192N(2) (3)【解析】【详解】(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1， 对货物分析根据牛顿第二定律得：得：对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得：得：Fm=192N(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：解得：设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：得：(3)由于，所以来电后木板继续加速，加速度为a3设经过t1木板速度与传送带速度相同，则：得：设t1内木板加速的位移为x1，则：得：共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则：得：又：得：所以来电后木板需要运动
