1、高唐一中2017-2018学年度第一学期第二次月考一、选择题1. 物体在以下三个共点力作用下，可能做匀速直线运动的是（ ）A. 1N、6N、8N B. 3N、6N、10NC. 7N、2N、10N D. 5N、9N、12N【答案】D 点睛：本题考查运用平衡条件的推论分析问题的能力物体受到几个平衡时，一个力与其余力的合力大小相等，方向相反2. 下列关于摩擦力的理解正确的是（）A. 有摩擦力的地方一定有弹力B. 摩擦力总是阻碍物体的运动或运动趋势C. 摩擦力与该处弹力的方向可能相互垂直D. 摩擦力的大小与该处弹力大小成正比【答案】A【解析】有摩擦力一定有弹力，而有弹力不一定有摩擦力，故A正确；摩擦力
2、总是阻碍物体的相对运动或相对运动趋势，故B错误；摩擦力方向与接触面相平行，总与弹力方向垂直，故C错误；当动摩擦因数确定时，滑动摩擦力的大小一定与正压力成正比，而静摩擦力没有这关系，故D错误；故选A3. 关于超重和失重，下列说法中不正确的是（）A. 超重状态的物体一定有竖直向上的加速度或加速度分量B. 竖直上抛物体处于完全失重状态C. 失重就是物体受的重力减少了D. 不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的【答案】C【解析】超重状态的物体一定有竖直向上的加速度或加速度分量，选项A正确；竖直上抛物体的加速度为向下的g，则处于完全失重状态，选项B正确；不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力
3、是不变的，只是视重发生了变化，选项C错误，D正确；此题选择不正确的选项，故选C. 4. 关于牛顿运动定律，下列说法中正确的是（ ）A. 不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律毫无实际意义B. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接证明C. 牛顿第二定律表明，物体受到的合外力与加速度成正比，与物体的质量也成正比D. 牛顿第三定律表明，相互作用力就是平衡力，二者没有区别【答案】B【解析】虽然在地球上不受力作用的物体是不存在的，但牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，是牛顿第二定律的基础，也为科学的发展奠定了基础，故A错误；牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的
4、基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不可能用实验直接证明，故B正确；牛顿第二定律表明，物体的加速度与受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，选项C错误；相互作用力是作用在两个物体上的相同性质的力，不能平衡；而平衡力是作用在一个物体上的可能是不同性质的力，二者有本质的区别，选项D错误；故选B.5. 在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是10m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.5，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度大小为（）A. 5 m/s B. 10 m/s C.
5、 15 m/s D. 20 m/s【答案】B【解析】刹车过程中根据牛顿第二定律可得：mg=ma，刹车位移为：，代入数据解得：，故B正确，ACD错误。6. 如图有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角不变），OC绳所受拉力大小变化情况（）A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大【答案】D【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力
6、分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选A点睛：本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化7. 如图所示，细绳MO与NO所能承受的最大拉力相同，长度MONO，则在不断增加重物G重力的过程中（绳OC不会断）（）A. OM绳先被拉断B. ON绳先被拉断C. OM绳和ON绳同时被拉断D. 因无具体数据，故无法判断哪条绳先被拉断【答案】B【解析】物体对O点拉力等于物体重力，此力有两个效果：一是
7、使NO绳拉紧；二是使OM绳拉紧按效果把物体对O点的拉力分解，如图所示；由此可知NO绳受的力大于MO绳受的力当重力逐渐增大，NO绳先达到最大拉力，NO绳先断故B正确，ACD错误故选B.点睛：解决本题的关键通过平行四边形定则确定出NO绳、MO绳的拉力大小，从而判断出哪个绳先断8. 如图所示，一根轻质弹簧竖直立在水平地面上，下端固定一小球从高处自由落下，落到弹簧上端，将弹簧压缩至最低点小球从开始压缩弹簧至最低点的过程中，小球的加速度和速度的变化情况是（）A. 加速度先变大后变小，速度先变大后变小B. 加速度先变大后变小，速度先变小后变大C. 加速度先变小后变大，速度先变大后变小D. 加速度先变小后变
8、大，速度先变小后变大【答案】C【解析】设小球所受的弹力为F，当小球压缩弹簧的过程中，F竖直向上，且由零逐渐增大，所以合力F合=mg-F，方向向下，且逐渐减小，即加速度向下且逐渐减小，小球接触弹簧时有向下的速度，所以小球向下做加速运动；当F=mg，加速度为0，速度达到最大；小球继续向下运动，弹力F继续增大，合力F合=F-mg，方向向上，且继续增大，即加速度向上且逐渐增大，所以小球向下做减速运动，到达最低点时，速度为0，加速度到达最大值，故C正确，ABD错误故选C点睛：此题的难点在于判断速度的变化情况，应注意：当加速度与速度方向相同时，速度增加；加速度与速度方向相反时，速度减少9. 如图所示，质量
9、为3m的物块A与质量为的物块B紧靠在一起，它们与地面间的摩擦不计，在水平推力F的作用下一起运动，则A对B作用力的大小为（ ）A. F A. C. D. 【答案】D【解析】以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：F=（3m+m）a，对B，由牛顿第二定律得：FAB=ma，解得FAB=F；故选D点睛：本题在分析A和B组成的整体的加速度时，用整体法分析受力；求A对B的作用力时，用隔离法分析受力，然后根据牛顿第二定律可求解10. 两个质量分别为4m、m的小球A、B用一根不可伸长的轻绳连接，球A上端用轻质弹簧系住挂起来，系统保持静止，则剪断绳子的瞬间，A、B球的加速度大小分别为（ ）（重力加速度取
10、10m/s2）A. 0, 10m/s2 B. 5 m/s2,10 m/s2 C. 2.5 m/s2, 10 m/s2 D. 2 m/s2, 10 m/s2【答案】C【解析】剪断细线前，弹簧的弹力F=5mg；剪断细线的瞬间，B物体只受重力，则加速度为g=10m/s2；弹簧的弹力不变，则A受向上的弹力F和向下的重力4mg，则，故选C.点睛：本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化11. 关于合力和分力，下列说法正确的是（）A. 1N和2N的两个共点力的合力可能等于2NB. 两个共点力的合力
11、一定大于任一个分力C. 两个共点力的合力可能大于任一个分力，也可能小于任一个分力D. 合力与分力是等效替代关系，因此受力分析时不能重复分析【答案】ACD点睛：解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况12. 如图所示，在相同的地面上，把一块砖分别平放、竖放和侧放，并使之滑动滑动过程中砖块所受到的摩擦力大小分别为F1、F2、F3；砖块对地面的压力大小分别为N1、N2、N3，则（）A. F1F2F3 B. F1=F2=F3 C. N1N2N3 D. N1=N2=N3【答案】BD【解析】由题意可知，砖无论平放、侧放、竖
12、放，其本身的重力都不变，也就是说砖对地面的压力都不变，故C错误，D正确；由滑动摩擦力公式f=N，且与N均不变，则滑动过程中砖块所受到的摩擦力大小不变，故A错误，B正确；故选BD13. 如图所示，四中情境中物体A均处于静止状态，它与外界的接触面（点）均光滑，其中物体A所受弹力示意图正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】A图中A球受到两个支持力，这两个支持力都与接触面垂直，即通过球心，故A正确B图中A球只受到水平面的弹力F1，右侧的球对A没有弹力，否则A球将向左运动，与题意矛盾，故B错误C图中的F2方向不对，应通过球心，故C错误D图中的A球受到墙的弹力F1，方向垂直于墙壁向右；斜
13、面的支持力F2，方向与斜面垂直向上，故D正确故选AD.点睛：解决本题的关键是掌握支持力或压力的方向特点，知道它们都垂直接触面指向受力物体；要注意曲面上的弹力一定是过圆心的14. 如图所示，质量为m的物块（可视为质点）以初速度v1沿足够长斜面向上做匀减速运动，经过时间t1运动到最高点，又经过时间t2返回到出发点，回到出发点时的速度为v2，已知斜面倾角为，物块与斜面之间的动摩擦因数为，则以下说法正确的是（）A. t1t2 B. v1v2C. tan D. 物块往返过程中受到的摩擦力大小相等、方向相同【答案】ABC【解析】设物块上滑和下滑的加速度大小分别为a1和a2由牛顿第二定律，得：上滑过程有：m
14、gsin+mgcos=ma1；解得：a1=gsin+gcos，方向沿斜面向下下滑过程有：mgsin-mgcos=ma2；解得：a2=gsin-gcos，方向沿斜面向下可得 a1a2根据x=at2，x相等，可得t1t2故A正确由v=at，a1a2，得v1v2故B正确物块从最高点能下滑，则有 mgsinmgcos，可得 tan故C正确物块往返过程中受到的摩擦力大小相等，均为mgcos，方向相反，上滑时摩擦力方向沿斜面向下，下滑时摩擦力方向沿斜面向上，故D错误故选ABC.15. 如图所示，物体 A 放在固定的斜面 B 上，然后在 A 上施加一个竖直向下的恒力 F，下列说法正确的是（）A. 若 A原来
15、静止，则施加力 F后，A 将加速下滑B. 若 A原来静止，则施加力 F后，A仍保持静止C. 若 A原来匀速下滑，则施加力 F后，A仍匀速下滑D. 若 A原来加速下滑，则施加力 F后，A的加速度将增大【答案】BCD【解析】若A原来静止，有：mgsinmgcos，施加F后，因为仍有（F+mg）sin（F+mg）cos，则A仍然保持静止故B正确，A错误若A原来匀速下滑，物体受重力、支持力和滑动摩擦力，则有 mgsin=mgcos施加F后，仍有（F+mg）sin=（F+mg）cos，所以A仍匀速下滑故C正确若A原来加速下滑，根据牛顿第二定律有：a= =gsin-gcos当施加F后，加速度 a=，因为g
16、singcos，所以FsinFcos，可见aa，即加速度增大故D正确故选BCD.16. 如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=（142t）N，（t的单位是s）从t=0开始计时，则（）A. A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍B. t6.5s后，B物体做匀加速直线运动C. t=7s时，A物体的速度为零D. t7s后，AB的加速度方向相反【答案】BD【解析】对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=（mA+mB）a设A、B间的作用为FN，则对B据牛顿第二定律可得：FN+FB=mBa解得：当t=6.5s时FN=0，
17、A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=7s时A物体的加速度为零而速度不为零t7s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反当t6.5s时，A、B的加速度均为,则物体初始的加速度为；3s末时的加速度为，则A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍综上所述，选项BD正确CD错误故选BD.点睛：此题考查连接体问题，解题时要会选择研究对象并对其受力分析，关键是对两物体间的弹力何时为零进行讨论，明确两物体分离的力学特征是两者弹力为0二、实验题17. 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码
18、的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出(1) 图示是实验中用打点计时器得到的一条纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a_ m/s2(结果保留三位有效数字)。（2）以下措施正确的是（_）（填入相应的字母）A.平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上B.平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力C.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D.实验时，先放开小车，后接通电源(3) 实验中设小车的质量为M，砝码的质量为m，要使小车下滑时受到的合力
19、大小更接近砝码的重力，进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是_。AM100 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gBM200 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gCM500 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gDM800 g，m10 g、20 g、30 g、40 g、50 g、60 g (4)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应该做a与_的图象(5)右图为甲同学根据测量数据做
20、出的aF图线，说明实验存在的问题是_【答案】 (1). (1) 0.425 (2). （2） BC (3). (3) D (4). (4) 1/M (5). (5) 平衡摩擦力过度【解析】（1）根据x=aT2可得加速度 （2）平衡摩擦力时，应不挂重物，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力，选项B正确；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项C正确；实验时，先接通电源，后放开小车，选项D错误；故选BC.（3）当mM时，即当砝码的总质量远远小于小车的质量时，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力因此最合理的一组是D故
21、选D（4）根据牛顿第二定律F=Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a-M图象；但，故a与成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作a-图象；（5）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡摩擦力过头.点睛：解决本题的关键理解实验的原理，知道当m的质量远小于M的质量，m的重力可以认为等于M所受的合力掌握匀变速直线运动推论的运用，会运用逐差法求解加速度；理解平衡摩擦力和Mm的操作和要求的含义三、计算题18. 一个质量m=1kg的物体在水平拉力F的作用下，在水平面上
22、从静止开始做匀加速直线运动，物体与水平面之间的动摩擦因数=0.5，经过10s位移为50mg=10m/s2，求：（1）物体的加速度a的大小； （2）水平拉力F的大小【答案】(1) 1m/s2（2）6N【解析】（1）根据运动学公式 得 （2）根据牛顿第二定律 F-mg=ma 得F=mg+ma=6N19. 一个倾角为=37的斜面固定在水平面上，一个质量为m=2.0kg的小物块（可视为质点）以v0=5.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数=0.5若斜面足够长，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，求：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；（2）小物块上滑的
23、最大距离；（3）小物块返回斜面底端时的速度大小（可用根式表示）【答案】（1）10m/s2（2）（3）m/s【解析】（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有FN=mgcosmgsin+Ff=ma又 Ff=FN由式得a=gsin+gcos=10m/s2（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度v=0，则有 得 （3）小物块在斜面上的受力情况如图所示根据牛顿第二定律有FN=F2F1Ff=ma由式得a=gsingcos=2m/s2因为所以 20. 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=2
24、m/s的恒定速率运行，一质量为m=2kg的行李无初速地放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数=0.2，AB间的距离l=4.0m，g取10m/s2（1）求行李刚开始运动时的加速度大小（2）求行李从A传送至B所用的时间（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率【答案】（1）（2）2.5s（3）2s 4m/s【解析】（1）行李所受的摩擦力为：f=mg=0.220N=4N，根据牛顿第二定律得： （2）行李做匀加速直线运动的时间为：t1=1s加速位移x=1ml故匀速时间行李从A传送至B所用的时间t= t1+ t2=2.5s（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短则有： 解得：tmin=2s，传送带的最小速率为：vmin=atmin=4m/s
