【物理】安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期疫情防控延期辅导测试试题（四） （解析版）

【物理】安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期疫情防控延期辅导测试试题（四） （解析版）

安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期 疫情防控延期辅导测试试题（四）‎ 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0.1‎ C. 物体的质量为6kg D. 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-μmg=ma ① 由图知：当F=6N时，a=1m/s2，代入①式得 6-10μm=m  ② 当F=12N时，a=3m/s2，代入①式得 12-10μm=3m  ③ 由②③解得 μ=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.‎ ‎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/s2 B. 2.5 m/s2 C. 2 m/s2 D. 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，受力分析如图知：‎ ‎ FQ+mg=FNcos15°…① F合=FNsin15°=ma…② 由①②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θ=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mg D. 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，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v0‎ A.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mg－kx1－Ma0‎ D. 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+m）a，F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；‎ C．P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v12＝2a0x2，Q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、m．B、C与A之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数皆为0.1．K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/s2‎ B. 物块B的加速度为1m/s2，C的加速度为2m/s2‎ C. 外力的大小F=2.4mg D. 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=μ•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5mg×0.2+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．‎ ‎7.如图甲所示，水平面上有一倾角为θ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，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=0‎ B. 小球质量m=0.1kg C. 斜面倾角θ的正切值为 D. 小球离开斜面之前，N=0.8＋0.06a（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 mgsinθ=T0 ①‎ ‎ 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mgcotθ=ma    ②，联立①②解得tanθ=，m=0.1kg故BC正确，不符合题意； D．小球离开斜面之前Tcosθ-FNsinθ=ma，Tsinθ+FNcosθ=mg，联立解得FN=mgcosθ-masinθ，即FN=0.8-0.06a，小球离开斜面之前Tcosθ-FNsinθ=ma，Tsinθ+FNcosθ=mg，联立解得FN=mgcosθ-masinθ，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α，β，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α不一定等于β，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；α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θ=45°，若物块Q的质量为m，物块P与长木板间的动摩擦因数μ=，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mg B. 小物块P的质量为m C. 若水平绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q的加速度大小为g D. 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OQ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θ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，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，N＝0‎ B. 小球质量m＝0.1 kg C. 斜面倾角θ的正切值为 D. 小球离开斜面之前，N＝0.8＋0.06a(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 θ－Nsin θ＝ma，Tsin θ＋Ncos θ＝mg，联立解得：N＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以Ta图象呈线性关系，由题图乙可知时，N＝0，选项A正确．‎ B、C、当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图(a)所示，所以mgsin θ＝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 θ＝ma，联立可得，m＝0.1 kg，选项B，C正确．‎ D、将θ和m的值代入N＝mgcos θ-masin θ，得N＝0.8-0.06a(N)，选项D错误．‎ 故选ABC．‎ ‎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θ=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2g B. 加速度方向水平向右 C. 与横杆间的弹力大小为2mg D. 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．‎ ‎12.如图所示，质量分别为mA>mB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mA　>mB，光滑动滑轮及细绳质量不计，物体A、B间的动摩擦因数为μ，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mA>mB，则f<0，即A对B的摩擦力向左，故A正确；‎ B．A受到的拉力与B受到的拉力相等，故B错误；‎ C．因F=2T，由A的分析可知：，‎ 则即使F足够小，A、B之间的摩擦力不可能为零，故C错误；‎ D．要使A、B之间不发生相对滑动，则f=μmg，由：，‎ 可得：，故D正确。故选AD。‎ 二、计算题 ‎13.如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R＝1.5r．在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器．当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x＝m．已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g＝10 m/s2．求：‎ ‎(1)水平推力F的大小；‎ ‎(2)撤去推力后传感器的示数．‎ ‎【答案】(1)75 N　(2)0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，‎ 其中传感器示数F1＝25 N．设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则  ①‎ 则圆球重力mg＝F1tanθ ②‎ 由①②式解得θ＝60°， ③‎ 当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则   ④‎ 系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μMg＝Ma ⑤ ‎ 系统匀速运动时F＝μMg ⑥‎ 其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得，F＝75N ⑦‎ ‎(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得 ⑧‎ 解得FA＝0，即此时传感器示数为0‎ ‎14.如图，质量m为5kg的物块(看作质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动．已知F1大小为50N,方向斜向右上方，与水平面夹角，F2大小为30N,方向水平向左,物块的速度大小为11m/s.当物体运动到距初始位置距离时，撤掉F1，‎ ‎（1）求物块与水平地面之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）求撤掉F1以后，物块在6S末距初始位置的距离．‎ ‎【答案】（1）0.5 （2）2m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块做匀速运动：‎ 联立得 ‎(2)撤掉F1后:‎ 设经过t1向右运动速度变为0，‎ 此时向右位移 后5s物块向左运动：‎ 后5s向左位移：‎ 物块在6s末距初始位置的距离：‎ ‎15.如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的长木板上，将钩码用水平细线通过轻质定滑轮牵引长木板向右运动，钩码质量M不同，长木板和小物体的运动情况也不同．已知长木板的质量为m1=1.5kg，小物体的质量为m2=0.5kg，小物体到长木板左边缘的距离为d=0.10m，长木板与桌面间的动摩擦因数为μ1=0.1，小物体与长木板接触面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2．求：‎ ‎(1)当小物体与长木板一起运动时，桌面对长木板的摩擦力大小；‎ ‎(2)钩码质量M满足什么条件时，小物体才能与长木板发生相对滑动；‎ ‎(3)若从静止状态释放长木板，经过t0=0.2s，长木板刚好从小物体下滑出，此时钩码质量M大小．‎ ‎(4)若撤去钩码，用力F拉动细线，长木板由静止状态经过t0=0.2s刚好从小物体下滑出，此时力F的大小．‎ ‎【答案】(1) 2N (2) M>0.75kg (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．‎ ‎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