【物理】安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期开学期间辅导测试试题（三） （解析版）

【物理】安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期开学期间辅导测试试题（三） （解析版）

安徽省六安市第一中学2019-2020学年 高一下学期开学期间辅导测试试题（三）‎ 一、选择题（1-8为单选题，9-12为多选题）‎ ‎1.下列关于物理学史的说法中，正确的是（ ）‎ A. 亚里士多德最早提出了惯性的概念 B. 伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动需要力来维持 C. 笛卡尔用实验直接验证了不受力的物体会保持匀速直线运动状态或静止状态 D. 牛顿提出了惯性定律，并指出一切物体都具有惯性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛顿首先提出了惯性的概念，A错误；‎ B．伽利略通过理想斜面实验得出物体的运动不需要力来维持，B错误；‎ C．笛卡尔认为如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，它是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能通过实验直接验证，C错误；‎ D．牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，它反映了任何物体都具有惯性，牛顿第一定律又叫惯性定律，D正确。‎ ‎2.一物块位于粗糙水平面上，用大小为F、方向如图所示的力作用在物体上，使它以加速度a向右加速运动。保持拉力方向不变，当拉力大小变为2F时（物块未离开地面） ‎ A. 物体的加速度小于2a B. 物体的加速度等于2a C. 物体的加速度大于2a D. 因为物块的质量未知，故不能确定a的变化情况 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由牛顿第二定律得：‎ Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma①‎ ‎2Fcosθ-μ(mg-2Fsinθ)=ma′②‎ ‎②-①×2可得：‎ ma′-2ma=μmg>0‎ 所以：a′>2a A．物体的加速度小于2a，与结论不相符，选项A错误；‎ B．物体的加速度等于2a，与结论不相符，选项B错误；‎ C．物体的加速度大于2a，与结论相符，选项C正确；‎ D．因为物块的质量未知，故不能确定a的变化情况，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，水平地面上两物块A、B质量均为m＝1 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，B与地面间的接触面光滑,A、B用轻绳相连。在F=5N的水平拉力作用下，A、B一起向右匀加速。某时刻撤去拉力F(重力加速度g取10 m/s2) ‎ A. 撤去拉力F前，轻绳的拉力为4N B. 撤去拉力F前，轻绳的拉力为2.5N C. 撤去拉力F后瞬间，轻绳的拉力为0N D. 撤去拉力F后瞬间，轻绳的拉力为0.5N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 撤去拉力F前，对AB的整体：；对物体B：，解得：T=2N，选项AB错误； ‎ CD．撤去拉力F后瞬间，则滑块B做匀速运动，滑块A做减速运动，则轻绳的拉力为0N，选项C正确，D错误；‎ ‎4.将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v-t图像如图所示，g取10m/s2。下列说法中正确的是( ) ‎ A. 小球重力和阻力大小之比为6:1‎ B. 小球上升与下落所用时间之比为2:3‎ C. 小球落回到抛出点的速度大小为m/s D. 小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像可得上升过程的加速度大小为：，由牛顿第二定律有：，代入数据解得：即：，故A错误；‎ B．下降过程中由牛顿第二定律可得：，结合A选项解得：，根据：可得，所以可知上升和下降时间之比为：，故B错误；‎ C．小球匀减速上升的位移：，根据：，代入数据解得：，故C正确；‎ D．小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，细绳l1与l2共同作用于质量为m的小球而使其处于静止状态，其中细绳l1与竖直方向的夹角为θ，细绳l2水平，重力加速度为g，不计空气阻力．现剪断细绳l2，则剪断瞬间 A. 小球立即处于完全失重状态 B. 小球在水平方向上的加速度大小为gsin 2θ C. 细绳l1上的拉力大小为 D. 小球受到的合力大小为mgtan θ，方向水平向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项：剪断细线瞬间，小球速度为零，则沿着绳子方向的合力为零，但重力沿与垂直绳l1方向还有分力：，加速度为 ，将加速度分解到水平方向和竖直方向，水平方向的加速度为：，故A错误，B正确；‎ C项：剪断细线瞬间，小球速度为零，则沿着绳子方向的合力为零，即，故C错误；‎ D项：剪断细线瞬间，小球速度为零，则沿着绳子方向的合力为零，小球的合外力沿与与垂直绳l1方向斜向下，大小为，故D错误．故应选：B．‎ ‎6.倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端0处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m=kg，当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g=10m/s2)（ ）‎ A. 10N B. 5N C. N D. N ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当小球对滑块的压力等于零时，对小球受力分析，受重力、拉力，如图1所示； 根据牛顿第二定律，有： 水平方向：F合=Fcos45°=ma0； 竖直方向：Fsin45°=mg 解得：a0=g ‎ ‎ 当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有：F合=Tcosθ=ma，Tsinθ=mg， 解得：T=10N，所以A正确，BCD错误；故选A．‎ ‎7.如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a、b之间搭建两个斜面1、2，己知斜面1与a杆的夹角为，斜面2与a杆的夹角为．现将一小物块先后从斜面1、2的顶端(a杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为µ1和µ2，则等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】令a、b之间的水平距离为L，当物体从斜面1运动时 物体在斜面2上运动时：，联立解得：，故D正确，ABC错误。故选D．‎ ‎8.如图所示，在质量为M的小车中，用细线悬挂一个质量为m的小球，在水平牵引力的作用下，小车向右做匀加速运动，稳定时悬线向左偏离竖直方向的角度为α。撤去牵引力后，小车继续向右运动，稳定时悬线向右偏离竖直方向的角度为β。则牵引力的大小为( )‎ A. (M+m)gtanβ B. (M-m)gtanα C. (M+m)g(tanα+tanβ) D. (M+m)g(tanα-tanβ)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在水平牵引力的作用下，小车向右做匀加速运动，取小球为研究对象受力分析 由牛顿第二定律可得，解得，取小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律可得，撤去牵引力后，小车继续向右做匀减速直线运动，取小球受力分析 由牛顿第二定律可得 取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 联立可得 由以上分析可知C正确，ABD错误。‎ 故选择C选项 ‎9.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离 L＝2m，g取10m/s2，该行李可视为质点，则 A. 行李刚开始运动时加速度大小为1m/s2‎ B. 行李从A运动到B的时间为2s C. 行李在传送带上滑行痕迹的长度为1m D. 如果提高传送带的运行速率，行李从A处传送到B处的最短时间可能为2s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．行李的质量是4kg，则重力是40N，行李与传送带之间的弹力为40N，则行李受到的摩擦力：，行李的加速度，故A正确；‎ B．设行李做匀加速运动的时间为t1，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，则由匀加速直线运动规律v=at1得：，该过程中的位移，行李匀速运动的时间，所以运动的总时间，故B错误；‎ C．在行李加速的时间内传送带的位移，行李在传送带上滑行痕迹的长度为 ‎，故C错误；‎ D．若行李从A一直匀加速运动到B时，传送时间最短。则代入数值得 ‎，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0°～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10m/s2．则（ ）‎ A. 小铁块的初速度大小为v0=5m/s B. 小铁块与木板间的动摩擦因数μ=‎ C. 当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5m/s D. 当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速为m/s2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 详解】根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有：-mgsinα•x-μmgcosα•x=0-mv02   解得： …① 由图可得，当α=90°时x=1.25m，根据v02=2gx，代入数据得：v0=5m/s，故A正确；‎ 由图可得，α=30°时，x=1.25，①式代入数据得：μ=，故B正确；‎ 把α=60°代入①，解得：x=m，由动能定理得：-μmgcosα•2x=mvt2−mv02，代入数据得：vt＝m/s，故C错误；下滑的加速度为：a=g（sinα-μcosα），当α=60°时，代入数据得：a=m/s2，故D错误；故选AB．‎ ‎11.如图所示，轻弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，弹簧上端放着质量为m的物体A，处于静止状态．将一个质量为2m的物体B轻放在A上，则在A、B一起向下运动过程中 A. 放在A上的瞬间，B对A的压力大小为mgsin θ B. A、B的速度先增大后减小 C. A、B间的弹力先增大后减小 D. A、B运动到最低点时，弹簧的弹力大小为5mgsin θ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在放B之前，物体A保持静止状态，重力的分力和弹簧的弹力平衡：‎ F=mgsin θ；‎ 放B瞬间，对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有：（2m+m）gsin θ-F=3ma，解得：‎ ‎，对物体B受力分析，根据牛顿第二定律有：2mgsinθ-N=2ma：，解得：N=mgsin θ．，由牛顿第二定律知，B对A的压力大小为mgsin θ．故A正确，‎ B、由于在AB向下运动过程中，弹簧的弹力一直增大，3mgsin θ先大于弹力，后小于弹力，则A、B的速度先增大后减小。故B正确。‎ C、对AB整体，合力先减小后增大，加速度先减小后反向增大，当加速度沿斜面向下时，根据牛顿第二定律有：2mgsinθ-N=2ma，知a减小，N增大，当加速度沿斜面向上时，根据牛顿第二定律有：N-2mgsinθ=2ma，知a增大，N增大，则A、B间的弹力一直增大，故C错误；‎ D开始时弹簧被压缩 ，放上物体B后的平衡位置弹簧被压缩，此过程弹簧被压缩 ，由对称可知，到达最低点时弹簧被压缩 ‎，即此时弹簧的弹力大小为5mgsinθ，选项D正确；‎ 故选ABD.‎ ‎12.停在10层的电梯底板上放置有两块相同的条形磁铁，磁铁的极性及放置位置如图所示。开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止，则（ ）‎ A. 若电梯突然向下开动（磁铁与底板始终相互接触），并停在1层，最后两块磁铁一定仍在原来位置 B. 若电梯突然向下开动（磁铁与底板始终相互接触），并停在1层，最后两块磁铁可能已碰在一起 C. 若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁可能已碰在一起 D. 若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁一定仍在原来位置 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．初始时，两磁铁之间相互吸引，但因为有摩擦力的作用，使得它们保持静止，若电梯突然向下开动，加速度向下，则两磁铁处于失重状态，底板对磁铁的支持力减小，最大静摩擦减小，如果最大静摩擦减小到小于两磁铁间的吸引力，则两磁铁相互靠近，最终可能已碰在一起，A错误，B正确；‎ C．若电梯突然向上开动，两磁铁处于超重状态，底板对磁铁的支持力增大，最大静摩擦增大，两磁铁吸引力不可能达到最大静摩擦，依然静止，但最终要停在20层，则后来一定要有减速过程，加速度向下，处于失重状态，情况如AB选项，C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ 二、解答题 ‎13.如图所示的装置中＝37°，当整个装置以加速度2m/s2竖直加速上升时，光滑小球m=10kg。求：‎ ‎（1）小球对斜面的压力？‎ ‎（2）竖直板对球的压力多大？（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)‎ ‎【答案】（1）150N（2）90N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）取小球为研究对象，小球受力：重力mg、斜面对球支持力N1‎ ‎、挡板对小球支持力N2，建立xy坐标系有， y方向：N1cosα－mg=ma，‎ 得：N1=150N 由牛顿第三定律，小球对斜面的压力为150N，方向垂直斜面向下；‎ ‎（2）x方向：N1sin37°=N2‎ 得：N2=90N ‎14.如图所示，固定斜面长，倾角，质量为的物体（可视为质点）恰好能静止在斜面上。现将物体置于斜面底端A处，同时施加沿斜面向上的拉力，使物体由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后撤去，物体最终能到达斜面顶端B处。已知，，，。试求：‎ ‎（1）物体与斜面之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）拉力作用在物体上的最短时间。‎ ‎【答案】（1）0.75；（2）2s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体恰好能静止在斜面上时，由平衡条件得：‎ 解得：‎ ‎（2）设力作用在物体上的最短时间为，物体在作用下沿斜面向上做加速度为 的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ 在时间内物体通过的位移为：‎ 撤出力后，物体向上做匀减速直线运动，加速度为，到达B点速度恰好为零，由牛顿第二定律得：‎ 在此过程中，物体通过的位移为：‎ 又知 联立各式解得：s ‎15.如图，AB两端间距L=12.8m的传送带与水平面间的倾角为θ=37°，送带以v=4m/s的速率逆时针转动，在传输带A处有一质量为1.0kg的物块，用平行于传送带的细绳将物块与竖直墙壁连接，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，物块可视为质点，(已知:sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2)。求:‎ ‎（1）物块在A处静止时绳子的拉力大小；‎ ‎（2）若某时刻剪断绳子，则绳子断后物块经过多长时间达到B端。‎ ‎【答案】（1）10N；（2）2.4s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块A处于平衡状态，传送带对物块的摩擦力沿传动带向下，故绳中的拉力为 ‎（2）绳子剪断后物块的加速度为 故物体速度跟传送带相等的时间和位移分别为 由于故此后物块沿传送带做加速运动，加速度为 由 带入数据解得 因此，物体到达B端的时间为 ‎16.如图所示，质量为M＝1kg，长度l ‎＝2.5m的木板B静止在水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝。质量为m＝1kg的物块A在斜面轨道上距轨道底端x0＝m处静止释放，一段时间后从右端滑上木板B。已知斜面轨道光滑，物块A与木板 B 上表面间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin= 0.6，cos＝0.8，g取10m/s2，物块A可视为质点，求：‎ ‎（1）物块A刚滑上木板B时的速度的大小；‎ ‎（2）物块A刚滑上木板B时物块A的加速度大小a1和木板B的加速度大小a2；‎ ‎（3）物块A全过程滑动的总路程。‎ ‎【答案】（1）4m/s（2）a1＝3m/s2，a2＝1m/s2 （3）m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A沿斜面下滑由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma0‎ 由速度位移公式得，则有v1＝‎ 解得 m/s ‎(2)A刚滑上B上运动后，对A：μ1mg＝m a1‎ 对B：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2‎ 得a1＝3m/s2，a2＝1m/s2‎ ‎(3)设A与B达到相同速度v1时，用时为t，则有 对A：v2＝v1－a1t 对B：v2＝a2t 解得v2＝1m/s，t＝1s 此过程中A的位移 B的位移 ‎ 解得xA＝2.5m，xB＝0.5m A相对B滑动的距离xA－xB＝2m＜l 达到共速后，A和B一起继续运动。设A、B一起运动的加速度大小为a3，位移为x，对A、‎ B整体有 μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3‎ ‎＝2a3x 解得x＝0.5m 移动的总路程s＝x0＋xA＋x 解得s＝m