【物理】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一上学期第四次统考试题 （解析版） 14页

安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一上学期 第四次统考试题 一、选择题（每题4分，共40分，其中1-7题为单选，8-10为多选）‎ ‎1. 下面有关说法中正确是( )‎ A. 物体对水平桌面的压力就是重力 B. 某百米赛跑运动员起跑快，我们说他的加速度大 C. 速度很大的物体，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大 D. 跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：物体对水平桌面的压力受力物体是桌子，物体的重力受力物体是该物体，不是同一个受力物体，所以压力不是重力，两者是不同的力，A正确；起跑快，速度变化快，加速度大，B正确；物体速度大，停下来需要一定的时间，所以比较难停下来，物体的惯性只和物体的质量有关，与物体的运动状态无关，C错误；人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力，大小相等，D错误；‎ 考点：考查了力的基本性质，惯性 ‎2.一位同学站在机械指针体重计上，突然下蹲直到蹲到底静止．根据超重和失重现象的分析方法，试分析判断整个下蹲过程中体重计上指针示数的变化情况（ ）‎ A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先减小，后增大 D. 先增大，后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】人从下蹲直到蹲到底静止的过程中，人先是加速下降，有向下的加速度，此时的人对体重计的压力减小，后是减速下降，有向上的加速度，此时的人对体重计的压力增加。 A．一直增大，与结论不相符，选项A错误；‎ B．一直减小，与结论不相符，选项B错误；‎ C．先减小，后增大，与结论相符，选项C正确；‎ D．先增大，后减小，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k．现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球最终一起向右做匀加速直线运动，则此时两球间的距离为（　　 ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F=（m+2m）a，对质量为m的小球水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx=ma，则此时两球间的距离为S=L+x，联立解得，‎ A．，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；‎ D．，与结论相符，选项D正确；‎ ‎4.如图所示，粗糙水平面上放置一楔形斜面体，斜面体上有一小物块恰能沿斜面匀速下滑．现对小物块施加一个竖直向下的恒力 F，下列说法正确的是( 　)‎ A. 小物块将加速下滑 B. 小物块对楔形斜面体的压力不变 C. 地面对楔形斜面体的支持力将增大 D. 楔形斜面体对小物块的摩擦力不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AＣ．小物块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有：mgsinθ=μmgcosθ 对小物块和斜面体整体知，竖直方向受力平衡，则地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力。施加一个竖直向下的恒力F，有：（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，可知物块仍然做匀速运动。再小物块和斜面体整体知，地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力与F之和，增大。故A错误，Ｃ正确。 BD．小物块恰好沿斜面匀速下滑时，小物块对楔形斜面体的压力等于mgcosθ，楔形斜面体对小物块的摩擦力为μmgcosθ。施加一个竖直向下的恒力F后小物块对楔形斜面体的压力等于（mg+F）cosθ，增大。楔形斜面体对小物块的摩擦力为μ（mg+F）cosθ，增大。故BD错误。‎ ‎5.如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1kg的小球，小球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力)，下列说法中正确的是 A. 小球受到地面的弹力仍然为零 B. 小球立即向左运动，且a＝8m/s2‎ C. 小球立即向左运动，且a＝10m/s2‎ D. 小球仍然静止 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在细线剪断的瞬时，小球向左运动，竖直方向受力平衡，与地面有相互的挤压，压力不为零，故A错误；‎ B. 对小球受力分析，如图所示，‎ 根据共点力平衡得，弹簧的弹力F=mg=10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律得，a= m/s2=8m/s2，方向向左．故B正确，C错误，D错误；‎ ‎6.超市中小张沿水平方向推着质量为m 的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼，如图所示．假设小张、购物车均与自动扶梯保持相对静止，自动扶梯的倾角为30º，小张的质量为M，小张与扶梯间的摩擦因数为μ，小车与扶梯间的摩擦忽略不计．则 A. 小张对扶梯的压力大小为Mgcos30°，方向垂直于斜面向下 B. 小张对扶梯的摩擦力大小为（M+m）g sin30°，方向沿斜面向下 C. 扶梯对小张的摩擦力大小为μ（M+m）gcos30°，方向沿斜面向上 D. 小张对车的推力和车对小张的推力大小相等，这是因为人和车均处于平衡状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对车受力分析，受到重力，水平向右的推力，和垂直于斜面向上的支持力，根据共点力平衡可知：mgsin30°=Fcos30°，解得：F=mgtan30°；故A错误.‎ BC.对小张和购物车整体受力分析，受到重力，支持力和水平向右的推力及沿斜面向下的摩擦力，在平行扶梯方向有：f=(M+m)gsin30°，方向沿斜面向上，所以小张对扶梯的摩擦力大小为(M+m)gsin 30°，方向沿斜面向下；故B正确，C错误.‎ D.小张对车的推力和车对小张的推力是一对作用力与反作用力的关系，大小相等，与人和车均处于平衡状态无关；故D错误.‎ ‎7.如图所示，a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止，细绳a是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳张力、、的变化情况是（ ）‎ A. 都变大 B. 和变大，不变 C. 和变大，不变 D. 和变大，不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以B为研究对象受力分析，将重力分解，由分解法作图如图，由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即Fc逐渐变大，F逐渐变大；‎ ‎ 再以AB整体为研究对象受力分析，‎ ‎ 设b绳与水平方向夹角为α，则竖直方向有：Fbsinα=2mg得：不变； 水平方向：Fa=Fbcosα+F，Fbcosα不变，而F逐渐变大，故Fa逐渐变大；‎ 故选B．‎ ‎8.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管向下滑．已知这名消防队员的质量为60Kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．若他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑总时间为3s，g=10m/s2，则该消防队员（　 　）‎ A. 下滑过程中的最大速度为4 m/s B. 加速与减速过程的时间之比为1：2‎ C. 加速与减速过程的位移之比为1：4‎ D. 加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移，得到 ‎，故A错误。 B．设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2．则v=a1t1，v=a2t2得到t1：t2=a2：a1=1：2，故B正确。 C．由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，匀加速运动位移为： ，匀减速位移为：，所以加速与减速过程位移之比为x1：x2=1：2，故Ｃ错误。‎ D．加速与减速过程的加速度分别为：，a2=4m/s2，根据牛顿第二定律得，加速过程：mg-f1=ma1，f1=mg-ma1=2m，减速过程：f2-mg=ma2，f2=mg+ma2=14m  ，所以 f1：f2=1：7．故Ｄ正确；‎ ‎9.如图所示水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（ ）‎ A. 小煤块从A运动到B的时间是s B. 小煤块从A运动到B的时间是2.25s C. 划痕长度是4m D. 划痕长度是0.5m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：将一小煤块无初速度地轻放至A点后，小煤块与传送带之间有相对滑动，加速度为4m/s2,加速到跟传送带一样的速度需要的时间为0.5s,这段时间内煤块的位移为0.5m,传送带的位移是1m,随后两者保持相对静止，所以划痕等于两者位移之差，为0.5m，煤块运动后来3.5m需要的时间是1.75s,共用时间为2.25s,AC错误，BD正确．‎ ‎10.如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出 A. 斜面的倾角 B. 物块的质量 C. 物块与斜面间的动摩擦因数 D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 小球滑上斜面的初速度已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离，根据牛顿第二定律，向上滑行过程，向下滑行，整理可得，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项AC对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度，选项D对．仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错．‎ 二、实验题（每空3分，共18分）‎ ‎11.在《探究弹簧伸长量与弹力关系》的实验中，‎ ‎（1）在“探索弹力和弹簧伸长的关系”实验中，以下说法正确的是_____． ‎ A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度 B．用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态 ‎ C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量 ‎ D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等 ‎（2）甲同学研究弹簧所受弹力 F与弹簧长度 L关系实验时，得到如图所示的 FL图象，由图象可知：弹簧原长 L0＝____cm，求得弹簧的劲度系数 k＝____N/m.‎ ‎（3）乙同学做实验时，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧原长 L0， 再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测出簧伸长后的长度 L，把 L﹣L0 作为弹簧的伸长量 x，这 样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中所示图象的（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 (1). AB (2). 3.0 200 (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确．‎ B、用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读读数．故B正确．‎ C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量．故C错误．‎ D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误．‎ ‎（2）弹簧弹力为零时弹簧的长度为弹簧原长，由图示F-L图象可知，弹簧原长：L0=3.0cm；‎ 由胡克定律：F=kx根据图示图象可知，弹簧的劲度系数：‎ ‎（3）①实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F（即所挂重物的重力大小）②当竖直悬挂时，由于自身重力的影响弹簧会有一段伸长量，但此时所挂重物的重力为0N（即：F=0N），此时弹簧伸长量不等于0；③因为在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与其所受的拉力成线性关系．综合上述分析四个图象中只有C符合．‎ ‎12.用如图甲所示 实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次．‎ ‎（1）在验证“质量一定，加速度与合外力的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有_____．‎ A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）‎ B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）‎ C．砂桶和沙子的总质量远小于小车和砝码的总质量（即）‎ D．砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量．‎ ‎（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中、、、、、、为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度＝_____.（结果保留3位有效数字）‎ ‎（3）小车质量一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为，根据实验数据描绘出的小车加速度与砂桶和沙子的总质量之间的关系图象如图丁所示，则小车的质量_____.（g=10m/s2）‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 2.00 (3). 0.4‎ ‎【解析】‎ ‎(1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起高度过大（即平衡摩擦力过度）‎ 图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力．‎ 故答案为BD ‎(2) 相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔 小车运动的加速度 ‎ ‎ ‎(3) 设绳子拉力为，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 联立解得：，整理得：‎ 由关系图象可得：，解得：‎ 三．计算题(第13题10分，第14题10分，第15题10分，第16题12分，共42分）‎ ‎13.如图所示，质量为4kg的物体在水平面上受到方向与水平面成53°角斜向上的拉力F的作用，恰沿水平面做速度为2m/s的匀速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，（已知sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60，取g＝10 m/s2)，求：‎ ‎（1）拉力F的大小．‎ ‎（2）撤去F后物体滑行的距离．‎ ‎【答案】（1）20N（2）0.4m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体做匀速运动，受力平衡，则有：‎ Fcos53°=μ（mg﹣Fsin53°）‎ 得 F=20N ‎（2）撤去F后物体在摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：‎ μmg=ma 解得：‎ a=5m/s2‎ 根据匀减速直线运动位移速度公式得：‎ ‎14.倾角、质量M=2kg的斜面体静止在水平面上，一个质量m=1kg的物块（可视为质点）锁定在斜面顶端，解除物块的锁定，同时给物块施加一个平行斜面的恒力F，结果物块从斜面顶端运动到斜面底端所用时间为2s，斜面体始终保持静止，已知斜面长为2m，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g＝10 m/s2，,．求：‎ ‎（1）拉力F的大小；‎ ‎（2）物块在斜面上运动的过程中，地面对斜面体的摩擦力和支持力．‎ ‎【答案】（1）1N （2）1.6N,28.8N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由运动学公式得：‎ a=1m/s2‎ 对物块受力分析，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ F=1N ‎（2）对斜面体受力分析，建立平面直角坐标系并正交分解各力得：‎ 解得：‎ ‎ ‎ 方向水平向左 方向竖直向上 ‎15.如图所示，在倾角=60°的斜面上，放一质量为10kg的物体，用k=100N/m的轻质弹簧平行与斜面拉着，物体放在PQ之间任何位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体就会沿斜面滑动，若AP=22cm，AQ=8cm，试求物体与斜面间的最大静摩擦力的大小？‎ ‎【答案】7N ‎【解析】‎ ‎【详解】P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图(1)所示．‎ Ffm＝F1－mgsin①‎ ‎（1）若μ>tan时，在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图(2)所示．‎ Ffm＝F2＋mgsin ②‎ 设弹簧的原长为x，有 F1＝k(0.22－x) ③‎ F2＝k(x－0.08) ④‎ 联立①②③④得 ‎2Ffm＝F1＋F2＝k(0.22－0.08)‎ 所以 Ffm＝×100×0.14 N＝7 N.‎ ‎（2）若μ