2019-2020学年高一物理上学期第六次检测试题(含解析).doc

2019-2020学年高一物理上学期第六次检测试题(含解析)一、选择题（1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题）1. 某绿化用撒水车的牵引力不变，所受的阻力与重力的关系是Ff=kmg（k为常数）没有撒水时，做匀速直线运动，撒水时它的运动将是（ ）A. 做变加速运动B. 做初速度不为零的匀加速直线运动C. 做匀减速运动D. 仍做匀速直线运动【答案】A2. 如图所示，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，再减小D. 先增大，后减小，再增大【答案】C【解析】人下蹲过程先加速后减小，加速下降时，有向下的加速度，处于失重状态，此时的人对体重计的压力减小，减速下降时有向上的加速度，处于超重状态，此时的人对体重计的压力增加，完全蹲下后，人对体重计的压力等于重力，所以C正确3. 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（ ）A. m=0.5kg，=0.4B. m=1.5kg，=C. m=0.5kg，=0.2D. m=1kg，=0.2【答案】A【解析】试题分析：根据vt图和Ft图象可知，在46s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在24s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小解：由vt图可知46s，物块匀速运动，有Ff=F=2N在24s内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律得 ma=FFf，将F=3N、Ff=2N及a代入解得m=0.5kg由动摩擦力公式得，所以A正确故选A【点评】本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解4. 如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角为和；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（ ） A. Mg+mgB. Mg+2mgC. Mg+mg（sin+sin）D. Mg+mg（cos+cos）【答案】A【解析】试题分析：对木块a受力分析，如图，受重力和支持力由几何关系，得到N1=mgcos故物体a对斜面体的压力为N1=mgcos 同理，物体b对斜面体的压力为N2=mgcos 对斜面体受力分析，如图，假设摩擦力向左根据共点力平衡条件，得到f+N2cos-N1cos=0 F支-Mg-N1sin-N2sin=0 根据题意+=90 由式解得F支=Mg+mg根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg，故选A考点：力的平衡；正交分解法.5. 如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）A. 0B. 大小为，方向竖直向下C. 大小为，方向垂直于木板向下D. 大小为，方向水平向右【答案】C【解析】试题分析：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有 F-Nsin30=0；Ncos30-G=0解得;木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为：，方向垂直于木板向下，故选C考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；本题关键对物体受力分析，求出各个力，撤去一个力后，先求出合力，再求加速度。6. 如图所示，质量为60kg的运动员的两脚各用750N的水平力蹬着两竖直墙壁匀速下滑，若他从离地12m高处无初速匀加速下滑2s可落地，则此过程中他的两脚蹬墙的水平力均应等于（g=10m/s2）（ ） A. 150N B. 300N C. 450N D. 600N【答案】B【解析】试题分析：先分析运动情况，根据运动学公式求解加速度，然后受力分析后根据牛顿第二定律和平衡条件列式，最后联立求解消防员匀速下滑时，竖直方向受重力和两个摩擦力，根据平衡条件，有，其中，解得，消防员从离地12m高处无初速匀加速下滑2s可落地，根据运动学公式，有，解得，根据牛顿第二定律，有，B正确7. 在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A.点睛：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解决本题的关键得出加速度之比，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.8. 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的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据牛顿第二定律，并应用整体法得，对m而言有，两式解得，则两球之间的距离为，选项C正确。考点：本题考查牛顿第二定律，整体法和隔离法，胡克定律。9. 质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则（ ）A. 小球对圆槽的压力为B. 小球对圆槽的压力为C. 水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D. 水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小【答案】AC【解析】试题分析：对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对小球分析，求出小球受到圆槽的支持力，结合表达式判断压力与水平恒力F的关系利用整体法可求得系统的加速度为，对小球利用牛顿第二定律可得小球受到圆槽的支持力为：，由牛顿第三定律可知小球对圆槽的压力为，A正确B错误；由压力的表达式知，F增大，小球对圆槽的压力增加，故C正确D错误10. 如图所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么（ ）A. 只要知道弦长，就能求出运动时间B. 只要知道圆半径，就能求出运动时间C. 只要知道倾角，就能求出运动时间D. 只要知道弦长和倾角就能求出运动时间【答案】BD【解析】试题分析：设半径为R，则物体运动的位移为，物体运动的加速度，根据，则，与角无关弦长和直径组成的三角形为直角三角形，故有，所以知道弦长和倾角也能算出半径，进而能求出运动时间，BD正确考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式【名师点睛】解决本题的关键根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出运动的时间，看时间与角的关系11. 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sB. 小煤块从A运动到B的时间是2.25sC. 划痕长度是4mD. 划痕长度是0.5m【答案】BD【解析】试题分析：小煤块滑上传送带后先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，根据位移公式求出滑块和传送带的相对位移大小，即划痕的长度；根据运动学公式分别求出匀加速和匀速运动的时间，从而得出小煤块从A运动到B的时间根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度，则匀加速运动的时间，匀加速运动的位移则小煤块匀速运动的位移，则匀速运动的时间，所以小煤块从A运动到B的时间，A错误B正确；在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移，则划痕的长度，C错误D正确12. 如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为己知量，则不可求出（ ） 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】B【解析】由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：；下降过程有：，两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；本题选择不能求出的，故选：B二、试验题： 13. 若测得某一物体质量m一定时，a与F的有关数据资料如表所示：a/ms21.984.065.958.12F/N1.002.003.004.00（1）根据表中数据，画出aF图象_（图1）（2）根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为_（3）若甲、乙两同学在实验过程中，由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图2所示的aF图象试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：_；乙：_【答案】 (1). (2). a与F成正比 (3). 平衡摩擦力时把长木板抬得过高 (4). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】(1)若a与F成正比，则图象是一条过原点的直线同时，因实验中不可避免地出现误差，研究误差产生的原因，从而减小误差，增大实验的准确性，则在误差允许范围内图象是一条过原点的直线即可连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑描点画图如图所示(2)由图可知a与F的关系是正比例关系(3)图中甲在纵轴上有较大截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a0，可能是平衡摩擦力过度所致乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够三、计算题14. 如图所示，质量为m=2kg的物体与竖直墙间的动摩擦因数为0.2，若受到与竖直线夹角为=30的斜向上的推力F作用而沿竖直墙壁滑动，其加速度的大小为5m/s2，g取10m/s2，求（1）若物体向上匀加速运动，推力的大小为多少？（2）若物体向下匀加速运动，推力的大小为多少？【答案】（1）39.2N（2）10.4N【解析】试题分析：对物体受力分析，抓住水平方向合力为零，竖直方向上合力为ma，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解推力F的大小即可（1）物体向上匀加速运动，受重力、推力、支持力和向下的滑动摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：，竖直方向：，其中联立解得（2）物体向下匀加速运动，受重力、推力、支持力和向上的滑动摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向，竖直方向，其中联立解得15. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为 mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A受到的合外力和从开始到此时物块A的位移d（重力加速度为g） 【答案】F（mA+mB）gsin，【解析】试题分析：物块B刚要离开C时弹簧的拉力等于B的重力沿斜面向下的分力从而求得物块A受到的合外力要求从开始到此时物块A的位移d，需要知道弹簧的形变情况，先根据平衡条件和胡克定律求出开始时弹簧的压缩量，再求出物块B刚要离开C时弹簧的伸长量，由几何关系即可求得d当物块B刚要离开C时，固定挡板对B的支持力为0，以B为研究对象，由平衡条件有：，故此时弹簧弹力大小为A的受力情况如图，则A所受的合外力 在恒力F沿斜面方向拉物块A之前，弹簧的弹力大小为，故此时弹簧的压缩量为B刚要离开C时，弹簧伸长量，所以A的位移16. 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离【答案】（1）0.1和0.4（2）6.0m（3）6.5m【解析】试题分析：（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为碰撞后木板速度水平向左，大小也是木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有，解得木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移，末速度v=4m/s，其逆运动则为匀加速直线运动可得，带入可得木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即，可得（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有，可得对滑块，则有加速度，滑块速度先减小到0，此时，木板向左的位移为， 末速度滑块向右位移此后，木块开始向左加速，加速度仍为木块继续减速，加速度仍为假设又经历二者速度相等，则有，解得此过程，木板位移。末速度滑块位移此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度位移所以木板右端离墙壁最远的距离为考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所