安徽省舒城中学2016_2017学年高一物理寒假作业第七天重力弹力摩擦力
安徽省舒城中学2016-2017学年高一上学期第二次统考物理试卷
舒城中学2016-2017学年度第一学期第二次统考高一物理总分：100分时间：100分钟命题：审题：一、选择题（共12个小题，共48分．1-8题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12题有两个或两个以上的选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分．）1．在研究物体的运动时，下列物体中不可看做质点的是（）A．小明在4s时间内通过的总位移大小为6m时B．铅球比赛中研究铅球被掷出后在空中飞行的时间时C．研究哈雷彗星绕太阳公转时D．北京奥运会上中国小将邹凯为中国夺得历史上单杠第一金，研究邹凯的体操动作时2．两辆汽车在平直公路上行驶，甲车内的人看见窗外树木向东移动，乙车内的人发现甲车没有运动．如果以大地为参考系，上述事实说明()A．甲车向西运动，乙车不动B．乙车向西运动，甲车不动C．甲车向西运动，乙车向东运动D．甲、乙两车以相同的速度都向西运动3．从高为5m处落下一个小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m处被接住，则这段过程中（）A．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为7mB．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为7mC．小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为3mD．小球的位移为7m，方向竖直向下，路程为3m4．下列关于加速度的说法，其中正确的是（）A．速度变化越大，加速度一定越大B．速度变化所用时间越短，加速度一定越大C．速度变化越快，加速度一定越大D．速度为零，加速度一定为零5．如图所示，自行车的车轮半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当气门芯由车轮的正上方第一次运动到车轮的正下方时，气门芯位移的大小为()舒中高一统考物理第1页 (共4页)A．πR B．2RC．2πR D．6. 汽车以10m/s的速度在平直公路上行驶，突然发现前面距离S处有一辆自行车以4m/s的速度做同方向的匀速直线运动，若汽车立即关闭发动机作加速度为-3m/s2的减速运动，汽车恰好不碰上自行车，则S是（）A. 2mB. 6mC. 8mD. 14m7. 如图所示，甲、乙、丙三物体从同一地点沿同一方向做直线运动，在t1时刻，三物体比较( )①v＝v乙＝v丙②x甲>x乙>x丙③a丙>a乙>a甲④甲丙之间距离最大⑤甲、乙、丙相遇A．只有①②③正确B．只有②③④正确C．只有①②③④正确 D．全正确8.由静止开始做匀加速直线运动的物体, 当经过X位移的速度是v时, 那么经过位移为2X时的速度是( )A. v2B. 2vC. v22 D. 4v9．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A．第1 s内的位移是5 mB．前2 s内的平均速度是7 m/sC．任意相邻的1 s内位移差都是1 mD．任意1 s内的速度增量都是2 m/s10．下列关于瞬时速度和平均速度的说法中正确的是()A．若物体在某段时间内每时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定等于零C ．匀速直线运动中任意一段时间内的平均速度都等于它任一时刻的瞬时速度D ．变速直线运动中任意一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度 11．如图所示为某质点做直线运动的位移-时间图像，关于这个质点的运动情况的说法中正确的是： ( ) A ．0-5s 内物体做匀速直线运动 B ．10-15s 内物体做匀减速直线运动C ．10-15s 内物体做匀速直线运动，速度的方向与0-5s 内的方 向相反D ．物体在0-15s 内位移的大小为10m12.在“研究匀变速直线运动”的实验中,使用电火花打点计时器(所用交流电的频率为50 Hz)得到如图所示的纸带.图中的点为计数点,相邻两计数点间还有四个点未画出来,下列表述正确的是( )A.实验时应先放开纸带再接通电源B. 实验时电火花打点计时器的工作电压为交流电压220vC.由纸带可求出计数点B 对应的速率D.相邻两个计数点间的时间间隔为0.08 s 二、填空与实验题：（每空3分，共18分）13.水平地面上有一物体，物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，物体的运动速度随时间变化的图象如图所示，则: （1）在0-1s 内物体的加速度的大小为a =m/s 2；（2）在第2s 末物体的速度的大小为v = m/s ； （3）在0-3s 内物体的位移为x = m 。
安徽省舒城中学2016-2017学年高一物理寒假作业 第二天 匀变速直线运动的基本规律
第二天 匀变速直线运动的基本规律(一)1．一物体自空中的A 点以一定的初速度竖直向上抛出，1 s 后物体的速率变为10 m/s ，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，取g ＝10 m/s2)( )A ．在A 点上方，速度方向向下B ．在A 点上方，速度方向向上C ．在A 点，速度方向向下D ．在A 点下方，速度方向向下2．做匀减速直线运动的物体经4 s 后停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 的位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．03．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/s( ) C ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s4．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后4s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m5．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出( )A ．汽车加速运动经历的时间为4 sB ．汽车加速运动经历的时间为5 sC ．汽车匀速运动的时间为2 sD ．汽车减速运动的时间为3.5 s6．物体做匀变速直线运动，已知在时间t 内通过的位移为x ，则以下说法正确的是( )A ．不可求出物体在时间t 内的平均速度B ．可求出物体的加速度C ．可求出物体经过t2时的瞬时速度D ．可求出物体通过x2时的速度7．一物体从斜坡顶端由静止开始匀加速下滑，下滑的加速度为2m/s 2，若滑到底端前最后2s下滑的距离为斜坡长度的3/4，求斜坡长是多少？8．如图所示，一平直的传送带以v＝2m/s的速度匀速运行，传送带把A处的工件运送到B处。
安徽省六安市舒城中学2016-2017学年高一上学期第三次
2016-2017学年安徽省六安市舒城中学高一（上）第三次检测物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有选错的得0分．）1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔10m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为8s和3s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡52．为了安全，汽车在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离，这是因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的反应时间里，汽车仍然要通过一段距离，这个距离称为反应距离，而从采取制动动作到汽车停止运动通过的距离称为制动距离．表中是在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据，根据分析计算，表中未给出的数据X、Y应是（）A．X=40，Y=24 B．X=45，Y=24 C．X=50，Y=22 D．X=60，Y=223．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（）A．B．C．D．4．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN 运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（）A．v1=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t25．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A 点约为（）A．20 m B．10 m C．6.5 cm D．45 m6．某质点做直线运动的规律如下图所示，则下列说法中正确的是（）A．质点在第2 s末运动方向发生变化B．质点在第2 s内和第3 s内加速度大小相等而方向相反C．质点在第3 s内速度越来越小D．质点在前7 s内质点的位移为正值7．石块A自塔顶从静止开始自由落下S1时，石块B从离塔顶S2处从静止开始自由落下，两石块同时落地，若不计空气阻力，．则塔高为（）A．S1+S2B．C．D．8．S1和S2表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧，k1＞k2；a和b表示质量分别为m a和m b的两个小物体，m a＞m b，将弹簧与物块按图示方式悬挂起来，现要求两根弹簧的总长度最大，则应使（）A．S1在上，a在上B．S1在上，b在上C．S2在上，a在上D．S2在上，b在上9．一只气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m处有一小石子20m/s的初速度竖直上抛，若g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．石子一定追不上气球B．石子一定能追上气球C．若气球上升速度等于9 m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1 s末追上气球D．若气球上升速度等于7 m/s，其余条件不变，则石子在到达最高点时追上气球10．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m11．一个物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速滑动．若已知物体在第1s内位移为12.0m，在第3s内位移为0.75m．则下列说法正确的是（）A．物体的加速度大小一定为5.625 m/s2B．物体的加速度大小一定为6.0 m/s2C．物体在第1.0 s末速度一定为9.0 m/sD．物体在第2.5 s末速度一定为0.75 m/s12．如图所示，A、B两个物体的重力分别是G A=3N、G B=4N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F=2N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力有可能是（）A．1N、6N B．5N、6N C．1N、2N D．5N、2N二．实验题：（每空3分，共12分）13．某同学做了一次较为精确的测定匀加速直线运动的加速度的实验，实验所得到的纸带如图所示．设0点是计数的起始点，两相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，则（1）计数点A与0点的距离s1应为cm（2）物体的加速度a=m/s2．（结果保留两位小数）14．在“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T=0.02s的低压交流电源．他经过测量和计算得到打点计时器打下B、C、D、E、F各点时小车的瞬时速度，记录在下面的表格中．①计算打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的公式为v F=；②根据上面得到的数据，以A点对应的时刻为t=0时刻，在坐标纸上作出小车的速度随时间变化的v﹣t图线；③由v﹣t图线求得小车的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）．三、计算题（15题10分，16题10分，17题10分，18题10分，共40分）15．用运动传感器可以测量运动物体的速度：如图所示，这个系统有一个不动的小盒子B．工作时，小盒B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动物体反射后又被B盒接收．B将信息输入计算机由计算机处理该信息，可得到被测物体的速度．若B盒每间隔1.5秒发出一个超声波脉冲，而每隔1.3秒接收到一个超声波脉冲（1）试判断汽车远离小盒B，还是靠近小盒B？（2）试求汽车的速度是多少？16．已知物体在粗糙水平面上做匀减速直线运动，它在最初5秒位移与最后5秒位移之比为，求物体运动的总时间．17．如图所示，原长分别为L1和L2、劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上．两弹簧之间有一质量为2m的物体，最下端挂着质量为3m的另一物体，整个装置处于静止状态．（1）这时两个弹簧的总长度为多大？（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体的压力．18．劲度系数为k2的轻弹簧竖直地固定在桌面上，上端拴连一个质量为m的物块，另一劲度系数为k1的轻弹簧竖直地固定在物块上，如图所示，现将弹簧k1的上端A竖直向上提高一段距离L后，弹簧k2的所受弹力大小恰好为mg，求A 提高的距离L．2016-2017学年安徽省六安市舒城中学高一（上）第三次检测物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分．1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有选错的得0分．）1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔10m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为8s和3s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】由人先做加速运动，之后是匀速运动，计算到达各个关卡的时间与关卡放行和关闭的时间对比，得出结论．【解答】解：在放行5s内，加速时间为t1，t1时间内运动的路程为S1，则有：在（5﹣t1）时间内为匀速运动其路程为S2，则有：s2=vt2=4×3=12m共运动距离为：S=S1+S2=4+12=16m则到关卡3还差4m，还需运动为：到达关卡3，此时遇到关闭时间，关卡3最先挡住他故选：B2．为了安全，汽车在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离，这是因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的反应时间里，汽车仍然要通过一段距离，这个距离称为反应距离，而从采取制动动作到汽车停止运动通过的距离称为制动距离．表中是在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据，根据分析计算，表中未给出的数据X、Y应是（）A．X=40，Y=24 B．X=45，Y=24 C．X=50，Y=22 D．X=60，Y=22【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】由题可知汽车在反应时间内作匀速运动，在刹车过程中作匀减速直线运动，驾驶员的反应时间是定值，由此可求出反应距离Y，刹车加速度是定值，根据表格中数据可求制动距离．【解答】解：由表格可知反应距离：根据第一组数据制动距离：①由第二组数据得：②由①②可得：X=45m，故ACD错误，B正确．故选B．3．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（）A．B．C．D．【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据匀变速直线运动位移速度公式列式分析即可求解．【解答】解：物体做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，则v2=2a1xv=，所以图象是单调递增凸函数，刹车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a2，则v2=2a2x解得：v=，则图象是单调递增的凸函数，再反过来即为单调递减的凸函数，故A正确．故选：A．4．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN 运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（）A．v1=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，且均等于初速率，即有v1=v2=v0．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN 运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．故选：A5．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A 点约为（）A．20 m B．10 m C．6.5 cm D．45 m【考点】1J：自由落体运动．【分析】根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，由于时间极短，可以近似表示A点对应时刻的瞬时速度，最后再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．【解答】解：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为s，所以AB段的平均速度的大小为：v=，由于时间极短，故A点对应时刻的瞬时速度近似为20m/s由自由落体的速度位移的关系式v2=2gh可得，h=．故选：A．6．某质点做直线运动的规律如下图所示，则下列说法中正确的是（）A．质点在第2 s末运动方向发生变化B．质点在第2 s内和第3 s内加速度大小相等而方向相反C．质点在第3 s内速度越来越小D．质点在前7 s内质点的位移为正值【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】由图象可知质点速度随时间的变化情况，由图象的斜率可知加速度的大小及方向；由图线与时间轴所围成的面积可求得物体通过的位移．【解答】解：A、前2s内物体沿正向运动，2s末时速度反向，故第2s末时运动方向发生变化，故A正确；B、物体在第2s内做正向减速运动，加速度沿运动的反方向，第3s内做反向的匀加速运动，加速度也沿负方向运动，故加速度的方向均沿负方向，故B错误；C、质点在第3s内速度沿负方向，但速度的大小增加，故C错误；D、物体在前2s内做正向运动，第3s与第4s内做反向运动，由图可知，4s末时物体恰好回到出发点静止，此后2s内物体沿正向运动，第7s时物体反向，由图象可知，7s内的总位移为正；故D正确；故选AD．7．石块A自塔顶从静止开始自由落下S1时，石块B从离塔顶S2处从静止开始自由落下，两石块同时落地，若不计空气阻力，．则塔高为（）A．S1+S2B．C．D．【考点】1J：自由落体运动．【分析】设塔高为h，先求出石块A自塔顶自由落下s1时的速度，石块B自离塔顶s2处自由落下的时间，石块A继续下落的时间等于石块B自离塔顶s2处自由落下的时间，再根据匀加速直线运动位移时间公式即可求解．【解答】解：设塔高为h，石块A自塔顶自由落下s1的时间为：此时A石块的速度为：石块B自离塔顶s2处自由落下的时间为：石块A继续下落的时间等于t2，则有：h﹣S1=带入数据解得：h=，故B正确故选：B．8．S1和S2表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧，k1＞k2；a和b表示质量分别为m a和m b的两个小物体，m a＞m b，将弹簧与物块按图示方式悬挂起来，现要求两根弹簧的总长度最大，则应使（）A．S1在上，a在上B．S1在上，b在上C．S2在上，a在上D．S2在上，b在上【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律．【分析】弹簧和物体共有四种组合方式，分别对上下两个物体受力分析，然后结合胡克定律求解出弹簧的总长度．【解答】解：先对下面的物体受力分析，受重力和下面的弹簧的拉力而平衡，即下面的弹簧的弹力等于下面物体的重力，则有：k下x下=m下g ①再对两个物体的整体受力分析，受到总重力和上面弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有k上x上=（m a+m b）g ②弹簧总长度为L=L a+L b+x上+x下=要使总长度最大，k上要取最小值k2，m要取最大值m a，k下要取最大值k1，下故S2在上，b在上；故选D．9．一只气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m处有一小石子20m/s的初速度竖直上抛，若g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．石子一定追不上气球B．石子一定能追上气球C．若气球上升速度等于9 m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1 s末追上气球D．若气球上升速度等于7 m/s，其余条件不变，则石子在到达最高点时追上气球【考点】1N：竖直上抛运动．【分析】小石子做竖直上抛运动，可看成一种匀减速直线运动，当石子的速度与气球速度相等时没有追上，以后就追不上了，根据运动学基本公式即可判断．【解答】解：AB、设石子经过时间t后速度与气球的速度相等，则t==s=1s此时间内气球上升的位移为x球=vt=10×1m=10m，石子上升的位移为：x石=v0t﹣gt2=20×1﹣×10×12=15m因为x石﹣x球=15﹣10=5（m）＜6m，所以石子一定追不上气球，故A正确，B错误；C、若气球上升速度等于9m/s，在石子在抛出后1s末，气球上升的位移为9×1m=9m，石子上升的位移为x石=15m（上面结果）因为x石﹣x球=15﹣19=6m，所以1s末石子追上气球，故C正确；D、由C的分析可知，当气球上升速度等于9m/s，在1s末追上气球，所以当气球上升速度等于7m/s，石子追上气球的时间肯定小于1s，而石子到的最高点的时间为2s，所以石子在达到最高点之前就追上气球了，故D错误．故选：AC10．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m．且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是（）A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD=4mC．可以求得OA之间的距离为1.125mD．可以求得OA之间的距离为1.5m【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t，即可表示出B点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=at2=1m，结合，求出B点的速度．再结合运动学公式可求出OA的距离．【解答】解：A、由△s=at2可得物体的加速度a的大小为，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；B、根据s CD﹣s BC=s BC﹣s AB=1m，可知s CD=3+1m=4m，故B正确；C、物体经过B点时的瞬时速度v B为=再v t2=2as可得OB两点间的距离s OB为所以O与A间的距离s OA为s OA=s OB﹣s AB=（3.125﹣2）m=1.125m，故C正确，D 错误．故选BC11．一个物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速滑动．若已知物体在第1s内位移为12.0m，在第3s内位移为0.75m．则下列说法正确的是（）A．物体的加速度大小一定为5.625 m/s2B．物体的加速度大小一定为6.0 m/s2C．物体在第1.0 s末速度一定为9.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.75 m/s【考点】1E ：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据匀减速直线运动的规律．判断出物体在2﹣3s 之间已经停止，结合运动学公式和平均速度的推论求出物体的加速度．从而得出物体速度减为零的时间．根据速度时间关系求解第1.0 s 末速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度判断2.5s 末的速度．【解答】解：AB 、根据逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动位移之比等于奇数比可知，第3s 位移为0.75m ，则最初的1s 位移为3.75m ≠12m ，可见在3s 前物体已经停止．根据平均速度等于中间时刻的速度可知0.5s 末的速度为12m/s ，则从0.5s 末开始到停止的时间为，则2s 后运动的时间：﹣1.5采用逆向思维得，2s 后到停止的位移为：s=a （﹣1.5）2=0.75m ，解得：a=6m/s 2 故B 正确，A 错误；C 、物体在第1.0 s 末速度等于从0.5s 开始再经过0.5s 的速度，即为v 1=12m/s ﹣6×0.5m/s=9m/s ，故C 正确；D 、如果在3s 前就已经停止运动，则物体在第2.5s 末速度不等于第三秒的平均速度，故D 错误； 故选：BC ．12．如图所示，A 、B 两个物体的重力分别是G A =3N 、G B =4N ，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F=2N ，则天花板受到的拉力和地板受到的压力有可能是（ ）A ．1N 、6NB ．5N 、6NC ．1N 、2ND ．5N 、2N【考点】2H ：共点力平衡的条件及其应用；2G ：力的合成与分解的运用．【分析】AB两物体均处于静止状态，可根据受力平衡进行求解，弹簧的弹力是2N，不知道是处于拉伸还是压缩状态，故应分别讨论．【解答】解：（1）弹簧处于压缩状态，对两物体受力分析如图：由平衡条件：T=3﹣2=1N；N=2+4=6N（2）弹簧处于拉伸状态，对两物体受力分析如图：由平衡条件：T=3+2=5N；N=4﹣2=2N所以：天花板所受的拉力和地板受到的压力为：1N和6N或5N和2N；故选：AD．二．实验题：（每空3分，共12分）13．某同学做了一次较为精确的测定匀加速直线运动的加速度的实验，实验所得到的纸带如图所示．设0点是计数的起始点，两相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，则（1）计数点A与0点的距离s1应为 4.00cm（2）物体的加速度a= 2.0m/s2．（结果保留两位小数）【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．【分析】在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即△x=aT2，据此可正确解答本题．【解答】解：根据△x=aT2得：S2﹣S1=S3﹣S2=aT2①S2=（10.00﹣S1）cm ②S3=18.00﹣10.00=8.00cm ③联立①②③解得：S1=4.00cm，a==m/s2=2.0 m/s2．故答案为：4.00，2.0．14．在“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T=0.02s的低压交流电源．他经过测量和计算得到打点计时器打下B、C、D、E、F各点时小车的瞬时速度，记录在下面的表格中．①计算打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的公式为v F=；②根据上面得到的数据，以A点对应的时刻为t=0时刻，在坐标纸上作出小车的速度随时间变化的v﹣t图线；③由v﹣t图线求得小车的加速度a=a=0.42（0.41、0.43均给分）m/s2（结果保留两位有效数字）．【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔为t=0.1s=5T，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：v F==（2）描点作出速度﹣时间图象作图时要注意尽量使描出的点落地直线上，不能落地直线上的尽量使其分不在直线两侧．（3）速度﹣时间图象的斜率代表加速度，a==m/s2=0.42m/s2，故答案为：，如图，0.42三、计算题（15题10分，16题10分，17题10分，18题10分，共40分）15．用运动传感器可以测量运动物体的速度：如图所示，这个系统有一个不动的小盒子B．工作时，小盒B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动物体反射后又被B盒接收．B将信息输入计算机由计算机处理该信息，可得到被测物体的速度．若B盒每间隔1.5秒发出一个超声波脉冲，而每隔1.3秒接收到一个超声波脉冲（1）试判断汽车远离小盒B，还是靠近小盒B？（2）试求汽车的速度是多少？【考点】1C：匀速直线运动及其公式、图像．【分析】由于发射的超声波时间间隔大于接受到得超声波时间间隔，故汽车向着测速仪方向运动，所以两者之间的距离在减小．汽车前后两次到测速仪之间的距离之差即为汽车前进的路程．由于两次超声波发出的时间间隔为1.3秒．汽车运动的时间为从第一次与超声波相遇开始，到第二次与超声波相遇结束．求出这个时间，就是汽车运动的时间．根据汽车运动的距离和时间，即可求出汽车的运动速度．【解答】解：（1）由于发射的超声波时间间隔大于接受到得超声波时间间隔，故汽车向着测速仪方向运动（2）由题意可知，零时刻t1发出第一次超声波，在t2时刻接收到．从t3时刻发出第二次超声波，在t4时刻接收到．可得出t1=0，t3=1.5s，t4﹣t2=1.3s当1信号到达小车时距离为s1，当2信号到达小车时距离为s2，则有：s1=s2+1.5v，根据s1=（t2﹣t1）v0，s2=（t4﹣t3）v0，最后各方程代入可消掉t4，t2，可得到最后结果v=m/s=22.7m/s答：（1）汽车靠近小盒B，（2）汽车的速度是22.7m/s16．已知物体在粗糙水平面上做匀减速直线运动，它在最初5秒位移与最后5秒位移之比为，求物体运动的总时间．【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】物体在粗糙的平面上做匀减速直线运动，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式分别列出最初5s内和最后5s内的位移与总时间的关系，求出总时间．【解答】解：设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5s内位移为：s1=at2=a最初5s内位移为：s2=at2﹣a（t﹣5）2=a（2t﹣5）又s2：s1=11：5，则有：s2=（2t﹣5）=s1=a解得：t=8s答：物体运动的总时间为8s．17．如图所示，原长分别为L1和L2、劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上．两弹簧之间有一质量为2m的物体，最下端挂着质量为3m的另一物体，整个装置处于静止状态．（1）这时两个弹簧的总长度为多大？（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体的压力．【考点】2S：胡克定律．【分析】（1）采用整体法求k1受到的弹力；分析下面物体3m的受力情况，确定3m受到的弹力．根据胡克定律求出两个弹簧各自的伸长量，加上原长，即可得到弹簧的总长．（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，上边弹簧的伸长量与下边弹簧的压缩量相等．对两个进行受力分析，得出伸长量和压缩量．再对物体下面物体受力分析，再结合牛顿第三定律，求出下面物体对平板的压力．【解答】解：（1）设弹簧k1受到的弹力为F1，伸长量为△x1，下面弹簧k2受到的弹力为F2，伸长量为△x2．对整体，由平衡条件及胡克定律有：F1=（2m+3m）g=5mg△x1=对物体3m受力分析有：F2=3mg则有：△x2=所以弹簧总长为：L=L1+L2+△x1+△x2=L1+L2++（2）要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长△x，下面弹簧缩短△x．对3m：F N=k2△x+3mg对2m：2mg=k1△x+k2△x解得：F N=3mg+．根据牛顿第三定律知，平板受到下面物体3m的压力为3mg+．答：（1）这时两个弹簧的总长度为L1+L2++．（2）平板受到下面物体的压力为3mg+．18．劲度系数为k2的轻弹簧竖直地固定在桌面上，上端拴连一个质量为m的物块，另一劲度系数为k1的轻弹簧竖直地固定在物块上，如图所示，现将弹簧k1的上端A竖直向上提高一段距离L后，弹簧k2的所受弹力大小恰好为mg，求A 提高的距离L．。
安徽省六安市舒城中学2016-2017学年高一物理上学期第三次检测试题 (含解析)
安徽省六安市舒城中学2016-2017学年高一（上）第三次检测物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有选错的得0分．）1. 如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔10m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为8s和3s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A. 关卡2B. 关卡3C. 关卡4D. 关卡5【答案】B【解析】解：根据v=at可得：2=2×t1，所以加速的时间为：t1=1s加速的位移为：x1=at2==1m，到达关卡2的时间为：t2=s=3.5s，所以可以通过关卡2继续运动，到达关卡3的时间为：t3=s=4s，此时关卡3也是放行的，可以通过，到达关卡4的总时间为：1+3.5+4+4=12.5s，关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确；故选：C2. 为了安全，汽车在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离，这是因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的反应时间里，汽车仍然要通过一段距离，这个距离称为反应距离，而从采取制动动作到汽车停止运动通过的距离称为制动距离．表中是在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据，根据分析计算，表中未给出的数据X、Y应是（）A. X=40，Y=24B. X=45，Y=24C. X=50，Y=22D. X=60，Y=22【答案】B【解析】由表格得，驾驶员的反应时间t=，y=v3t=20 1.2=24m，CD错；由得汽车的制动加速度a=，再由得x=，B对，C错。
3. 一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，则，，所以图象是单调递增凸函数，刹车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为，则，解得：，则图象是单调递增的凸函数，再反过来即为单调递减的凸函数，故A正确．考点：考查了运动图像【名师点睛】本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用，知道车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，难度适中．4. 如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（）A. v1=v2，t1＞t2B. v1＜v2，t1＞t2C. v1=v2，t1＜t2D. v1＜v2，t1＜t2【答案】A【解析】试题分析：根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．故选：A【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．5. 一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（）A. 20 mB. 10 mC. 6.5 cmD. 45 m【答案】A【解析】试题分析：据题意，由于照相机曝光时间极短，仅为t=0．001s，据在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，即，而据上图可知物体在0．001s时间内的位移为0．02m，则石子在A点的瞬时速度为：，据匀变速直线运动速度位移时间关系：v2=2gh 可得物体下落位置到A点的高度为20m，故A选项正确。
2021高一物理寒假作业同步练习题：重力与弹力（含答案）
1. 重力（1）重力是由于地球对物体的吸引而产生的.［注意］重力是由于地球的吸引而产生，但不能说重力就是地球的吸引力，重力是万有引力的一个分力.但在地球表面附近，可以认为重力近似等于万有引力（2）重力的大小: 地球表面G=mg（3）重力的方向:_______（不一定指向地心）。
（4）重心:物体的各部分所受重力合力的作用点，物体的重心________在物体上.2.弹力（1）产生原因:由于发生___________的物体有恢复形变的趋势而产生的.（2）产生条件:①________;②_________.（3）弹力的方向:与物体______的方向相反，弹力的受力物体是引起形变的物体，施力物体是发生形变的物体.（4）弹力的大小:胡克定律: 在弹性限度内，弹簧弹力的大小和弹簧的_______成正比，即.为弹簧的劲度系数，x k F ∆=k 它只与________有关，单位是N/m.【答案】1.竖直向下、不一定2.弹性形变、直接接触、直接接触、有弹性形变、形变、形变量、弹簧本身因素、压力、相对运动（滑动摩擦力）、相对运动的趋势（静摩擦力）、物体相对运动、相对运动趋势一、单选题（本大题共18小题）1.下列关于力的说法正确的是( )A. “风吹草动”草受到力但没有施力物体，说明没有施力物体的力也是存在的B. 力是物体对物体的作用，每个力都必须要有施力物体和受力物体C. 磁铁间存在一定距离时仍然有相互作用力，由此可知力可以离开物体而独立存在D. 只要作用于同一个物体上的两个力的大小相同，它们产生的作用效果一定相同【答案】B【解析】力是物体与物体之间的相互作用，力分接触力，比如弹力和摩擦力，也分非接触力，比如重力、电场力等。
力是物体对物体的作用，力不能离开物体而单独存在的，“风吹草动”，草受到了力，空气是施力物体；每个力都必有施力物体和受力物体，物体不接触也可能有力的作用。
【解答】A.草受到的推力的施力物体是流动的空气，没有施力物体的力是不存在的，故A错误；B.力是物体之间的相互作用，每个力都有施力物体和受力物体，故B正确；C.磁铁之间的磁力是通过磁场产生的，磁场也是一种物质，没有力可以离开物体而独立存在，故C错误；D.力的作用效果与力的方向也有关系，大小相同的力，方向不同，作用效果也不同，故D错误。
安徽省六安市舒城中学2016-2017学年高一上学期第三次检测物理试卷含解析
2016-2017学年安徽省六安市舒城中学高一(上）第三次检测物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有选错的得0分．)1．如图所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔10m设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为8s和3s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是( ）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡52．为了安全，汽车在行驶途中,车与车之间必须保持一定的距离，这是因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的反应时间里,汽车仍然要通过一段距离,这个距离称为反应距离，而从采取制动动作到汽车停止运动通过的距离称为制动距离．表中是在不同速度下的反应距离和制动距离的部分数据，根据分析计算，表中未给出的数据X、Y应是（）速度m/s反应距离m制动距离m1012201518X20Y802530125A．X=40，Y=24 B．X=45，Y=24 C．X=50，Y=22D．X=60,Y=223．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动,直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是( ）A．B．C．D．4．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内,MN 是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（)A．v1=v2,t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t25．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB（照片中轨迹长度与实际长度相等）．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知拍摄时用的曝光时间为s,则小石子出发点离A点约为（）A．20 m B．10 m C．6。
安徽省六安市舒城中学2016-2017学年高一上学期第一次
舒城中学2016级高一年级第一次统考物 理总分：100分 时间：100分高一物理组一、选择题（每小题4分，共40分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的，请将该选项的标号填入题后的括号内）1．有些公共汽车配备逃生锤，遇到紧急情况时，乘客可以用逃生锤打破车窗玻璃逃生。
为了更容易打破玻璃，逃生锤外形应选择图中的( )2．一个高一新生的体积最接近于下列选项中的( )A ．5×104厘米3B ．5×105厘米3C ．5×106厘米3D ．5×107厘米3 3. 飞机水平匀速向西飞行，间隔相等时间内先后落下三个球，若不计空气阻力，地面上看到三个球空中排列位置应是图中（ ） A ．甲图 B ．乙图 C ．丙图D ．丁图4．体操、投掷、攀岩等体育运动都不能缺少的“镁粉”，它的学名是碳酸镁。
体操运动员在上杠前都要在手上涂擦“镁粉”，其目的是 ( )A.仅仅是为了利用“镁粉”，吸汗的作用，增加手和器械表面的摩擦而防止打滑B.仅仅是为了利用手握着器械并急剧转动时“镁粉”，能起到衬垫作用，相当于在中间添加了一层“小球”做“滚动摩擦”C 仅仅是为了利用“镁粉”，填平手掌的褶皱和纹路，使手掌与器械的接触面增大，将握力变得更加实在和均匀 D.上述各种功能都具有 5．甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间里以速度V 1做匀速直线运动，后一半时间里以速度V 2做匀速直线运动（V 1≠V 2）；乙车在前一半路程中以速度V 1做匀速直线运动，后一半路程中以速度V 2做匀速直线运动．则（ ）A ．甲车先到达B ．乙车先到达C ．甲、乙同时到达D ．不能确定6. 如右图所示，点光源A 发出的光垂直射到平面镜M 上，经反射在正对着平面镜相距为3米的墙上有一光斑，若使光斑沿墙向上移动1米，平面镜M 应以O 点为轴转过的角θ度是（ ） A ．50 B ．100 C ．150 D ．2007. 容器内盛有部分盐水，在盐水中放入一块淡水凝固成的冰，冰熔化后( )A ．盐水的密度减小，液面上升B ．盐水的密度减小，液面不变C ．盐水的密度减小，液面下降D ．盐水的密度不变，液面也不变8．下列是与打排球有关的物理问题，其中说法不正确的是（ ）A.发球后，球在运动过程中，仍受重力作用B.传球后，球在上升到最高点时，处于平衡状态C.扣球时，手感觉有点痛，说明力的作用是相互的D.拦网时，球被弹回，说明力可以改变物体的运动状态9．图中，电阻R1与R3相等，电阻R2与R4相等。
20.高中物理重力 弹力 摩擦力专题精练含答案
课时作业4 重力 弹力 摩擦力时间：45分钟1．(多选)如图所示，小球A 的重力为G ，一端被竖直悬线挂于O 点，另一端与水平桌面相接触，悬线对A 、水平桌面对A 的弹力大小可能为( ABC )A ．0，GB ．G ,0 C.G 2，G 2 D.G 2，32G 解析：因小球A 处于平衡状态，悬线对A 的作用力只能竖直向上，由平衡条件可得：F ＋F N ＝G ，由此可知，A 、B 、C 均正确，D 错误．2．一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F 1、F 2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示．其中F 1＝10 N ，F 2＝2 N ，若撤去F 1，则木块受到的摩擦力为( C )A ．10 N ，方向向左B ．6 N ，方向向右C ．2 N ，方向向右D ．0解析：当物体受F 1、F 2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知物体所受的摩擦力的大小为8 N，方向向左．可知最大静摩擦力F fmax≥8 N．当撤去力F1后，F2＝2 N<F fmax，物体仍处于静止状态，由平衡条件可知物体所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在物体上的F2等大反向．选项C正确．3．如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(C)A．2－ 3 B.3 6C.33 D.32解析：当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得F cos60°＝μ(mg－F sin60°)，联立解得μ＝33，故选项C正确．4．如图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体(弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为(A)A.mgk1＋k2B.k1k2 mg(k1＋k2)C.2mgk1＋k2D.k1k22mg(k1＋k2)解析：物体质量为m时，上面的弹簧处于原长，由于物体处于平衡状态，下面的弹簧一定对物体有向上的弹力，因此下面的弹簧被压缩了x1，由平衡条件得k1x1＝mg.换成质量为2m的物体后，下面的弹簧将进一步压缩x，同时上面的弹簧被拉伸x，平衡时有k1(x1＋x)＋k2x＝2mg，联立解得x＝mgk1＋k2.5．如图所示的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆且能保持平衡，则(B)A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁解析：如果杆受拉力作用，则可以用与之等长的轻绳代替，如果杆受压力作用，则不可用等长的轻绳代替，图甲、丙、丁中的AB杆均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，B正确．6．科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的俯视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是(D)A．手机受到的支持力大小为G cosθB．手机受到的支持力不可能大于GC．纳米材料对手机的作用力大小为G sinθD．纳米材料对手机的作用力竖直向上解析：因为采用了纳米微吸材料，斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为G cosθ，其大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸引力的大小，A、B错误；手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确．7．弹簧拉力器是一种适合于大众健身的器械，如图所示，它由几根规格相同的弹簧并联而成，弹簧根数可以调整．甲同学使用挂有3根弹簧的拉力器训练，乙同学使用挂有2根弹簧的拉力器训练，乙同学将弹簧拉开的最大伸长量是甲同学的2倍，则乙同学对拉力器施加的最大拉力是甲同学的( B )A.34倍 B.43倍 C.32倍 D ．2倍解析：设一根弹簧的劲度系数为k ，甲拉开的长度为x ，乙拉开的长度为2x .甲的力为：F ＝3kx ，乙的力为：F ′＝2k ×2x .故乙同学对拉力器施加的最大拉力是甲同学的n 倍，n ＝F ′F ＝4kx 3kx ＝43.故选B.8．在天花板上用相同的两根轻质细线1和2悬挂一块薄板，细线1和2与竖直方向分别成45°、60°角，薄板处于静止状态，如图所示，则下列说法正确的是( B )A ．细线2对薄板的拉力大于细线1对薄板的拉力B．设法保持重力位置不变，缓慢增加薄板的质量，则细线1先断C．细线1和2延长线的交点一定是薄板的重心位置D．细线2端点O2缓慢向右侧移动，且保持细线1位置不变，细线1对薄板的拉力减小解析：薄板在重力和细线1、2的拉力的作用下处于静止状态，三力的延长线必交于同一点，但不一定是重心，故C错误；把两细线拉力正交分解，在水平方向F1sin45°＝F2sin60°，可得细线2对薄板的拉力小于细线1对薄板的拉力，故A错误；在重心位置不变，缓慢增加薄板的质量时，两细线的拉力同时增大，由于细线1的拉力较大，所以细线1先断，故B正确；设细线2与水平方向的夹角为θ，在水平方向有F1sin45°＝F2cosθ；在竖直方向，根据平衡条件有F1cos45°＋F2sinθ＝mg，F1＝mgcos45°＋sin45°tanθ，细线2端点O2缓慢向右侧移动，细线2与水平方向的夹角θ减小，tanθ减小，所以细线1对薄板的拉力F1增大，故D错误．9．如图所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)，则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是图中的(取初速度v0的方向为正方向，g取10 m/s2)(B)解析：滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由F＝μF N和F N ＝mg cosθ联立得F＝6.4 N，方向为沿斜面向下．当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mg sinθ<μmg cosθ，滑块不动，滑块受的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F＝mg sinθ，代入可得F＝6 N，方向为沿斜面向上，故选项B正确．10．(2019·安徽六校二模)如图，在一段平坦的地面上等间距分布着一排等高的输电线杆，挂在线杆上的电线粗细均匀且呈对称性．由于热胀冷缩，冬季两相邻线杆之间的导线长度会有所减少．对B线杆及两侧的电线，冬季与夏季相比(D)A．电线最高点处的张力变小B．电线最低处的张力不变C．线杆对地面的压力变小D．线杆两侧电线对线杆拉力的合力不变解析：以线杆间电线为研究对象，受力分析如图所示．由对称性及共点力平衡条件可得：F cosθ＝12mg，由于热胀冷缩，冬天电线变短，θ角增大，电线最高点处的张力变大，A项错误，电线最低处的张力F′＝F sinθ＝12mg tanθ，θ角增大，F′变大，B项错误．线杆两侧电线对线杆拉力的合力等于两杆间电线的重力，方向竖直向下，且保持不变，则知杆对地面的压力不变，则C项错误，D项正确．11．(多选)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是(AD)A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(M＋m)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg.又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A正确，B错误；若增大F的大小，只能使木块的加速度大小变化，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项C错误，D正确．12．如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从定滑轮到P和到Q的两段轻绳都是水平的，已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，定滑轮轴上的摩擦不计，若用一水平向右的力F拉P使其做匀速运动，则F的大小为(A)A．4μmg B．3μmgC．2μmg D．μmg解析：因为P、Q都做匀速运动，因此可用整体法和隔离法求解．隔离Q进行分析，Q在水平方向受绳向左的拉力F T和向右的摩擦力F f1＝μmg，因此F T＝μmg.对整体进行分析，整体受绳向左的拉力2F T，桌面对整体的向左的摩擦力F f2＝2μmg，向右的外力F，由平衡条件得：F＝2F T＋F f2＝4μmg.故A正确．13．如图所示，质量为m的物体连接在置于水平面上的劲度系数为k的竖直轻弹簧上．一根弹性细绳跨过定滑轮与物体连接．弹性细绳没有拉力时，其端点位于M位置．缓慢拉细绳直到端点到N位置时，弹簧对物体的拉力大小恰好等于物体的重力．已知这种弹性细绳的弹力与伸长量成正比，比例系数为k′，求：(1)弹性细绳没有拉力时，弹簧的形变量；(2)把弹性细绳端点从M拉到N过程中物体上升了多少？(3)M、N间的距离为多大？解析：(1)细绳没有拉力时，弹簧处于压缩状态，设压缩量为x0，有kx0＝mg，解得x0＝mg k.(2)当弹性细绳端点从M 缓慢拉到N 位置时，因弹簧对物体的拉力大小恰好等于A 的重力，说明弹簧处于伸长状态，且伸长量x 1＝x 0＝mg k所以物体上升的高度为h ＝2x 0＝2mg k .(3)弹性细绳中弹力F T ＝2mg弹性细绳伸长量x 2＝F T k ′＝2mg k ′M 、N 间的距离为x MN ＝h ＋x 2＝2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ′. 答案：(1)mg k (2)2mg k (3)2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ′。
安徽省六安市舒城中学2016-2017学年高一上学期第六次
2016-2017学年安徽省六安市舒城中学高一（上）第六次检测物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分．1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有选错的得0分．）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F f=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2．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μ分别为（）A．m=0.5kg，μ=0.4B．m=1.5kg，μ=C．m=0.5kg，μ=0.2D．m=1kg，μ=0.24．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α和β；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+mg B．Mg+2mgC．Mg+mg（sinα+s inβ）D．Mg+mg（cosα+cosβ）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g，方向竖直向下C．大小为g，方向垂直于木板向下D．大小为g，方向水平向右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．600N7．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μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）A．B． C．D．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．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θ，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0.5m12．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二、试验题：（每空3分，共12分）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：（1）根据表中数据，画出a﹣F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a﹣F图象．试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：；乙：．三、计算题（14题10分，15题10分，16题10分，17题10分，共40分）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θ=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？15．如图所示，在倾角为θ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m A、m B，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）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v﹣t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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．17．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=10N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？2016-2017学年安徽省六安市舒城中学高一（上）第六次检测物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分．1-8题为单选题，只有一个选项正确，9-12为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或有选错的得0分．）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F f=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【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．【分析】根据阻力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，从而得出洒水车的运动规律．【解答】解：开始洒水车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，根据F f=kmg知，洒水时，重力减小，则阻力减小，根据牛顿第二定律a=知，加速度增大，加速度的方向与速度方向相同，做加速度增大的加速运动，故A 正确，BCD错误．故选：A．2．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【考点】3B：超重和失重．【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．【解答】解：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，完全蹲下后，人对体重计的压力等于重力，所以C正确．故选：C．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μ分别为（）A．m=0.5kg，μ=0.4B．m=1.5kg，μ=C．m=0.5kg，μ=0.2D．m=1kg，μ=0.2【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4﹣6s，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2﹣4s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．【解答】解：由v﹣t图可知4﹣6s，物块匀速运动，有F f=F=2N．在2﹣4s内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律得ma=F﹣F f，将F=3N、F f=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．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α和β；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+mg B．Mg+2mgC．Mg+mg（sinα+sinβ）D．Mg+mg（cosα+cosβ）【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【分析】本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力．【解答】解：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=mgcosα故物体a对斜面体的压力为N1′=mgcosα ①同理，物体b对斜面体的压力为N2′=mgcosβ ②对斜面体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，得到N2′cosα﹣N1′cosβ=0 ③F支﹣Mg﹣N1′sinβ﹣N2′sinα=0 ④根据题意α+β=90° ⑤由①～⑤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．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g，方向竖直向下C．大小为g，方向垂直于木板向下D．大小为g，方向水平向右【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用．【分析】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度．【解答】解：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°=0Ncos30°﹣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：a==，方向垂直于木板向下，故C正确，ABD错误故选：C6．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【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用．【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．【解答】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：mg﹣2f=0其中：f=μN解得：μ=0.4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：x=解得：a=根据牛顿第二定律，有：mg﹣2μN′=maN′=300N故选：B7．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μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）A．B． C．D．【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．【解答】解：木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1=μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t=；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析：小滑块的合力F 合=mgsin45°+f=mgsin45°+μmgcos45°小物块上滑的加速度a 2==，滑行时间t′==2，因此==，故A 正确，BCD 错误故选：A8．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 ．【考点】37：牛顿第二定律；2S ：胡克定律．【分析】根据牛顿第二定律分别对整体和m 研究，求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧伸长的长度，加上原长即此时两球间的距离． 【解答】解：根据牛顿第二定律得： 对整体：F=3ma 对m ：F 弹=ma联立解得，弹簧的弹力大小为F 弹=则此时两球间的距离为S=L +=L +．故选C9．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【考点】37：牛顿第二定律；2H：共点力平衡的条件及其应用．【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．【解答】解：A、利用整体法可求得系统的加速度为：a=，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N′=．故A正确，B错误．C、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．故选：AC．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θ，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【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；2G：力的合成与分解的运用．【分析】设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x=求解时间．【解答】解：设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，物体运动的加速度a==gcosθ，根据x=，则t=，与θ角无关．而知道弦长和倾角也能算出半径，所以BD正确，AC错误．故选：BD．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【考点】37：牛顿第二定律．【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．【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度a=μg=4m/s2，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x2=x﹣x1=4﹣0.5m=3.5m，则匀速运动的时间，所以小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s．故A错误，B正确．C、在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移x3=v0t1=2×0.5m=1m，则划痕的长度△x=x3﹣x1=0.5m．故C错误，D正确．故选：BD．12．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【考点】37：牛顿第二定律；2A：动摩擦因数．【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．【解答】解：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：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；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：（每空3分，共12分）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：（1）根据表中数据，画出a﹣F图象（图1）．（2）根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为a与F成正比．（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a﹣F图象．试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：平衡摩擦力时把长木板抬得过高；乙：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】选择合适的标度，描点作图，根据图线确定a与F的关系．当M一定时，a与F的图线是过原点的直线，则a与F成正比．掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．【解答】解：（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，不予考虑．描点画图如图所示．（2）根据图象可以判定：因为a与F的图线为过原点的倾斜直线，知当M一定时，a与F的关系是a与F成正比．（3）图中甲在纵轴上有截距，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，即平衡摩擦力时把长木板抬得过高．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．答案：（1）如图所示：（2）a与F成正比；（3）平衡摩擦力时把长木板抬得过高；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．三、计算题（14题10分，15题10分，16题10分，17题10分，共40分）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θ=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？【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．【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．【解答】解：（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：Fcos60°﹣F N=0竖直方向：Fsin60°﹣F f﹣G=ma其中：F f=μF N联立解得：F==39.2N（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：Fcos60°﹣F N=0竖直方向：G﹣（Fsin60°+F f）=ma其中：F f=μF N联立解得：F==10.4N答：（1）若物体向上匀加速运动，推力F的大小约为39.2N；（2）若物体向下匀加速运动，推力F的大小约为10.4N．15．如图所示，在倾角为θ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m A、m B，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）【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2S：胡克定律．【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．【解答】解：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﹣m B gsinθ=0，对象，由平衡条件有：F弹gsinθ．故此时弹簧弹力大小为F弹=m BA的受力情况如图，则A所受的合外力F合=F﹣F弹﹣m A gsinθ=F﹣（m A+m B）gsinθ在恒力F沿斜面方向拉物块A之前，弹簧的弹力大小为m A gsinθ，故此时弹簧的压缩量为x1=B刚要离开C时，弹簧伸长量x2=，所以A的位移d=x1+x2=．答：物块B刚要离开C时物块A受到的合外力为F﹣（m A+m B）gsinθ，从开始到此时物块A的位移d是．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v﹣t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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第二定律．【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2．（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离．【解答】解：（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1…①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得：v1=v0+at1… ②…③式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：﹣μ2mg=ma2 …⑤由图可得：…⑥式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3 …⑧v3=﹣v1+a3△t…⑨v3=v1+a2△t…⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： (11)小物块运动的位移为： (12)小物块相对木板的位移为：△s=s2﹣s1 (13)联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．（14）（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1（m+M）g=（m+M）a4 (15) (16)碰后木板运动的位移为：s=s1+s3 (17)联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得：s=﹣6.5m (18)木板右端离墙壁的最终距离为6.5m．答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4．（2）木板的最小长度是6.0m；（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m．17．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=10N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？【考点】37：牛顿第二定律；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】（1）先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第。
安徽省六安市舒城中学高一物理暑假作业4
第四天重力弹力摩擦力1．如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是( )A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力2．如图所示，弹簧的上端通过支柱固定在粗糙的斜面上，下端与一物块相连，斜面与物块均处于静止状态，关于物体的受力，下列分析正确的是( )A．可能只受重力、斜面的支持力和弹簧弹力三个力B．一定受重力、斜面的支持力、摩擦力和弹簧弹力四个力C．如果受弹簧弹力，弹簧弹力一定沿斜面向上D．如果受弹簧弹力，弹簧弹力一定沿斜面向下3．如图所示，质量为m的物体A在竖直向上的力F(F<mg)作用下静止于斜面上．若减小力F，则( )A．物体A所受合力不变B．斜面对物体A的支持力不变C．斜面对物体A的摩擦力不变D．斜面对物体A的摩擦力可能为零4．如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下．若保持两木棍倾角不变，将两木棍间的距离减小后固定不动，仍将水泥圆筒放在两木棍上部，则( )A．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力变大B．每根木棍对圆筒的支持力变小，摩擦力变小C．圆筒将匀加速滑下D．圆筒仍能匀速滑下5．如图所示，斜面体A静止放置在水平地面上．质量为m的滑块B在沿斜面向下的外力F 作用下向下运动，此时斜面体受到地面的摩擦力方向向右．若滑块B在下滑时撤去F，滑块仍向下运动的过程中，下列说法中正确的是( )A．斜面体A所受地面摩擦力可能为零B．斜面体A所受地面摩擦力的方向一定向右C．滑块B的加速度方向可能沿斜面向下D．斜面体A对地面的压力一定变小6．如图所示，三个相同的木块放在同一水平面上，木块和水平面间的动摩擦因数都相同．分别给它们施加一个大小均为F的作用力，其中给“1”“3”两木块的推力和拉力与水平方向的夹角相同，这时三个木块都保持静止．比较它们和水平面间的弹力大小F N1、F N2、F N3和摩擦力大小F f1、F f2、F f3，下列说法中正确的是( )A．F N1>F N2>F N3，F f1>F f2>F f3B．F N1＝F N2＝F N3，F f1＝F f2＝F f3C．F N1>F N2>F N3，F f1＝F f3<F f2D．F N1>F N2>F N3，F f1＝F f2＝F f37．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，长木板便开始运动D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动8．如图所示，测力计、绳子的质量都不计，摩擦也不计．物体A重40 N，物体B重10 N，滑轮重2 N，两物体均处于静止状态，则测力计示数和物体A对水平地面的压力大小分别是( )A．22 N和30 NB．20 N和32 NC．52 N和10 ND．50 N和40 N9．一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由细绳连接着，它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B球与环中心O 处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°夹角，已知B球的质量为3 kg，求细绳对B球的拉力和A球的质量m A.(取g＝10 m/s2)10．如图所示，有一半径为r＝0.2 m的圆柱绕竖直轴OO′以ω＝9 rad/s的角速度匀速转动．今用力F将质量为1 kg的物体A压在圆柱侧面，使其以v0＝2.4 m/s的速度匀速下降．若物体A与圆柱面的动摩擦因数μ＝0.25，求力F的大小．(已知物体A在水平方向受光滑挡板的作用，不能随轴一起转动)第4天1．D 2．A 3．A 4．BC 5．B 6．C 7．AD 8．A 9．60 N 6 kg 10．50 N。
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第七天重力弹力摩擦力（一）
1．关于力的概念，下列说法不．正确．．的是
()
A．一个力必定联系着两个物体，其中每个物体既是受力物体，又是施力物体
B．放在桌面上的木块受到桌面对它向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的
C．压缩弹簧时，手先给弹簧一个压力F，等弹簧再压缩x距离后才反过来给手一个弹力
D．根据力的作用效果命名的不同名称的力，性质可能也不相同
2．如下图所示，A、B两个物块的重力分别是GA＝3N，GB＝4N，弹簧的重力不计，
整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F＝2N，则天花板受到的拉
力和地板受到的压力，有可能是()
A．1N和5N
B．5N和6N
C．1N和2N
D．5N和2N
3．三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m
的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图所示，其中a放在光滑水平桌面
上．开始时p弹簧处于原长，木块都静止．现用水平力缓慢地向左拉
p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g
取10m/s2.该
过程p弹簧的左端向左移动的距离是()
A．4cmB．6cm
C．8cmD．10cm
4．如下图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0kg的物体．细绳的一端
与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧
秤的示数为4.9N．关于物体受力的判断(取g＝9.8m/s2)，下列说法正确的是
()
A．斜面对物体的摩擦力大小为零
B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向沿斜面向上
C．斜面对物体的支持力大小为4.93N，方向竖直向上
D．斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上
-2-
5．如图所示，在两块相同的竖直木块之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为
F
的水平力压木板，使砖静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小为
()
A．0B．MgC．mg/2D．mg/4
6.如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受
到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的
左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③
中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧
的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的
质量都为零，以
1l、2l、3l、4
l
依次表示四个弹簧的伸长量，则
有()
A．
2l=4lB．4l>3
l
C．
1l>3lD．2l>1
l
7．如图所示，在μ＝0.1的水平桌面上向右运动的物体，质量为20kg，
在运动过程中，还受到一个方向向左的大小为10N的拉力作用，则
物体受到的滑动摩擦力为(g＝10N/kg)()
A．10N，向右B．10N，向左
C．20N，向右D．20N，向左
8．一木块静止在水平桌面上，已知木块重20N，木块与桌面间的动摩擦因数为0.4，滑动
摩擦力近似等于最大静摩擦力，求：
(1)用6N的水平力拉木块，木块所受摩擦力的大小．
(2)要使木块由静止开始运动，至少要用多大的水平拉力．
(3)木块在桌面上滑动过程中，使水平拉力大小变为6N，木块所受的摩擦力的大小．
①
②
③
④
F
FFFF
-3-
9．用弹簧测力计测定木块A、B间的动摩擦因数μ，如下图甲、乙所示．
(1)为了用弹簧测力计的读数表示滑动摩擦力，两种情况中木块A是否都一定要做匀速运
动？并说明
原因。
(2)若木块A在拉力FT的作用下做匀速运动，甲图中A、B间摩擦力是否等于拉力FT?
(3)若A、B的重力分别为100N和150N，甲图中弹簧测力计读数为60N(当A被拉动时)，
F
T
＝110N，
求A、B间的动摩擦因数μ.
-4-
第七天重力弹力摩擦力（一）
1．C2．D3．C4．A5．A6．A7．D
8．(1)6N(2)8N(3)8N
9．(1)甲图中只要木块A相对B滑动即可，而乙图中的木块A只能做匀速运动，因为乙图中，
只有当木块A匀速运动时，拉力FT才与摩擦力大小相等．(2)甲图中，木块A受上、下两
个接触面上摩擦力的作用，故木块A、B间的摩擦力小于拉力FT.(3)0.4