安徽省六安市第一中学学年高一下学期开学考试物理试题Word格式文档下载.docx

1、【答案】C对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。3.如图所示，一倾角为的固定斜面上，两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑已知A与斜面间的动摩擦因数为Atan，B与斜面间的动摩擦因数为Btan，重力加速度大小为g.则下滑过程中A、B间弹

2、力的大小为（）A. 0 B. mgsinC. mgsin D. 【答案】D【分析】本题考查物体的受力分析和牛顿第二定律的应用，意在考查考生的理解能力和推理能力【详解】对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得，解得；对B受力分析，根据牛顿第二定律可得。故D项正确。【点睛】连接体模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，一般先整体后隔离。4.如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为30，弹簧水平，以下说法正确的是（ ）A. 弹簧的弹力大小为mgB. 细线拉力大小为mgC. 剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小

3、为gD. 剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g【答案】A根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出两球的瞬时加速度【详解】对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为T=2mg，弹簧的弹力F=mgcot=mg，故A正确，B错误。剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力F合=0，加速度为0；小球a所受的合力F合=T=2mg，根据牛顿第二定律得，a=2g。故CD错误。故选A。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变5.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M

4、=15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m=10kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下，（重力加速度g=10m/s2）猴子向上爬的最大加速度为试题分析：对重物分析，求出重物不离开地面的最大拉力，再对猴子分析，根据牛顿第二定律求出最大加速度解：重物不离开地面时，最大拉力F=Mg=150N，隔离对猴子分析，根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，解得最大加速度为：a=故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，通过平衡得出最大拉力是解决本题的关键6.如图所示，半圆形线框竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为m的光滑小球P在

5、水平外力F的作用下处于静止状态P与圆心O的连线与水平面的夹角为将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90，框架与小球始终保持静止状态，在此过程中下列说法正确的是A. 拉力F一直增大B. 拉力F的最小值为C. 框架对地面的压力始终在减小D. 地面对框架的摩擦力先増大后减小首先对球分析，受重力、拉力和支持力而平衡，根据平衡条件并结合图示法分析拉力的变化情况；再对球和框整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件分析支持力和摩擦力变化情况，再根据牛顿第三定律得到压力的变化情况【详解】对球受力分析，如图所示：从图看出，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90，拉力先减小后增加，当拉力与支持力垂

6、直时最小，为mgcos，故AB错误；再分析球和框整体，受重力、拉力、支持力和摩擦力，如果将上图中的拉力F沿着水平和竖直方向正交分解，再将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90过程中，其水平分力减小、而竖直分力增加，根据平衡条件可知，支持力减小、摩擦力也减小，根据牛顿第三定律，对地面的压力减小，故C正确，D错误；【点睛】本题考查平衡问题，关键是灵活选择研究对象，根据平衡条件列式分析，注意三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形7.如图所示，一个质量为M的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子，将质量为m的物体自高处放下，当物体以a加速下降（ag）时，台秤的读数为（ ）A. （M+m）g-maB.

7、 （M-m）g+ maC. （M -m）gD. （M-m）g-ma先对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件求出支持力，而台秤读数等于支持力【详解】对重物受力分析，根据牛顿第二定律，有：mg-T=ma；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据共点力平衡条件，有：N+T=Mg；由两式解得：N=（M-m）g+ma，故选B。8.如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止放在粗糙水平地面上，O为球心，有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球底部O处，另一端与质量为加的小球相连，小球静止于P点，已知

8、地面与半球形容器间的动摩擦因数为，OP与水平方向的夹角，下列说法正确的是（ ）A. 小球受到轻弹簧的弹力大小为B. 小球受到容器的支持力大小为C. 小球受到容器的支持力大小为mgD. 半球形容器受到地面的摩擦力大小为由受力分析知，小球受重力，弹簧的弹力，容器的支持力，三力的夹角互成120角，则三个力大小均相等都等于mg，AB错误，C正确；小球及弹簧对半球形容器的作用的合力方向竖直向下，半球形容器在水平方向不受力的作用，相对地面没有运动趋势，不受摩擦力，D错误。考点：本题考查受力分析、共点力平衡条件。9.如图所示为研究木板与木块之间滑动摩擦力大小的实验装置，将一木块和木板叠放于水平桌面上，轻质弹

9、簧测力计一端固定，另一端用细线与木块水平相连。现在用轻绳与长木板连接，用手向右水平拉轻绳，使长木板在桌面上滑动。则A. 木块与木板之间的摩擦力是滑动摩擦力B. 水平桌面必须必须光滑C. 必须使木板在桌面上做匀速直线运动D. 木板运动过程中，弹簧秤示数保持不变【答案】AD根据受力分析的方法，结合重力、弹力与摩擦力的特征，即可进行判断；由题意可知，不论木板做何种运动，不影响测量结果。【详解】木块与木板之间有相对滑动，可知它们之间的摩擦力是滑动摩擦力，选项A正确；水平桌面光滑与否对木块与木板之间的摩擦力无影响，则选项B错误；本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑

10、动摩擦力，保持不变，选项C错误，D正确；故选AD。10.如图所示，水平地面粗糙，轻弹簧左端固定，右端与在O点处的质量为m的小物块（可视为质点）接触但不相连，现向左推小物块将弹簧压缩到A点，然后释放，小物块在弹力和摩擦力的作用下沿直线运动到B点停下。则对物块从A运动到B的过程，下列说法正确的是 。A. 物块与弹簧在O点分离B. 物块与弹簧在AO之间的某点分离C. 物块从A到O做加速运动，从O到B做减速运动D. 物块从A到O的过程中，加速度先逐渐减小后反向增大对物体受力分析，竖直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右

11、运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，到达O点之前某一位置C，弹力减小到等于摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力，物体开始减速，到O点物块和弹簧分离，O至B过程受向左的摩擦力而一直做匀减速运动【详解】D、物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程，弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，速度也向右，即物体先加速后减速，加速度先向右减小后向左逐渐增大；故C错误，D正确.A、B、因弹簧和物块只接触而不栓接，则弹簧恢复到原长时与物块分离；故A正确，B错误.C、物块与弹簧分离后只受摩擦力而做匀减速直线运动到停止，则全程物块先变加速再变减速后匀

12、减速；故C错误.故选AD.【点睛】本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况.11.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、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

13、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。【考点定位】牛顿运动定律【方法技巧】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。12.如图所示，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下列说法正确的是（ ）A. 在乙图PQ段表示拉力F逐渐增大B. 在乙图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-Ma0D. 位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为【答案】AC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正确；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