2020-2021学年江西省上饶市某校新校区高一第四次周测_(物理)答案及解析

2020-2021学年江西省上饶市某校新校区高一第四次周测 (物理)
一、选择题
1. 关于牛顿第一定律的说法中正确的是（）
A.由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态
B.静止或匀速直线运动的物体，一定不受任何外力作用
C.伽利略理想实验说明了力不是维持物体运动状态的原因，同时也说明了力是改变物体运动状态的原因
D.牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因
2. 如图所示，小球从高处下落到正下方竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是（）
A.小球受到的弹力先增大后减小
B.小球的速度一直在减小
C.小球的加速度先减小后增大
D.小球一直处于失重状态
3. 如图所示，在水平桌面上叠放着两个物体a、b，两物体均静止．关于两个物体的受力情况，下列说法正确的是（）
A.物体a对b的作用力一定竖直向上
B.物体a对b的支持力一定等于b受到的重力
C.物体a受到水平桌面向左的摩擦力
D.物体b对a的压力和a对b的支持力是一对平衡力
4. 如图所示，质量为52kg的体操运动员肖若腾在自由操比赛时，有两手臂对称支撑、竖直倒立静止的比赛动作，设两臂夹角为2θ，重力加速度大小为g=10m/s2则（）A.当θ不同时，肖若腾受到的合力不同
B.当θ不同时，肖若腾与地面之间的相互作用力不相等
C.当θ=60∘时，肖若腾单手所受地面的支持力大小为320N
D.当θ=30∘时，肖若腾单手所受地面的支持力大小为260N
5. 如图所示，一倾角为α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μA=tanα，B与斜面间的动摩擦因数为μB
=
1
2
tanα，重力加速度大小为g．则下滑过程中A、B间弹力的大小为（）
A.0
B.1
2
mg sinα C.1
3
mg sinα D.1
4
mg sinα
6. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53∘，如图所示．下列说法正确的是（已知cos53∘=0.6，sin53∘=0.8）（）
A.小球静止时弹簧的弹力大小为3
5
mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为3
5
mg
C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为5
3
g
7. 2019年6月24日消息，大连市首届“工匠杯”职工技能竞赛决赛开赛，现场20名砌筑工展现出较高的技术水准，如图所示，竞赛工地上的建筑工人用砖夹搬运5块相同的砖（图中阴影部分相当于砖夹），当砖处于平衡状态时，下列说法正确的是（）
A.砖夹对砖块的水平压力越大，1、5两块砖受到的摩擦力越大
B.3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半
C.4对3的摩擦力方向竖直向下
D.1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力完全相同
二、多选题
如图所示，质量为M的斜面体放置在粗糙的水平地面上，其斜面倾角为α，质量为m的小物块受到沿斜面向上拉力F，m与M始终保持静止．下列说法正确的是（）
A.m受到的摩擦力一定沿斜面向下
B.m可能只受3个力
C.地面对M的支持力为(m+M)g
D.地面对M的摩擦力大小为F cosα
如图所示，挡板可以绕竖直墙壁的A点转动，质量为3kg的光滑球被挡板挡住而保持静止状态，此时挡板与竖直墙面的夹角为θ=30∘，则下列说法正确的是（）A.小球受到挡板的弹力大小为20√3N
B.小球受到墙壁的弹力大小为30√3N
C.若沿顺时针缓慢转动挡板，小球受到挡板的弹力增大
D.若沿顺时针缓慢转动挡板，小球受到墙壁的弹力减小
如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA=30∘．乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有光滑的小滑轮，用一根轻绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA=30∘，下列说法正确的是（）
A.甲图中OA细绳的拉力为mg
B.甲图中轻杆受到的弹力为√3mg
C.乙图中OA细绳的拉力为mg
D.乙图中轻杆受到的弹力为√3mg
三、实验探究题
某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：
（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；
（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（打点计时器的工作频率为50Hz）．
请回答下列问题：
①打点计时器在打下D点时滑块的速度v D=________m/s；（结果保留3位有效数字）
②滑块做匀加速直线运动的加速度a=________m/s2；（结果保留3位有效数字）
③滑块质量M=________（用字母a、m0和当地重力加速度g表示）．
（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m（均小于m0）的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度．
（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a−mg图像如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量
M=________kg．（取g=10m/s2，结果保留3位有效数字）
四、解答题
如图所示，质量为M的人通过定滑轮将质量为m的重物以加速度a竖直向上提，重物上升过程，人保持静止．若绳与竖直方向夹角为θ，求：
（1）绳子对重物的拉力多大？
（2）人对地面的压力？
一质量为m＝40kg的小孩站在电梯内的体重计上，电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示．求在这段时间内电梯上升的高度是多少（取重力加速度g＝10m/s2）
如图所示，一个底面粗糙，质量为M、倾角为α的斜面置于粗糙水平面上，有一质量为m的球与轻绳连结，绳中一端拴在天花板上的O点，斜面部分光滑，小球静止时，绳与斜面夹角亦为α（α=30∘）．求：（1）绳对小球的拉力大小．
（2）地面对斜面的支持力和摩擦力．
滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下，当速度达到16m/s时，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长L AB=128m，倾角θ=37∘，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5．滑沙车经过B点前后的速度大小不变，不计空气阻力．（sin37∘= 0.6，cos37∘=0.8）求：
（1）游客加速下滑时的加速度；
（2）游客由A滑到B的时间；
（3）若游客在水平滑道施加制动力，使其在水平滑道的最大滑行距离为不加制动力滑行最大滑行距离的5
8
，则他需在水平滑道对滑沙车施加多大的水平制动力？
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市某校新校区高一第四次周测 (物理)
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
牛顿第一定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．由牛顿第一定律可知，物体在不受力或合力为零的情况下始终处于静止或匀速直线运动状态，故A错误；
B．静止或匀速直线运动的物体，可能不受任何外力作用，也有可能受到外力的作用，但外力的和等于0，故B错误；
C．伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，而不能说明力是改变运动的原因，故C错误；D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因是不受力或合外力为零，又揭示了运动状态改变的原因是合外力不为零，故D正确．
故选：D．
2.
【答案】
C
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
物体的弹性和弹力
超重和失重
【解析】
下落过程中正确对小球进行受力分析，然后根据牛顿第二定律即可判断其加速度的变化情况，然后进一步判断速度变化情况．
【解答】
解：A．弹簧的压缩量不断变大，故弹簧的弹力不断变大，故A错误；
BCD．小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当和弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，此时有mg−kΔx=ma，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，加速度减小，但是物体仍加速运动，当mg=kΔx时，加速度等于零，速度最大，物体继续向下运动，弹簧继续被压缩，弹力大于重力，物体开始减速运动，所以整个过程中物体先加速后减速运动，加速度先减小后增大，小球先处于失重状态后处于超重状态，故BD错误，C正确．
故选：C．
3.
【答案】
A
【考点】
整体法与隔离法在平衡问题中的应用【解析】
以物体b为研究对象进行受力分析，根据平衡条件分析AB选项；
以整体为研究对象分析物体a是否受到水平桌面的摩擦力；
根据牛顿第三定律分析物体b对a的压力和a对b的支持力的关系．
【解答】
解：AB．对b受力分析可知，物体b受到重力、a对b的支持力、摩擦力，物体a对b的作用力即为支持力和摩擦力的合力，由平衡条件可知，支持力与摩擦力的合力和重力等大反向，故A正确，B错误；
C．对a、b整体受力分析可知，物体a水平方向不受摩擦力的作用，故C错误；
D．由牛顿第三定律可知，物体b对a的压力和a对b的支持力是一对相互作用力，故D错误．
故选：A．
4.
【答案】
D
【考点】
合力的大小与分力间夹角的关系
【解析】
由平衡条件、牛顿第三定律即可分析得出.
【解答】
解：A．当θ不同时，运动员仍然处于静止状态，则运动员所受合力均为0，即运动员受到的合力相同，故A 错误；
B．根据牛顿第三定律可知，不管角度如何，相互作用力总是大小相等的，故B错误；
CD．由于两手对称，无论θ角多大，运动员单手所受地面的支持力大小等于自身重力的一半，故D正确，C错误．
故选：D．
5.
【答案】
D
【考点】
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
动力学中的整体法与隔离法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得：
2mg sinα−μA mg cosα−μB mg cosα=2ma，
解得：a=1
4
g sinα，
对B受力分析，根据牛顿第二定律可得：
mg sinα−N AB−μB mg cosα=ma，
解得：N AB=1
4
mg sinα，故D正确，ABC错误．
故选：D．
6.
【答案】
D
【考点】
轻绳、轻杆瞬时问题 【解析】
小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小。

细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度。

【解答】
解：AB ．小球静止时，分析受力情况，如图所示：
弹簧的弹力大小为：F =mg tan 53∘=4
3mg
，
细绳的拉力大小为：T =
mg cos 53∘
=5
3
mg ，故AB 错误．
CD ．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力大小相等、方向相反，则细绳烧断瞬间小球的加速度大小为：a =T
m =5
3g ，故C 错误，D 正确． 故选D ． 7.
【答案】 B
【考点】 摩擦力的判断
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【解析】
整体处于静止状态，根据平衡条件分析摩擦力的大小和方向。

【解答】
解：设每块砖的质量为m ；
A ．只有滑动摩擦和最大静摩擦才和正压力成正比，对整体根据平衡条件可得1、5两块砖受到的摩擦力大小均为2.5mg ，与正压力无关，故A 错误；
BC ．对3受力分析，根据平衡条件可得3受到2施加的摩擦力大小与3受到4施加的摩擦力大小之和等于3的重力，所以3受到2施加的摩擦力大小等于自身重力的一半，方向向上，所以4对3的摩擦力方向竖直向上，故B 正确，C 错误；
D ．1受到2施加的摩擦力与4受到5施加的摩擦力大小相等，方向相反，故D 错误． 故选B ． 二、多选题
【答案】 B,D
【考点】 摩擦力的判断
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：AB ．以小物块为研究对象，其受重力，拉力和斜面的支持力，由于无法比较拉力F 与重力在斜面上分力的大小，故无法判断其受到摩擦力的大小和方向，因此m 可能受到三个力，故A 错误，B 正确； CD ．以小物块和斜面整体为研究对象，由平衡条件得： f =F cos α，N +F sin α=(M +m)g ，
解得f =F cos α，N =(M +m)g −F sin α，故C 错误，D 正确． 故选BD ． 【答案】 B,D
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用 解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：设墙壁对球的支持力为F ，板对球的支持力为N ， 由平衡条件得mg =F tan θ，N sin θ=mg ，
解得N =60N ，F =30√3N ，
由上述公式可知，若沿顺时针缓慢转动挡板，重力不变，角度增大，小球受到挡板的弹力减小，受到墙壁的弹力减小，故AC 错误，BD 正确． 故选BD ． 【答案】 B,C
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用 【解析】
对O 点受力分析，受m 的拉力（等于G ）、轻杆的弹力和绳AO 的拉力，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可；跨过光滑定滑轮的轻绳上张力大小处处相等，杆对滑轮的作用力应该是两滑轮两侧细绳拉力的合力，根据平衡条件和平行四边形定则求解； 【解答】
解：AC ．对甲、乙分别受力分析如图所示：
图甲中，以O 点为研究对象，根据平衡条件得：F T 1=mg
sin 30∘=2mg ，
图乙中是用一根轻绳跨过滑轮悬挂物体的，AOC 是同一段绳子，故乙图中绳子的拉力为F T 1′=F T 2
′
=mg ，故A 错误，C 正确；
BD．由甲图的受力分析可知，甲图中轻杆受的弹力为F N1′=F N1=mg cot30∘=√3mg，
对乙图中的滑轮受力分析，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向与两段绳的合力大小相等，方向相反，
由图乙可得F2=2mg cos60∘=mg，则乙图中轻杆受到的弹力为mg，故B正确，D错误．
故选BC．
三、实验探究题
【答案】
（2）①1.69,②3.88,③g
a
m0
（4）0.200
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
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D点时小车的瞬时速度大小；
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小；
当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；
根据牛顿第二定律有mg＝Ma，由此可解得滑块的质量。

【解答】
解：（2）①由图示纸带可知，两个相邻计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔t=2T= 0.04s，
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，可以求出纸带上D点时小车的瞬时速度大小：
v D=x CE
2t =24.56−11.04
2×0.04
×10−2m/s=1.69m/s．
②根据Δx=aT2可以知，加速度的大小：
a=x CD−x AB+x DE−x BC
4t2
≈3.88m/s2．
③滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得：Mg sinθ=f+m0g，去掉钩码后滑块沿木板向下做匀
加速直线运动，受到的合外力为：F
合=Mg sinθ−f=m0g，由牛顿第二定律得：F
合
=Ma，解得：a=
g
a
m0．
（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得：Mg sinθ−f=m0g，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，
受到的合外力为：F
合
′=Mg sinθ−f−mg，
由牛顿第二定律得：F
合
′=Ma，
解得：a=−m
M g+m0g
M
，
由图丙所示图像可知：k=−1
M =−3.5+1.0
0.5
=−5，
解得：M=0.200kg．四、解答题
【答案】
（1）绳子对重物的拉力为m(g+a)；
（2）人对地面的压力为Mg−m(g+a)cosθ．
【考点】
加速度与力、质量的关系式
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
先对物体运用牛顿第二定律求得绳的拉力，再对人进行受力分析即人处于平衡状态，受力平衡，可求得人受到地面的摩擦力和地面对人的支持力，根据牛顿第三定律可知人对地面的压力等于地面对人的支持力．【解答】
解：（1）对物体运用牛顿第二定律得：
T−mg=ma，
解得：T=m(g+a)；
（2）对人进行受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图所示，
根据共点力平衡条件，有：
N=Mg−T cosθ=Mg−m(g+a)cosθ，
根据牛顿第三定律可知人对地面的压力等于地面对人的支持力，
即N′=Mg−m(g+a)cosθ．
【答案】
在这段时间内电梯上升的高度是为9m．
【考点】
加速度与力、质量的关系式
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
对小孩受力分析，受重力和支持力，体重计示数等于支持力大小，求出各段时间内（加速、匀速、减速）物体的加速度，结合运动学规律求上升的总高度．
【解答】
解：在0s∼2s内，电梯做匀加速运动，加速度为：a1=F1−mg
m
=440−400
40
m/s2=1m/s2，
上升高度为：ℎ1=1
2
a1t12=1
2
×1×22m=2m，
2s末速度为：v＝a1t1＝1×2m/s＝2m/s，
在中间3s内，电梯加速度为0，做匀速运动，
上升高度：ℎ2＝vt2＝2×3m＝6m，
最后1s内做匀减速运动，加速度：a2=F3−mg
m
=320−400
40
m/s2=−2m/s2，在第6s末恰好停止．
上升高度：ℎ3=1
2vt3=1
2
×2×1m=1m，
故在这段时间内上升高度为：ℎ＝ℎ1+ℎ2+ℎ3＝2m+6m+1m＝9m．【答案】
（1）绳对小球的拉力大小为√3
3
mg．
（2）地面对斜面体的支持力为(M+m
2)g，地面对斜面体的摩擦力为√3
6
mg．
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【解析】
小球和斜面均处于平衡状态，分别对小球和斜面受力分析应用合成或分解即可解决．【解答】
解：（1）选小球为研究对象，受力分析并合成如图：
由平衡条件：F′=mg，
由平面几何知识可得：N与F′夹角为30∘，T与F′夹角也为30∘，
故画出的平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角三角形．
由：cos30∘=G
2
T
，
得：T=√3
3
mg．
（2）以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析，
根据平衡条件，
竖直方向：Mg+mg=N+T cos30∘，
得：N=(M+m
2
)g，
水平方向：f=T sin30∘=√3
6
mg，
地面对斜面体的摩擦力为√3
6
mg．
【答案】
（1）游客加速下滑时的加速度是2m/s2；
（2）游客由A滑到B的时间是12s；
（3）他需在水平滑道对滑沙车施加210N的水平制动力．
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
（1）加速过程，把人和滑板看成整体，对其进行受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度；
（2）根据位移时间关系公式求解出加速过程的位移，然后计算匀速的时间；
（3）直接对减速过程运用牛顿第二定律和运动学的公式即可求得结果．该题也可以使用动能定理列式求解．
【解答】
解：（1）加速过程，把人和滑板看成整体，受重力、支持力和摩擦力，
根据牛顿第二定律，有：
mg sin37∘−μmg cos37∘=ma，
解得：a=g(sin37∘−μcos37∘)=2m/s2；
（2）加速到16m/s所用的时间：t1=v
a
=16
2
s=8s，
匀加速的位移为：x1=1
2
at12=1
2
×2×82m=64m，
匀速的位移为：x2=L AB−x1=128m−64m=64m，
故匀速的时间为：t2=x2
v
=64
16
s=4s，
总时间：t=t1+t2=8s+4s=12s；
（3）在水平BC段，若不施加制动力时：μmg=ma′，v2=2a′x3，
得：x3=v2
2a′
=162
2×0.5×10
m=25.6m，
在水平BC段，施加制动力时
由题意可得x3′=5
8
x3=5
8
×25.6m=16m，
v2=2x3′a3，
得：a3=v2
2x3′
=162
2×16
m/s2=8m/s2，
由牛顿第二定律：F+μmg=ma3，
联立可得F=210N．。