福建省龙岩市武平县第一中学2021-2022学年高一上学期月考物理试卷

武平一中高一物理试卷
一、单选题
1.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现向b盒内缓慢加入适量砂粒，a b c
、、始终处于静止状态，下列说法中正确的是( )
A.b对c的摩擦力可能先减小后增大
B.地面对c的支持力可能不变
C.c对地面的摩擦力方向始终向左
D.弹簧的弹力可能增大
2.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，能保
持平衡的是( )
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
3.木板MN的N端通过铰链固定在水平地面上，M端可自由
转动。

刚开始A、B两物块叠放在一起静止在木板上，如图所示，此时B物块上表面水平，木板与地面之间的夹角为θ。

现使夹角θ缓慢增大，若此过程中A、B与木板始
终保持相对静止状态。

则( )
A.物块A、B间始终没有摩擦力
B.物块B对物块A的作用力不变
C.木板对物块B的作用力减小
D.木板与物块B之间的摩擦力减小
4.如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端
与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光
滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A.A球的受力情况未变，加速度为零
B.C球的加速度沿斜面向下，大小为g
C.A、B之间杆的拉力为mg sinθ
D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为1
sin 2
g
5.如图所示,静止在水平地面上倾角为θ斜面光滑的斜面体上,有一斜劈
A,A的上表面水平且放有一斜劈B,B的上表面上有一物块C,A、B、C一
起沿斜面匀加速下滑.已知A、B、C的质量均为m,重力加速度为g.下列
说法正确的是( )
A.A的上表面可以是光滑的
B.C可能只受两个力作用
C.A加速度大小为g cosθ
D.斜面体受到地面的摩擦力为零
6.在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮本身所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m 的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直．假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为
F F F F
甲乙丁
丙
、、、，则以下判断中正确的是( )
A．F F F F
甲乙丁
丙
＞＝＞
B ．F F F F 甲乙丁丙＝＝＝
C ． F F F F 甲丁乙丙＝＝＞
D ．F F F F 丁甲乙丙＞＝＞
7.两根平行金属导轨MN 、PQ ，间距为d ，与水平面成60θ=︒角时，质量为m 的圆柱体恰能匀速下滑，圆柱体横截面半径为r ，当两根平行金属导轨MN 、PQ 放水平后，间距不变，对圆柱体施加一水平拉力Ｆ，使圆柱体作匀速直线运动，已知d=r,则Ｆ为
A. 33mg
B. 32
mg C. mg D. 3mg
8.如图，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A 、B 两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1θ，绳子张力为1F ；将绳子右端移到C 点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2θ，绳子张力为2F ；将绳子右端再由C 点移到D 点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3θ，绳子张力为3F ，不计摩擦，并且BC 为竖直线，则（ ） A ．321θθθ==
B ．
321θθθ<=
C ． 321F F F >> D.
3
21F F F >=
9.一足够长的木板B 静置于光滑水平面上，如图甲所示，其上放置小滑块A ，木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，木板B 的加速度a 随力F 变化的a F -图像如图乙所示，g 取210m/s ，下列判定错误的是( ) A.木板B 的质量为1 kg B.当10N F =时木板B 的加速度为24m/s C.滑块A 的质量为4 kg D.当10N F =时滑块A 的加速度为22m/s
10.如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m 的小球从弹簧的另一端所在
位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g 。

在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述中不正确的是( ) A.小球的速度先增大后减小 B.小球的加速度先减小后增大
C.小球速度最大时弹簧的形变量为mg
k
D.弹簧
的最大形变量为
mg
k
11.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m 的物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点。

如果物体受到的阻力恒定，则( )
A.物体从A 到O 先加速后减速
B.物体从A 到O 做加速运动，从O 到B 做减速运动
C.物体运动到O 点时，所受合力为零
D.物体从A 到O 的过程中，加速度逐渐减小
12.两倾斜的平行杆上分别套着a b 、两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。

当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a 的悬线与杆垂直，b 的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是( )
A.a 环与杆有摩擦力
B.d 球处于失重状态
C.杆对a b 、环的弹力大小相等
D.细线对c d 、球的弹力大小可能相等
13.将两质量不同的物体P Q 、放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P 上施加沿斜面向上的恒力F ，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，在P 上施加水平向右的相等恒力F ；图丙为两物体叠放在一起，在物体P 上施加一竖直向上的相等恒力F 使二者向上加速运动。

三种情况下两物体的加速度大小分
别为
a a a 甲乙丙、、，两物体间的作用力分别为 F F F 甲乙丙、、。

则下列说法正确的是( ) A.a 乙最大，F 乙最大
B. a 丙最大， F 丙最大
C.
,a a a F F F ====甲乙甲乙丙丙 D. ,a a a F F F >>==乙甲甲乙丙丙 二、多选题
14.如图所示，光滑水平面和倾角为45°的光滑斜面对接，质量为m 的小球静止在斜面底端。

对小球施加一水平向右的作用力F ，小球未离开水平面，重力加速度为g ，则F 的值可能为( ) A.12mg 2 2mg D.2mg 15.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000 kV 的高压
线上带电作业的过程,如图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮上。

令一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。

身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方E 点的电缆处。

绳OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及其携带的设备总质量为m ，不计一切阻力，重力加速度大小为g 。

关于王进从C 点运动到E 点的过程中，下列说法正确的是( ) A.工人对绳的拉力一直变大 B.绳OD 的拉力一直变小 C.OD CD 、两绳拉力的合力大小等于mg
D.当绳CD 与竖直方向的夹角为30°3
16.一斜劈静止于粗糙的水平地面上,在其斜面上放一滑块,若给一向下的初速度,则正好保持匀速下滑,斜劈依然不动。

如图所示,正确的是( ) A.在滑块上加一竖直向下的力1F ,则滑块将保持匀速运动,斜劈对地无摩擦力的作用
B.在滑块上加一个沿斜面向下的力2F ,则将做加速运动,斜劈对地有水平向左的静摩擦力作用
C.在滑块上加一个水平向右的力3F ,则滑块将做减速运动,停止前对地有向右的静摩擦力作用
D.无论在滑块上加什么方向的力,在滑块停止前斜劈对地都无静摩擦力的作用
17.如图所示,质量为m 的木块在质量为M 的长木板上，受到拉力F 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1μ，木板与地面间的动摩擦因数为2μ.下列说法正确的是
A. 木板受到地面的摩擦力的大小是()2m M g μ+
B. 木板受到地面的摩擦力的大小是1mg μ
C. 当()2F m M g μ>+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
18.光滑水平面上有一足够长的轻质木板C,C 上放有质量分别
为2m 、m 的物块A 和B,AB 与木板之间的摩擦因数均为μ(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力),如图所示,系统处于静止状态。

逐渐增大作用在A 上的水平拉力F,以下说法正确的是( ) A.当F=2μmg 时,A 与C 将发生相对滑动 B.无论F 为多大,A 与都不会发生相对滑动 C.当F=3μmg 时,B 与C 将发生相对滑动
D.无论F 为多大,B 与C 都不会发生相对滑动
19.一个质量为M 的圆环(可视为质点)套在一个倾角为θ的粗糙直杆上,圆环下面通过细线悬挂一个质量为m 的小球,小球受到水平向右的风力作用,此时细线与竖直方向的夹角为α。

整个过程中环相对于杆静止,稳定后球相对于环静止。

则下列说法中正确的是( ) A.若水平风力增大后,圆环受到杆的支持力不变 B.若水平风力增大后,圆环受到杆的支持力增大 C.当θα=时,环受到杆的摩擦力为零
D.当θα=时,环受到杆的摩擦力不为零,方向沿杆斜向上
武平一中高一物理试卷参考答案
1.答案：A 解析：本题考查了力的平衡问题，需注意本题中摩擦力的方向，体现了科学推理的素养要素。

当向b 盒内缓慢加入砂粒的过程中，a b c 、、一直处于静止状态，对a 分析，弹簧弹力不变，a 的重力不变，则细绳拉力不变；对b c 、整体分析知，其受方向始终向左的摩擦力，故c 对地面的摩擦力方向始终向右，由于b c 、整体质量增大，则地面对c 的支持力增大，B 、C 、D 错。

如果开始时，b 所受c 的摩擦力沿斜面向下，则对b 分析可知，随着砂粒的加入c 对b 的摩擦力可能先减小后增大，则b 对c 的摩擦力先减小后增大，A 对。

2.答案：B
解析：题中两杆都由铰链固定或连接，所受弹力方向都沿着杆。

如果杆受拉力作用，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，题图甲、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。

3.答案：B
解析：A.当θ增大时，B 的上表面不在水平，此时A 有向下运动趋势，物块A 、B 间就有摩擦力了，故A 错误； B.物体A 始终处于平衡状态，物块B 对物块A 的作用力始终与A 的重力等大反向，物块B 对物块A 的作用力不变，故B 正确； C.木板对物块B 的作用力与A 对B 的作用力的合力与B 的重力平衡，物块B 对物块A 的作用力不变，则物块A 对物块B
的作用力不变，所以木板对物块B 的作用力不变，故C 错误D.随着θ角的增大，A 、B 与木板始终保持相对静止状态，则木板与物块B 之间的摩擦力增大，故D 错误。

故选：B 。

4.答案：D
解析：细线被烧断的瞬间，AB 作为整体，不再受细线的拉力作用，故受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A 错误；对球C ，由牛顿第二定律得：sin mg ma θ=，解得：sin a g θ=，方向沿斜面向下，故B 错误；以A B 、组成的系统为研究对象，烧断细线前，A B 、静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力T 3sin F mg θ=，以C 为研究对象知，细线的拉力为sin mg θ，烧断细线的瞬间，A B 、受到的合力等于
3sin 2sin sin mg mg mg θθθ-=，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律
得：sin 2mg ma θ=，则加速度1
sin 2a g θ=，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：
sin AB F mg ma θ-=，解得：3
sin 2
AB F mg θ=，故C 错误，D 正确．
5.答案：B
解析：对B 、C 整体受力分析,受重力、支持力,B 、C 沿斜面匀加速下滑,则A 、B 间摩擦力不为零,故A 错误;
如果B 的上表面是光滑的,倾角也为θ,C 可能只受两个力作用,B 正确;
选A 、B 、C 整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知A 加速度大小为gsin θ,C 错误; 对A 、B 、C 和斜面体整体分析,斜面体受地面的摩擦力水平向左,故D 错误. 6.答案：D
解析：轻绳上的拉力等于重物所受的重力mg ，设滑轮两侧轻绳之间的夹角为φ，滑轮受到木杆P 的弹力F 等于滑轮两侧轻绳拉力的合力，即2cos
2
F mg ϕ
=，由夹角关系可得
F F F F 丁甲乙丙＞＝＞，选项D 正确。

7.答案：D 解析： 8.答案：B 解析： 9.答案：C
解析：当F 等于8 N 时，A B 、的加速度都为22m /s a =，对整体分析，由牛顿第二定律有()F M m a =+，代入数据解得4kg M m +=；当F 大于8 N 时，对B 由牛顿第二定律得
1F mg mg a F M M M μμ-==-，由图示图像可知，图线的斜率111Δ2kg 1kg Δ86
a k M F --=
===-，则木板B 的质量1kg M =，滑块A 的质量3kg m =，故A 正确，不符合题意，C 错误，符
合题意。

根据F 大于8 N 的图线知，6N F =时，0a =，由1mg a F M M
μ=-，可知13100611
μ⨯⨯=⨯-，解得0.2μ=，由图示图像可知，当10N F =时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为2110.231010m /s 11mg a F M M μ⨯⨯⎛⎫=-=⨯-= ⎪⎝⎭
2
4m /s ，故B 正确，不符合题意；当10N F =时，A B 、相对滑动，滑块A 的加速度22m /s A Mg
a g M
μμ===，故D 正确，不符合题意。

故选C 。

10.答案：D
解析：开始时，小球的重力大于弹力，加速度方向向下，小球向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即mg kx =，得
mg x k
=，此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力,加速度变
为向上，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩
量为22mg
x k
=
，故选项A 、B 、C 正确，D 错误。

11.答案：A
解析：物体从A 到O ，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右，随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大；当物体向右运动至A O 、间某点（设为点O '）时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大；此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O '点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。

综合以上分析，只有选项A 正确。

12.答案：C 解析： 13.答案：D
解析：以P Q 、为整体由牛顿第二定律可得：
甲图：()()
sin P Q P Q F m m g m m a θ-+=+甲 解得：() sin P Q P Q
F m m g a m m θ
-+=
+甲
乙图：()
P Q F m m a =+乙 解得：P Q
F
a m m =+乙
丙图：()()
P Q P Q F m m g m m a -+=+丙 解得：()
P
Q
P Q
F m m g
a m m -+=
+丙 由以上三式可得： a a a >>乙甲丙；
对Q 由牛顿第二定律可得：
甲图： sin Q Q F m g m a θ-=甲甲 解得： Q P Q
m F F m m =
+甲 乙图：Q Q P Q
m F F m a m m ==
+乙乙
丙图： Q Q F m g m a -=丙丙
解得：
Q P Q
m F
F m m =+丙 综上所述，应选D 。

14.答案：AB
解析：本题考查物体平衡条件的应用。

对小球施加一水平向右的作用力F ，当力F 为零时，小球受重力和水平面的支持力保持平衡，随着力F 的增大，斜面对小球产生弹力的作用，当小球恰好与水平面无作用力，仅受斜面弹力而保持平衡时，F 最大，此时小球受力如图所
示，根据几何关系有max F mg =，所以12mg
为F 的可能值，故A 、B 正确，C 、D
错误。

15.答案：CD
解析：对兜篮、王进及其携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD 的拉力为1F ，与竖直方向的夹角为θ，绳CD 的拉力为2F ，与竖直方向的夹角为α，根据几何知识知290θα+=，
由正弦定理可得12,sin s πin sin 2F F mg
α
αθα==⎛⎫+ ⎪⎝⎭
增大，θ减小，则1F 增大，2F 减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；30α=时，30θ=，则22cos30F mg =，可求出23
3
F mg =
，D 正确。

16.答案：AD
解析：m 原来保持匀速下滑，M 静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾。

对m ，有：sin cos mg f mg θμθ==，即得sin cos θμθ=，θ是斜面的倾角。

A.当施加竖直向下的力1F 时，对整体受力分析，水平方向不受摩擦力，否则不能平衡，故对地面也没有摩擦力；
再对m 受力分析可知,()()sin cos 0mg F mg F θμθ+-+=，所以m 依然做匀速运动，故A 正确。

B.在m 上加一沿斜面向下的力2F ，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m 与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B 错误；
C.在m 上加一水平向右的力3F ,沿斜面方向：33sin cos cos si )n (0mg F mg F θθμθθ--+<,故物体做减速运动;对物块,所受支持力增加了3sin F θ,则摩擦力增加3sin F μθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：
则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C 错误；
D.无论在m 上加上什么方向的力，m 对斜面的压力与m 对斜面的摩擦力都是以1:μ的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D 正确。

故选：AD 17.答案：BD 解析：
18.答案：BC 解析：
19.答案：BD
解析：将圆环和小球看作整体,受力分析如图甲所示,建立如图甲所示的坐标系,由于F 风沿x 轴的分量和重力沿x 轴的分量大小未知,所以摩擦力的方向不确定;y 轴方向有
()cos sin 0y N F F M m g F θθ=-+-=风,则()cos sin N F M m g F θθ=++风,所以当F 风增大的时候,N F 一定增大,故A 错误;B 正确;当θα=时对圆环受力分析如图乙所示,故C 错误,D 正确。

20.答案：AC
解析：将B 放在A 上前，以A 为研究对象受力分析，根据平衡条件得1
sin302
F mg mg ==°；
当B 放在A 上瞬间，以A B 、整体为研究对象受力分析，整体所受合外力
2sin 302F mg F ma =-=合°，可得整体的加速度1122224
mg mg
g a m ⋅-==，故A 正确。

当B 放
在A 上瞬间时，B 具有沿斜面向下的加速度，可将B 的加速度沿水平方向和竖直方向分解，B 的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度水平分量由A 对B 的摩擦力提供，故B 错误。

B 的加速度有竖直方向的分量，且竖直向下，故可知，A 对B 的支持力与B 的重力的合力竖直向下，故A 对B 的支持力小于B 的重力，故D 错误。

A B 、一起下滑时，弹簧弹力增大，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至0时，A B 、具有最大速度，2sin300mg F '-=°，可得弹簧弹力F mg '=，所以共同下滑的距离
122mg mg
F F mg x k k k
-'-∆===，故C 正确。