安徽省六安市高一（下）开学考试物理试题（word版含答案）

安徽省六安市高一（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．质量为m的物块放在正沿水平直轨道向右匀加速行驶的车厢水平底板上，并用轻绳绕过两个光滑定滑轮连接质量为m的小球，与小球连接的轻绳与竖直方向始终成θ角，与物块连接的轻绳处于水平方向，物块相对车厢静止．重力加速度大小为g．下列说法正确的是（　　）
A．物块对车厢水平底板的压力大小为
B．物块的加速度大小为
C．轻绳的拉力大小为
D．物块所受底板的摩擦力大小为
2．在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是 （填字母代号）
A．两细绳必须等长
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
3．一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为vt，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．用θ表示它的速度方向与水平方向的夹角，则
B．它的运动时间是
C．它的竖直方向位移是
D．它的位移是
4．如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角。若在B点悬挂一个定滑轮（不计重力），某人用它以匀速地向上提起重物。已知重物的质量 m＝30 kg，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2。试求（　　）
A．人对绳子的拉力为400N
B．人对地面的压力为200N
C．轻杆BC的张力为400N
D．水平细绳AB的张力为240N
5．如图所示，上方传送带始终以的速度向右运动，左右两端相距。将一质量的木块由传送带左端静止释放，木块与传送带之间的动摩擦因数为，则（　　）
A．木块从左端运动到右端的过程中，摩擦力对木块做的功为16J
B．木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗了16J的电能
C．木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量为16J
D．木块从左端运动到右端的时间为
二、单选题
6．如图物体正沿一条曲线运动，此时物体受到的合力方向，下面四个图中一定错误的是 （ ）
A． B．
C． D．
7．有两个力，它们的合力为0.现在把其中一个向东6N的力改为向南（大小不变），它们的合力大小为（　　）
A．6N B．6N C．12N D．0
8．如图所示，a为不带电的物块，b为带负电的物块，b的上下表面都涂有绝缘层。a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有方向水平向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块，在a、b一起无相对滑动地沿地面向左加速运动的过程中（　　）
A．a对b的压力变大
B．a对b的摩擦力变大
C．b对地面的压力变大
D．b与地面间的摩擦力变大
9．如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，A、B均静止．则（ ）
A．B对A的压力大小为
B．细线对小球的拉力大小为
C．A对地面的压力大小为(M+m)g
D．地面对A有水平向左的摩擦力
10．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tanθ，传送带的速度为v(v0A． B．
C． D．
11．一物块沿倾角为的斜面向上滑后又滑回原处，物块与斜面间的动摩擦因数不变，运动过程中物块动能与位移x关系如图所示，则该过程中（重力加速度为g）（ ）
A．物块从底端上滑到最高点过程中克服阻力做功
B．物块从底端上滑到最高点过程中重力做功为
C．物块在上滑过程中加速度大小为
D．物块与斜面间的动摩擦因数为
12．如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力(即F1、F2和摩擦力)的作用，木块处于静止状态。其中F1=13N，F2=3N，若撤去F1，则木块在水平方向受到的合力为
A．13N，方向向左 B．10N，方向向右
C．3N，方向向左 D．零
13．关于加速度和速度的关系，下列说法正确的是（ ）
A．加速度很大，速度一定很大 B．加速度很大，速度变化量一定很大
C．只要有加速度，速度就会不断增加 D．加速度越大，速度变化率就越大
三、解答题
14．国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的某快递从倾角为的斜面顶端A点静止释放，沿斜面下滑，进入水平传送带传送，最后能从水平末端C点水平抛出，落到水平地面，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面长，水平传送带长，传送带上表面距水平地面，该快递与斜面间动摩擦因数，与传动带间动摩擦因数，传送带以大小为的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小。求：
（1）快递刚滑到传送带上时的速度的大小；
（2）传送带以顺时针转动，则快递落地点与抛出点C点的水平距离多大？
（3）调节传送带速度使快递落地点与抛出点C点的水平距离最大，传送带速度至少多大？
（4）若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆形，如图乙为传送带右半部分和装置的示意图，C点为圆心，半径为，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大？
15．如图所示，一长木板B的质量M=4kg，静止在光滑水平地面上。现有一质量m=1kg的小滑块A以v0=3m/s的初速度向右滑上长木板，同时对滑块施加一个大小F=2N的水平向右的恒定拉力。当木板与滑块的速度达到相等的瞬间，木板恰好碰到右方的固定挡板P并立刻停止运动，滑块继续运动一段时间后停在木板上。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块与木板各自的加速度
(2)木板右端与挡板P之间的初始距离d。
(3)整个过程滑块和木板组成的系统由于摩擦产生的热量Q。
16．飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某研究所设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1=120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F。一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F=1.2×105N，考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的，飞机离舰起飞的速度v=100m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点，请你求出（计算结果均保留两位有效数字）：
（1）飞机在后一阶段的加速度大小；
（2）电磁弹射器的牵引力F的大小。
17．如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A、B用细线跨过光滑定滑轮相连，A与滑轮间的细线与斜面平行，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示(B落地后不反弹)．已知mA＝2kg，mB＝4kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：
(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移．
18．一热气球以5m/s的初速度，由地面开始匀速上升，运动30s末有一小物体从气球上脱落，已知小物体此后做竖直上抛运动，则此小物体经过多长时间能落回地面？触地时的速度是多大？（空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2）
试卷第页，共页
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参考答案：
1．CD
【解析】
【分析】
先以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体研究，进行受力分析，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．
【详解】
BC．对小球进行受力分析如图所示，
，
根据三角形定则可知小球的合力为：，绳子的拉力为：，根据牛顿第二定律知，其加速度为：，故B错误，C正确；
AD．对物体受力如图所示，
竖直方向：
，
水平方向：
，
解得物体受到地板对其摩擦力为：
，
故A错误，D正确；
【点睛】
解决该题的核心是先对小球进行受力分析，根据三角形定则或平行四边形定则求出其加速度；
2．BD
【解析】
【详解】
在验证力的实验中两根绳子不需要一定等长，因此A错误，弹簧称的示数不要尽可能的大，适中就行，C错误，而BD两项均能减小误差
3．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据几何关系知，
sin θ=
故A错误；
B．根据平行四边形定则知，物体落地时的竖直分速度
vy=，
则物体运动的时间
t==
故B正确；
CD．竖直方向的位移
y==
水平位移
x=v0t=v0
根据平行四边形定则知，物体的位移
s==
故C正确，D错误。
故选BC。
4．BC
【解析】
【分析】
【详解】
重物做匀速运动，由平衡条件可得绳子拉力等于其重力，所以人对绳子的拉力也等于重物的重力为T=300N，则A错误；
B．地面对人的支持力为N则有
解得
N=200N
由牛顿第三定律可得人对地面的压力为200N，所以B正确；
C．对B点受力分析如图所示
轻杆BC的张力为
所以C正确；
D．水平细绳AB的张力为
所以D错误；
故选BC。
5．BD
【解析】
【详解】
由于滑块初速度为零，滑块开始时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
同步时位移为，根据
联立以上两式解得
匀加速所用时间
匀速运动时间
全程所用时间
摩擦力对木块做功
木块加速阶段传送带的位移
木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量为
滑块加速阶段电动机会因克服摩擦力做功多消耗的电能，多消耗的电能
故AC错误，BD正确。
故选BD。
6．C
【解析】
【详解】
质点做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，并且这个合力是物体作曲线运动的向心力的，所以合力应该指向曲线弯曲的一侧．故C一定错误
故选C
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
两个力合力为0，其中一个向东的力为6N，则另一个力向西且大小也为6N，将向东的6N的力改为向南，则向西的6N的力与向南的6N的力的合力大小为6N。
故选B。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．a对b的压力大小等于a的重力大小，保持不变，A错误；
BCD．a、b物体当成一个整体受到竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力、竖直向上的洛伦兹力、水平向右的拉力以及水平向右的摩擦力
水平方向
竖直方向
洛伦兹力随着速度的增大而增大，则地面的支持力减小，则b对地面的压力减小，地面对b的摩擦力减小，则整体的加速度增大，a物体的加速度由b对a的静摩擦力提供，则b对a的静摩擦力增大，a对b的摩擦力也增大，CD错误，B正确。
故选B。
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．对小球B受力分析，如图所示
根据平衡条件有
T=mgtanθ
其中
联立解得A对B的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为，细线对小球的拉力大小为
AB错误；
CD．对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力作用，根据平衡条件可知，地面支持力等于整体的重力(M+m)g，据牛顿第三定律可知，整体对地面的压力大小为(M+m)g，C正确，D错误。
故选C。
10．B
【解析】
【详解】
由物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tanθ.传送带的速度为v(v0故选：B
点睛：由于μ>tanθ.所以达到共速时可以一起匀速运动，所以物体的速度最大可以达到v
11．D
【解析】
【详解】
A、B项：上滑过程中有：
下滑过程中的：
解得：， ，上滑过程中重力做负功，故A、B错误；
C、D项： 上滑过程有： ，
下滑过程有： ，
由以上各式解得： ，，故D正确．
12．D
【解析】
【详解】
木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有：
f=F1-F2=13-3=10N；
物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于10N；撤去F1后，剩下的F2=3N，小于10N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零；
A．13N，方向向左，与结论不相符，选项A错误；
B．10N，方向向右，与结论不相符，选项B错误；
C．3N，方向向左，与结论不相符，选项C错误；
D．零，与结论相符，选项D正确；
故选D。
13．D
【解析】
【详解】
加速度很大，速度不一定很大，例如火箭将要发射时，加速度很大，速度为零，选项A错误；加速度很大，速度变化量不一定很大，还与时间有关，选项B错误；若加速度和速度反向，则有加速度时，速度不断减小，选项C错误；根据加速度的概念可知，加速度越大，速度变化率就越大，选项D正确；故选D.
14．（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】
（1）从A到B，根据牛顿第二定律有
可得
根据
得
（2）因为，所以物体先减速，若在传送带上减速至，由
可得
故先减速后匀速。
从C点平抛到落地
得
由水平位移
得
（3）由题意知，若物体在传送带上一直加速，落地点与抛出点C点的水平距离最大，由
可得
故传送带速度至少为。
（4）设落到收集装置时速度为v1，则
设C点抛出时水平速度为，落到收集装置时水平位移x，竖直位移y
得
即
代入得
由数学可知，当
时，v最小，得
由
得
由（2）（3）可知，物体在传送带上先匀减速到，再一起匀速，即传送带速度应该调节为。
15．(1) 2m/s2；1m/s2；(2)0.5m；(3)7J
【解析】
【详解】
(1)A、B间的摩擦力
可知，所以A做匀减速运动
由牛顿第二定律可得
加速度大小
对B由牛顿第二定律可得
(2)设经过时间两者速度相等，由运动学公式可得
解得
所以木板右端与挡板P之间的初始距离
(3)木板停下后，A继续做匀减速运动直至停下，A全过程相对地面的位移为，则有
解得
所以整个过程系统克服摩擦力做功为
16．（1）4.0m/s2；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为
则
得
（2）令电磁弹射阶段飞机加速度为a1、末速度为v1，平均阻力为
则
联立代入数据得
由
代入数据得
17．(1)0.25　(2)0.75
【解析】
【分析】
(1)由v－t图象求出B牵引A时两者加速度的大小，对A、B分别受力分析据牛顿第二定律列式，求得A与斜面间的动摩擦因数；
(2)B落地后，A继续上升，对A受力分析据牛顿第二定律求得A继续上升的加速度，用运动学公式求得A加速上升和减速上升的位移，相加后得A沿斜面向上滑动的最大位移．
【详解】
(1)在0～0.5 s内，根据题图乙，可得A、B加速度的大小
设细线张力大小为T，分别对A、B受力分析，由牛顿第二定律得：
解得：、
(2)B落地后，A继续减速上升，由牛顿第二定律有：
，解得：
A减速向上滑动的位移
0～0.5 s内A加速向上滑动的位移
所以，A上滑的最大位移
18．6s ，速度大小55m/s，方向竖直向下
【解析】
【分析】
【详解】
解：小物体脱落时物体距地面的距离
h=v0t0=5×30m=150m
已知小物体此后做竖直上抛运动，以竖直向上为正方向，由位移时间公式，则有
代入数据得
解得
t=6s
触地时的速度是
v=v0 gt=5 m/s 10×6 m/s = 55m/s
速度方向竖直向下。
考点：竖直上抛。
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