2018-2019學(xué)年高一物理 寒假訓(xùn)練08 第四章B

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1、 寒假訓(xùn)練08第四章B 1．【2018年青島調(diào)研】如圖所示，玩具小車的質(zhì)量M=2kg，小車與水平地面間的阻力忽略不計，質(zhì)量m=0.5kg的物體放在頂部水平的小車上，物體與小車間的動摩擦因素μ=0.3，g=10m/s2。求： ⑴小車在外力作用下以a=1.2m/s2的加速度向右運(yùn)動時，物體受摩擦力多大？ ⑵欲要使物體m脫離小車，則至少用多大的水平力推小車？ ⑶若小車長L=1m，靜止的小車在8.5N水平推力作用下，物體由車的最右端向左端滑動，則滑離小車需多長時間？(m可視為質(zhì)點) 一、單選題 1．【2018年紅河州統(tǒng)一檢測】一個質(zhì)點做方向不變

2、的直線運(yùn)動，加速度的方向始終與速度方向相同，但加速度大小逐漸減小直至為零，則在此過程中下列說法正確的是( ) A．速度逐漸減小，當(dāng)加速度減小到零時，速度達(dá)到最小值 B．速度逐漸增大，當(dāng)加速度減小到零時，速度達(dá)到最大值 C．位移逐漸增大，當(dāng)加速度減小到零時，位移將不再增大 D．位移逐漸減小，當(dāng)加速度減小到零時，位移達(dá)到最小值 2．【2018年江西聯(lián)考】一物體自t=0時開始做直線運(yùn)動，其速度圖象如圖所示。下列選項正確的是( ) A．在0～6s內(nèi)，物體離出發(fā)點最遠(yuǎn)為30m B．在0～6s內(nèi)，物體經(jīng)過的路程為40m C．在0～4s內(nèi)，物體的平均速率為6.5m/s D．

3、在5～6s內(nèi)，物體的平均速率為6 m/s 3．【2018年云南月考】不計空氣阻力，以一定的初速度豎直上拋一物體，從拋出至回到拋出點的時間為t，物體上升的最大高度為h，現(xiàn)在離拋出點3h/4處設(shè)置一塊擋板，物體撞擊擋板前后的速度大小相等、方向相反，撞擊所需時間不計，則這種情況下物體上升和下降的總時間約為( ) A．0.5t B．0.4t C．0.3t D．0.2t 4．【2018年杭州模擬】如圖所示固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球，下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是( ) A．小車靜止時，F(xiàn)=mgcosθ，

4、方向沿桿向上 B．小車靜止時，F(xiàn)=mgsinθ，方向垂直桿向上 C．小車向右以加速度a加速運(yùn)動時，可能有F=mg/cosθ D．小車向右以加速度a加速運(yùn)動時，一定有F=ma/sinθ 5．【2018年雄安新區(qū)模擬】物塊M位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，如果將外力F撤去，則物塊( ) A．會沿斜面下滑 B．摩擦力的大小變小 C．摩擦力的大小變大 D．摩擦力的方向不一定變化 6．【2018年山西太原高一模擬】三個共點力大小分別為7N、10N、12N，對于這三個力合力的最大值與最小值的說法正確的是( ) A．最大值為29N，

5、最小值為5N B．最大值為29N，最小值為9N C．最大值為29N，最小值為15N D．最大值為29N，最小值為0N 7．【2018年河北承德第一中學(xué)高一模擬】如圖所示，斜面體B放在水平面上，木塊A放在斜面體B上，用一個沿斜面向上的力F拉木塊A，在力F的作用下，物塊A與斜面體B一起沿水平方向勻速移動，已知斜面傾角為θ，則關(guān)于斜面體B受力的個數(shù)，下面說法中正確的是( ) A．可能是3個 B．可能是4個 C．一定是3個 D．一定是4個 8．【2018年河北鹽山中學(xué)高一模擬】如圖所示，質(zhì)量分別為mA和mB的物體A、B用細(xì)繩連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為45°的斜面

6、上．已知mA＝2mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°增大到50°，系統(tǒng)保持靜止．下列說法正確的是( ) A．細(xì)繩對A的拉力將增大 B．A對斜面的壓力將減小 C．A受到的靜摩擦力不變 D．A受到的合力不變 9．【2018年天津市高一模擬】如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的。一根細(xì)線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為m1和m2的小球，當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，質(zhì)量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α=60°，兩小球的質(zhì)量比m2/m1為( ) A．33 B．23 C．32 D．22 1

7、0．【2018年四川仁壽高一期末】在傾角為30°的光滑固定斜面上，用兩根輕繩跨過兩個定滑輪接在小車上，兩端分別懸掛質(zhì)量為2m和m的物體A、B，當(dāng)小車靜止時兩繩分別平行、垂直于斜面，如圖所示。不計滑輪摩擦，現(xiàn)使A、B位置互換；當(dāng)小車再次靜止平衡時，下列說法正確的是( ) A．小車的質(zhì)量為6m B．兩繩的拉力的合力變小 C．原來垂直于斜面的繩子仍垂直于斜面 D．斜面對小車的支持力比原來減小(3?1)mg 11．【2018年甘肅蘭州一中高一期末】如圖，質(zhì)量為M的斜面放在粗糙的水平地面上。幾個質(zhì)量都是m的不同物塊，先后在斜面上以不同的加速度向下滑動，斜面始終保持靜止不動。下列關(guān)于水

8、平地面對斜面底部的支持力和靜摩擦力的幾種說法中正確的有( ) A．勻速下滑時，支持力FN＝(m+M)g靜摩擦力為零； B．勻加速下滑時，支持力FN＜(m+M)g靜摩擦力的方向水平向左； C．勻減速下滑時，支持力FN＞(m+M)g靜摩擦力的方向水平向右； D．無論怎樣下滑，總是FN＝(m+M)g靜摩擦力為零。 12．【2018年山東夏津一中高一期末】如圖所示，讓物體分別同時從豎直圓上的P1、P2處由靜止開始下滑，沿光滑的弦軌道P1A、P2A滑到A處，P1A、P2A與豎直直徑的夾角分別為θ1、θ2。則( ) A．物體沿P1A、P2A下滑加速度之比為sinθ1∶sin

9、θ2 B．物體沿P1A、P2A下滑到A處的速度之比為cosθ1∶cosθ2 C．物體沿P1A、P2A下滑的時間之比為1∶1 D．若兩物體質(zhì)量相同，則兩物體所受的合外力之比為cosθ1∶cosθ2 13．【2018年四川棠湖中學(xué)高一期末】如圖所示，質(zhì)量為m1的足夠長的木板B靜止在光滑水平面上，其上放一質(zhì)量為m2的木塊A。t＝0時刻起，給木板施加一水平恒力F，分別用a1、a2和v1、v2表示木板、木塊的加速度和速度大小，圖中可能符合運(yùn)動情況的是( ) 14．【2018年湖北金州中學(xué)高一期末】某同學(xué)做“探索彈力和彈簧伸長的關(guān)系”實驗。高考資源網(wǎng)他先把彈簧平放在桌面上使其自然伸

10、長，用直尺測出彈簧的原長L0，再把彈簧豎直懸掛起來，掛上砝碼后測出彈簧伸長后的長度L，把L-L0作為彈簧的伸長x.這樣操作，由于彈簧自身重力的影響，最后畫出的圖線可能是下圖中的( ) A． B． C． D． 二、實驗題 15．【2018年鐵路一中高一期末】在做《研究勻變速直線運(yùn)動》的實驗時，所用電源頻率為50Hz，取下一段紙帶研究，如圖所示，設(shè)O點為計數(shù)點的起點，每5個點取一個計數(shù)點，則第一個計數(shù)點與起始點的距離x1=__________cm，計算此紙帶的加速度大小a=_________m/s2；物體經(jīng)第3個計數(shù)點的瞬時速度為v3=__________m/s。 16．【2

11、018年樹德中學(xué)高一期末】(1)在做“驗證力的平行四邊形定則”實驗時，橡皮條的一端固定在木板上，用兩個彈簧測力計把橡皮條的另一端拉到某一確定的O點，以下操作中正確的是( ) A．同一次實驗中，O點位置不允許變動 B．實驗中，要記錄彈簧測力計的讀數(shù)和O點的位置 C．實驗中，把橡皮條的另一端拉到O點時兩個彈簧測力計之間的夾角必須取90° D．實驗中，要始終將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，然后調(diào)節(jié)另一彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條另一端拉到O點 (2)如圖所示，是甲乙兩位同學(xué)在做本實驗時得到的結(jié)果，其中F是用作圖法得到的合力，F(xiàn)′是通過實驗測得的合力，則哪個實驗結(jié)果是符合

12、實驗事實的？______(填“甲”或“乙”) 三、解答題 17．【2018年四川仁壽高一月考】一個做勻加速直線運(yùn)動的物體，在前2s內(nèi)經(jīng)過的位移為24m，在第二個2s內(nèi)經(jīng)過的位移是60m.求這個物體運(yùn)動的加速度和初速度各是多少？ 18．【2018年上饒高一月考】如圖所示，質(zhì)量為m1=5kg的物體置于一粗糙的斜面上，用平行于斜面的大小為30N的力F推物體，物體沿斜面向上勻速運(yùn)動，斜面體的質(zhì)量m2=10kg、角度θ=30°，且始終靜止，取g=10m/s2，求地面對斜面的摩擦力大小及支持力大小。 19．【2018年云南玉溪高一月考】如圖所示，一球A夾在豎直墻

13、壁與三角劈B的斜面之間，三角劈的重力為G、傾角為45°，劈的底部與水平地面間的動摩擦因素為μ，劈的斜面與豎直墻面是光滑的，問： （1）若劈始終靜止不動，當(dāng)球的重力為G′時，球與劈間的彈力多大？ （2）欲使劈靜止不動，球的重力不能超過多大？（設(shè)劈與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力） 寒假訓(xùn)練08第四章B 1．⑴0.6N；⑵7.5N；⑶2s 【解析】兩者相對靜止的最大加速度am=μg=3m/s2 ⑴由于aa物① 由牛頓第二定律的a車=F-fM② 聯(lián)立①②解得F>7.5

14、N 由于F=8.5N>7.5N，物體與小車發(fā)生相對運(yùn)動 小車加速度a1=F-μmgM=3.5m/s2③ 物體加速度a2=μg=3m/s2④ 12(a1－a2)t2=l⑤ 聯(lián)立③④⑤解得t=2s 1．B 【解析】一個質(zhì)點做方向不變的直線運(yùn)動，加速度的方向始終與速度方向相同，但加速度大小逐漸減小直至為零，在此過程中，由于加速度的方向始終與速度方向相同，所以速度逐漸增大，當(dāng)加速度減小到零時，物體將做勻速直線運(yùn)動，速度不變，而此時速度達(dá)到最大值。故A錯誤，B正確。由于質(zhì)點做方向不變的直線運(yùn)動，所以位移逐漸增大，當(dāng)加速度減小到零時，速度不為零，所以位移繼續(xù)增大。故C、D錯誤。故選B。

15、 2．B 【解析】0～5s，物體沿正向運(yùn)動，5～6s沿負(fù)向運(yùn)動，故5s末離出發(fā)點最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為 Smax=12×10×2+10×2+12×10×1=35m．故A錯誤；在0～6s內(nèi)，物體經(jīng)過的路程等于各段位移大小之和，為S=12×10×2+10×2+12×10×1+12×10×1=40m，故B正確．0～4s內(nèi)物體的位移為x=2+42×10m=30m，平均速度為v=xt=304=7.5m/s，故C錯誤．在5s～6s內(nèi)，物體的平均速度v=0+102=5m/s，故D錯誤．故選B. 3．A 【解析】物體下降時間為0.5t，故高度為：h=12g（t2）2，則物體自由落體運(yùn)動14h過程，有14h=1

16、2gt′2，則物體到擋板處t'=h2g=t4，故第二次物體上升和下降的總時間：t″=t-2t′=t-2×t4=0.5t，4．C 【解析】小球靜止不動時，受力平衡，必受重力和向上的彈力，即彈力F=mg，豎直向上，故AB錯誤；當(dāng)小球向右以加速度a運(yùn)動時，對其受力分析，受重力和彈力，如圖；合力F合=ma，水平向右； 彈力可能沿著桿的方向斜向上，根據(jù)平行四邊形定則，此時F=mg/cosθ，選項C正確；加速度變化時，彈力大小和方向都變化，則選項D錯誤；故選C. 5．B 【解析】未撤去F前，將物體的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個分力，在斜面方向的分力大小為mgsinα，方向沿斜面向下

17、，作出物體在斜面平面內(nèi)的受力情況如，由平衡條件得：摩擦力應(yīng)與拉力與重力分力的合力平衡；如圖所示： 摩擦力：f=F2+mgsinα2，f的方向與F和mgsinα合力方向相反．所以物體受到的最大靜摩擦力：fm≥F2+mgsinα2；撤去F后，物體對斜面的壓力沒有變化，所以最大靜摩擦力也沒有變化，此時mgsinα＜fm，故物體不會沿斜面下滑．選項A錯誤；由平衡條件得，撤去F后，摩擦力大小為f′=mgsinα＜f，即摩擦力變小，方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏希蔅正確，CD錯誤．故選B． 6．D 【解析】當(dāng)三個力同向時，合力最大，為29N；由于任意一個力在另外兩個力的合力之差與合力之和之間，所以三力可以

18、平衡，即三個力合力能夠為零，則合力最小值為0．故選D. 7．B 【解析】以整體為研究對象，根據(jù)平衡分析可知，地面對整體一定有支持力和滑動摩擦力，即地面對斜面體B一定有支持力和滑動摩擦力．B一定還受重力和A對B的壓力，而A與B之間可能有摩擦力也可能沒有摩擦力，所以B可能受到4個力，也可能受到5個力． 8．BD 【解析】對物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mBg=mg； 再對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，如圖 根據(jù)平衡條件得到f+T-2mgsinθ=0；N-2mgcosθ=0解得f=2mgsinθ-T=2mgsinθ-mg，N=2mgcosθ，

19、傾角為300，f為0，傾角由300調(diào)整到600，當(dāng)θ不斷變大時，摩檫力方向沿斜面向上，則有f不斷變大，N不斷變小，拉力不變；故AB錯誤，C正確；將物體A、B和斜面視為整體，系統(tǒng)仍保持靜止，受到的合力為零，只受到重力和地面對斜面的支持力，地面對斜面體不會有摩擦力，故D錯誤； 9．A 【解析】m2球保持靜止?fàn)顟B(tài)，受重力和拉力，二力平衡：F=m2g，再對m1球受力分析，如圖 根據(jù)共點力平衡條件：x方向：Fcos60°-Ncos60°=0，y方向：Fsin60°+Nsin60°-m1g=0，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：m2m1=33，故A正確，BCD錯誤。 10．D 【解析】位置未互換時，拉B的繩

20、子拉力大小為TB=mg，拉A的繩子拉力大小為TA=2mg，對小車：由平衡條件得：m車gsin30°=TA=2mg，則得m車=4m，斜面對小車的支持力N=m車gcos30°-TB=（23-1）mg；故A錯誤．B、C使A、B位置互換，當(dāng)小車再次靜止平衡時，拉B的繩子拉力大小為TB′=2mg，拉A的繩子拉力大小為TA′=mg．設(shè)原來垂直斜面的繩子與斜面垂直方向的夾角為α，則根據(jù)平衡條件得：m車gcos30°=TB′cosα，解得α=30°，故原來垂直斜面的繩子現(xiàn)位于豎直方向．由于兩繩的夾角減小，而兩個拉力的大小互換，所以兩繩的合力增大．故BC錯誤．使A、B位置互換后，斜面對小車的支持力為N′=m車g

21、cos30°-TA′cos30°=3mg，比原來減小(3-1)mg，故D正確．故選D. 11．ABC 【解析】當(dāng)勻速下滑時，從整體角度出發(fā)，處于平衡狀態(tài)，則支持力等于N=（m+M）g，斜面沒有運(yùn)動趨勢，則靜摩擦力為零，故A正確；當(dāng)勻加速下滑時，由整體角度，結(jié)合加速度分解，則有豎直向下與水平向左的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律，則有豎直方向重力大于支持力，而水平方向有向左的靜摩擦力，故B正確；同理，當(dāng)勻減速下滑時，由整體角度，結(jié)合加速度分解，則有豎直向上與水平向右的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律，則有豎直方向重力小于支持力，而水平方向有向右的靜摩擦力，故C正確；由上分析可知，故D錯誤。 12．BC

22、D 【解析】分別以兩個物體為研究對象，只受到重力和支持力的作用，重力沿斜面向下的分力提供加速度，所以加速度大小之比為cosθ1：cosθ2，A錯；由勻變速直線運(yùn)動，求得到達(dá)A點速度之比為cosθ1：cosθ2，C對；由v=at可求得運(yùn)動時間之比為1:1，C對；同理合力之比為cosθ1：cosθ2 13．AC 【解析】若整體：，對A隔離：其中f為靜摩擦力，知A對；隨著F增加，加速度逐漸的增大，當(dāng)AB間的摩擦力達(dá)到最大值后，F(xiàn)再增加，A、B相互滑動，B的加速度大于A的加速度，B、D對。 14．C 【解析】（1）實驗中用橫軸表示彈簧的伸長量x，縱軸表示彈簧的拉力F（即所掛重物的重力大?。?

23、 （2）彈簧平放時測量自然長度，此時彈簧伸長量為0cm； （3）當(dāng)豎直懸掛時，由于自身重力的影響彈簧會有一段伸長量，但此時所掛重物的重力為0N（即：F=0N） （4）因為在彈簧的彈性限度內(nèi)，彈簧的伸長與其所受的拉力成正比，綜合上述分析四個圖象中只有C符合． 15．331.05 【解析】由題意可知：x2=6cm，x3=15cm-6cm=9cm，根據(jù)x3-x2=x2-x1，解得：x1=3cm．在勻變速直線運(yùn)動中，連續(xù)相等時間內(nèi)的位移差為常數(shù)，即△x=aT2，其中△x=3cm，T=0.1s，帶入解得：a=3m/s2．勻變速直線運(yùn)動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，所以有：v2=x2+x

24、32T=0.150.2m/s=0.75m/s； 根據(jù)速度時間公式有：v3=v2+aT=0.75m/s+3m/s2×0.1s=1.05m/s； 16．(1)A 　(2)甲 【解析】(1)要保證兩個彈簧稱的拉力與一個彈簧稱的拉力效果相同，橡皮條要沿相同方向伸長量相同，則O點的位置應(yīng)固定．A正確，因為O點的位置固定，所以不需要記錄O點的位置，B錯誤，本實驗，彈簧稱的拉力應(yīng)不超過量程，兩個彈簧稱拉力的大小沒有要求，只要使兩次效果相同就行，兩個彈簧稱拉力的方向沒有限制．故CD錯誤． (2) 實驗測的彈力方向沿繩子方向，由于誤差的存在，作圖法得到的合力與實驗值有一定的差別，故甲更符合實驗事實．

25、 17．a(chǎn)=9m/s2、υ0=3m/s 【解析】由公式Δx=aT2，求得：a=ΔxT2=60-2422m/s2=9m/s2 根據(jù)v中=v =x1+x22T求得：v中=v =24+604m/s=21m/s 根據(jù)：v中=v0+at求得：v0=v1?at = (21?2×9)m/s =3m/s 18．Ff=153N；FN =135N 【解析】將m1、m2視為整體，其受力如圖所示； 在水平方向上：Ff=F cosθ =153N 在豎直方向上：FN = (m1+m2)?F sinθ = 135N 19．F2=2G′；G′≤μ1-μG 【解析】(1)A的受力如下左圖所示； 則有：F1=G′ F2=2G′ (2)將A、B視作整體，受力如上右圖所示； B要保持靜止，則必須滿足：Ff ≤Ffmax，即為： F1≤μFN → G′≤μ(G′+G) 求得：G′≤μ1-μG 13