江西省安福第二中学、吉安县第三中学高一上学期第二次联考物理试题

【校级联考】江西省安福第二中学、吉安县第三中学2020-2021学年高一上学期第二次联考物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．关于牛顿第一定律的下列说法中正确的是（ ）

A ．牛顿第一定律揭示了力是产生并维持运动的原因

B ．牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因

C ．牛顿第一定律描述的是一种理想状态，无实际意义

D ．牛顿第一定律给出了惯性的概念，从而揭示了运动是物体自身的根本属性，运动需要力来 产生和维持

2．下列说法中正确的是（ ）

A ．物体对支持面的压力越大，摩擦力也越大

B ．所有物体弹力的大小都与物体的弹性形变的大小成正比

C ．静止的物体不可能受到滑动摩擦力的作用

D ．通常所说的压力、拉力、支持力等都是接触力

3．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（ ）

A ．2121F F l l --

B ．2121F F l l ++

C ．2121F F l l -+

D ．2121F F l l +- 4．如图所示，人站在匀速运动的自动扶梯上。下列关于人受力情况的说法中正确的是

( )

A ．受到三个力的作用，即重力、弹力、摩擦力

B ．人所受的弹力与重力大小相等

C ．人所受的摩擦力沿扶梯向上

D ．人所受的合力沿扶梯向上

5．如图所示，AB 为半圆的一条直径，AO ＝OB ，P 点为圆周上的一点，在P 点作用了三个共点力F 1、F 2、F 3，已知F 2＝3 N ，则它们的合力为(

)

A．4.5 N

B．6 N

C．7.5 N

D．9 N

6．竖直升空的火箭，其v-t图像如图所示，由图可知以下说法中正确的是( )

A．火箭上升的最大高度为16000m

B．火箭上升的最大高度为48000m

C．火箭经过120s落回地面

D．火箭上升过程中的加速度始终是20m/s2

7．如图所示，用细绳将重球悬挂在竖直光滑墙上，当增加细绳长度时（）

A．绳的拉力变小，墙对球的弹力变大

B．绳的拉力变小，墙对球的弹力变小

C．绳的拉力变大，墙对球的弹力变小

D．绳的拉力变大，墙对球的弹力变大

8．如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及桌面之间的动摩擦因数都为μ，两物块的质量都是m，滑轮轴上的摩擦不计，若用一水平向右的力F拉P使其做匀速运动，则F的大小为（）

A．4μmg B．3μmg

C．2μmg D．μmg

9．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．若F 缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中( )

A．F1保持不变，F3缓慢增大

B．F1缓慢增大，F3保持不变

C．F2缓慢增大，F3缓慢增大

D．F2缓慢增大，F3保持不变

二、多选题

10．在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力），当小球速度大小为10m/s时，经历的时间可能为（g取10m/s2）（）

A．1s

B．2s

C．3s

D．4s

11．如图所示，物体A、B在力F作用下一起以相同速率沿F方向匀速运动，关于物体A、B两物体所受力的个数，下列说法中正确的是（）

A．甲图中A受力个数为2，B受力个数为5

B．甲图中A受力个数为3，B受力个数为6

C．乙图中A受力个数为2，B受力个数为5

D ．乙图中A 受力个数为3，B 受力个数为6

12．做初速度不为零的匀加速直线运动的物体，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则以下判断正确的是（ ）

A ．物体在A 点的速度大小为

122x x T + B ．物体运动的加速度为12

2x T C ．物体运动的加速度为2

12x x T

- D ．物体在B 点的速度大小为212x x T

-

三、实验题

13．有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A 和B ，将绳子打一个结点O ，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F 1、F 2和F 3，回答下列问题：

(1)改变钩码个数，实验能完成的是________（填正确答案标号）。

A ．钩码的个数N 1＝N 2＝2，N 3＝4

B ．钩码的个数N 1＝N 3＝3，N 2＝4

C ．钩码的个数N 1＝N 2＝N 3＝4

D ．钩码的个数N 1＝3，N 2＝4，N 3＝5

(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________（填选项前字母）。 A ．标记结点O 的位置，并记录OA 、OB 、OC 三段绳子的方向

B ．量出OA 、OB 、O

C 三段绳子的长度

C ．用量角器量出三段绳子之间的夹角

D ．用天平测出钩码的质量

(3)在作图时，你认为图示中________（填“甲”或“乙”）是正确的。

14．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。

（1）当小车（包括车中砝码）的质量M与砝码及盘的质量m的大小关系满足______时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于砝码及盘的重力。

（2）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a ＝________m/s 2 (结果保留两位有效数字)

（3）图是甲、乙两同学根据实验数据画出的图象。

形成图线甲的原因是_________________________________。

形成图线乙的原因是_________________________________。

四、解答题

15．某物理实验小组在游泳池做了一个实验：将一个小木球离水面5m高静止释放（不计空气阻力），重力加速度g=10m/s2求：

（1）木球做自由落体运动的时间；

（2）木球到达水面时的速度大小；

16．如图所示，木块质量m=0.78kg，在与水平方向成37°角、斜向右上方的恒定拉力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，在开始3s时间内木块运动了9m的位移。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度

g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。

（1）求拉力F 的大小

（2）若在3s 末时撤去拉力F ，求物体还能运动多长时间以及物体还能滑行的位移． 17．如图所示，质量为1m 的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与放在水平面上的质量为2m 的物体乙相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角37θ=，物体甲、乙均处于静止状态．已知sin370.6=，cos370.8.g =取10/N kg ．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：

（1）轻绳OA 、OB 受到的拉力分别是多大？

（2）物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？

（3）若物体乙的质量250m kg =，物体乙与水平面之间的动摩擦因数0.3μ=，欲使物体乙在水平面上不滑动，则物体甲的质量1m 最大不能超过多少？

18．如图所示，半圆柱体P 固定在水平地面上，其右端有一紧贴地面且竖直放置的挡板MN ．在半圆柱体P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于平衡状态。现使MN 保持竖直并且缓慢地沿地面向右平移，在Q 滑落到地面之前的此过程中，试分析P 对Q 和MN 对Q 的弹力变化情况。

参考答案

1．B

【解析】

【分析】

牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，力是改变物体运动状态的原因；

【详解】

A、牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，力是产生加速度的原因，故A错误，B正确；

C、直接证明牛顿第一定律的实验虽然不能做出来，其原因是生活中不受外力的物体是没有的，但是可以在一定的事实基础上，经分析、合理的科学推理得出的规律，是有意义的，故选项C错误；

D、牛顿第一定律给出了惯性的概念，也提出力与运动的关系，但是运动不需要力来维持，故选项D错误。

【点睛】

本题考查了对牛顿第一定律的掌握，难度不大，掌握基础知识即可正确解题。

2．D

【解析】

【详解】

A、滑动摩擦力的大小与压力的大小成正比，而静摩擦力与压力无关，故A错误；

B、在弹性限度内，所有弹力的大小都与引起该弹力产生的弹性形变的大小成正比，故B错误。

C、相对静止的物体之间不可能受到滑动摩擦力的作用，但静止不动，却相对运动的物体可以受到滑动摩擦力，如滑块在相对于地面静止的桌面上运动时，静止的桌面受到滑块的滑动摩擦力，故C错误。

D、根据四种相互作用的性质可知，通常所说的压力、拉力、支持力等都是接触力，它们在本质上都是电磁相互作用，故D正确。

【点睛】

此题主要考查了学生对弹力和摩擦力的认识，首先要掌握弹性形变的概念，物体由于弹性形变产生的力才是弹力，另外要理解摩擦力产生的原因、注意区分静摩擦力与滑动摩擦力。3．D

【详解】

由胡克定律得F ＝kx ，式中x 为形变量，设弹簧原长为l 0，则有

F 1＝k (l 0－l 1)

F 2＝k (l 2－l 0)

联立方程组可以解得

()21122121

F F F F F k x l l l l --+?=

==?-- 故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

4．B

【解析】

【分析】 随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零，再对人受力分析，受到重力、支持力，二力平衡；

【详解】

人随扶梯斜向上匀速运动，处于平衡状态，合力为零，对人受力分析，受到重力mg 、支持力（弹力）N ，人与电梯之间没有相对运动或相对运动趋势，即没有摩擦力作用，根据共点力平衡条件，有：N =mg ，故B 正确，ACD 错误。

【点睛】

本题关键结合物体的运动状态对物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解。 5．D

【解析】

试题分析：根据几何关系可以知道，F 1和F 3垂直，F 2在F 1F 3的构成的平行四边形的对角线上，根据力的平行四边形定则可以计算合力的大小．

以F 1、F 3为邻边作平行四边形， 则合力F 13=2F 2，故F 1、F 2、F 3的合力

2

3?=33=9F F N =? ，所以D 正确； 综上所述本题答案是：D

点睛：灵活的引用几何知识是本题的特点，掌握住平行四边形的边角的关系，利用不同的关系变化得到不同的形式．

6．B

【解析】

【详解】

从图可知火箭的速度一直为正，一直朝着正方向运动，即一直上升，在120s 上升到最大高度，而图像与时间轴围成的面积表示位移，故火箭上升的最大高度为

1800120480002

h m m =??=，AC 错误B 正确；0~40s 加速上升，40~120s 减速上升，而图像的斜率表示加速度，所以上升阶段的加速度为228000/20/40

a m s m s -==，D 正确． 7．B

【解析】

试题分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，则

，当绳变长时，θ变小，变小，变大．由上知F 变小，N 变小，B 对(或用动态变化图像表示)． 考点：动态平衡．

【名师点睛】动态平衡问题的分析

“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个定态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．解决这类问题的一般思路是：把“动”化为“静”，“静”中求“动”．

8．A

【详解】

对Q 物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T ，木块Q 与P 间的滑动摩擦力f =μ?mg ，根据共点力平衡条件T =f ，则得：

T =μmg

对木块P 受力分析，P 水平方向受到拉力F ，Q 对P 向左的摩擦力f ，地面对P 体向左的摩擦力f ′，根据共点力平衡条件，有 F =f +f ′+T ，地面对P 物体向左的摩擦力：f ′=μ?2mg ，联立解得：

F =4μmg

A ．4μmg ．故A 符合题意．

B ．3μmg ．故B 不符合题意．

C ．2μmg ．故C 不符合题意．

D ．μmg ．故D 不符合题意．

9．C

【解析】

试题分析：对B 分析，可知墙对B 的作用力及A 对球的作用力的合力与F 及重力的合力大小相等，方向相反，故当F 增大时，B 对A 的压力增大；即F 2增大；同理可知，墙对B 的作用力F 1增大；

对整体分析，整体受重力、支持力、摩擦力及压力F 而处于平衡，故当F 增大时，地面对A 的支持力增大；故F 3增大；但水平方向力不变；故选C ．

考点：物体的平衡

名师点睛：此题是物体的平衡问题；解题时运用图解法，分别以B 和整体为研究对象，分别进行受力分析画出力的示意图，根据F 的变化可知B 对A 的作用力，及地面对A 的作用力．

10．AC

【详解】

当小球的末速度为向上的10m/s 时，根据01v v at =-，解得t 1=1 s ，故A 正确；当小球的末速度为向下的10 m/s 时，根据02v v at ='-，解得时间：t 2=3 s ，故C 正确，所以AC 正确，BD 错误．

11．AD

【解析】

【详解】

在甲图中：A 受到重力和B 对A 的支持力作用，A 与B 之间没有摩擦力作用，即受到2个力作用；B 受到重力、接触面的支持力、A 对B 的压力、地面对B 向右的滑动摩擦力以及力F 的作用，即受到5个力的作用；

在乙图中：A 受到重力、B 对A 的支持力以及B 对A 沿斜面向上的摩擦力作用，即受到3个力作用；B 受到重力、垂直斜面向上的支持力、A 对B 的压力、斜面对B 沿斜面向下的滑

动摩擦力作用，A 对B 的平行斜面向下的摩擦力以及力F 的作用，即受到6个力的作用，故选项AD 正确，选项BC 错误。

【点睛】

本题主要考查对物体的受力分析问题，受力按照顺序进行，即先重力，再弹力，然后摩擦力，最后其他外力，防止丢力或多力。

12．AC

【详解】

A 、根据平均速度的推论知，物体在A 点的速度122A x x v T +=

，故A 正确； B 、根据Δx=aT 2得，加速度2122

Δx x x a T T -== ，故C 正确，B 错误； D 、B 点的速度2132B A x x v v aT T

-===，故D 错误． 13．BCD A 甲

【详解】

(1)[1]实验中的分力与合力的关系必须满足：|F 1－F 2|≤F 3≤F 1＋F 2（等号在反向或同向时取得），因此B 、C 、D 三项都是可以的。

(2)[2]在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O 的位置，并记录OA 、OB 、OC 三段绳子的方向。

(3)[3]F 3的方向一定竖直向下，而F 1和F 2的合力方向由于测量误差可能偏离竖直方向，所以甲是正确的。

14．m ?M 0.16 长木板倾角过大 未平衡摩擦力或长木板倾角过小

【解析】

【分析】

（1）为使绳子的拉力等于盘及盘中砝码的重力，小车及车中砝码的质量应远远大于盘及盘中砝码的质量；

（2）根据匀变速直线运动的推论公式Δx =aT 2求解加速度；

（3）根据图象判断平衡摩擦力时倾角的大小即可；

【详解】

（1）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究，为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的没有滑轮的一端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力；

根据牛顿第二定律得：

对砝码及盘m：mg?F

拉

=ma

对小车M：F

拉

=Ma

解得：F

拉=mMg

M+m

=mg

1+m

M

当m＜＜M时，即当砝码及盘的质量要远小于小车的质量，绳子的拉力近似等于砝码及盘的总重力；

（2）图中每5个点取一个计数点，则T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2

得：a=Δx

T2=0.0016

0.12

m/s2=0.16m/s2；

（3）由图线甲可知，当F=0时，a≠0，所以没有拉力时，小车已经有加速度，原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大，即平衡摩擦力过度；

由图线乙可知，当F≠0时，a=0，原因可能是未平衡摩擦力或长木板倾角过小。

【点睛】

本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，对于实验问题需要结合物理规律去解决，处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解。

15．（1）1s（2）10m/s

【解析】

【详解】

（1）设木球做自由落体运动的时间为t1，由运动学公式得：?=1

2

gt12

解得：t1=√2?

g

=1s；

（2）由速度与时间的关系可知木球入水时的速度：v=gt1=10×1m/s=10m/s。

【点睛】

本题考查自由落体的规律，知道自由落体运动即为初速度为零的匀加速度直线运动，在平时学习过程中加强训练。

16．（1）4.5N（2）1.5s 4.5m

【解析】

【分析】

（1）木块受重力、支持力、拉力和摩擦力，在竖直方向上平衡，水平方向上有合力，根据

牛顿第二定律求出拉力的大小；

（2）根据运动学公式求出3s 末的速度，根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合运动学公式求出后1.5s 内的位移，注意速度减为零后不再运动；

【详解】

（1）由位移时间关系x =12a 1t 2，可知a 1=2x t 2=2×932m/s 2=2m/s 2

对物体进行受力分析，如图所示：

竖直方向上有：N +Fsinθ=mg

水平方向上有：Fcosθ?f =ma 1

摩擦力公式：f =μN

联立解得拉力为：F =4.5N ；

（2）匀加速阶段3s 末速度为：v 1=a 1t 1=2×3m/s =6m/s

匀减速阶段加速度为：a 2=?μg =?0.4×10m/s 2=?4m/s 2

则停止所需时间为：t 2=

?v 1a 2=1.5s 前进的位移为：x 2=12v 1t 2=12×6×1.5m =4.5m 。

【点睛】

加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力，注意 “刹车类”问题，因为木块速度为零后不再运动。

17．（1）15 4

m g 、134m g ；（2）24kg 【解析】

试题分析：（1）以结点O 为研究对象，如图，

沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，将OA F 分解，由平衡条件有：

0OB OA F F sin θ-=，10OA F cos m g θ-= 联立得1154OA m g F m g cos θ=

=，134

OB F mgtan m g θ== 故轻绳OA 、OB 受到的拉力分别为15 4m g 、134m g ； （2）人水平方向受到OB 绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图所示，

由平衡条件得：134

OB f F m g ==方向水平向左； （3）当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值． 当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值2m f m g μ=

由平衡条件得：OBm m F f =，又1134OBm m m F m gtan m g θ==

联立得：21442433OBm m F m g m kg g g

μ=== 即物体甲的质量1m 最大不能超过24kg ．

考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

名师点睛：本题涉及共点力平衡中极值问题，当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大．

18．N 1增大，N 2增大

【解析】

【分析】

先对圆柱体Q 受力分析，受到重力、杆MN 的支持力和半球P 对Q 的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN 的支持力方向不变、大小变，半球P 对Q 的支持力方向和大小

都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；

【详解】

对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力N1和半球P对Q的支持力N2，如图所示：

根据平衡条件可知：N1和N2的合力大小等于重力的大小，方向与重力反向，杆MN的支持力N1方向不变、大小变，半球P对Q的支持力N2方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθ，N2=mg

，由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大。

cosθ

【点睛】

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行分析，本题也可以运用图解法分析弹力的变化。

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