2022级高一火箭班10月调研考试物理试题一、单选题(共7小题,每小题4分,共28分)1.对于作用力与反作用力的理解，下列说法中正确的是( )A.当作用力产生后，再产生反作用力；当作用力消失后，反作用力才慢慢消失B.弹力和摩擦力都有反作用力，而重力无反作用力C.甲物体对乙物体的作用力是弹力，乙物体对甲物体的反作用力可以是摩擦力D.作用力和反作用力在任何情况下都不会平衡【答案】D【解析】作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，它们之间没有先后顺序，故A错误；力的作用是相互的，任何力都有反作用力，故B错误；作用力和反作用力一定是同种性质的力，故C错误；由于作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，因而它们之间在任何情况下都不会平衡，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.如下图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由滑下，则测力计的示数一定满足( )A.FN＝(M＋m)gB.FN＝MgC.FN>(M＋m)gD.FN<(M＋m)g【答案】D【解析】选木块为研究对象,受力分析如图所示,-13-由于木块在垂直斜面方向受力平衡，木块所受的支持力,，则木块对斜面的压力大小等于，把分解的y轴方上,，解得：，斜面体在竖直方向上受到的支持力：，故D正确，ABC错误。3.如图所示，放在光滑水平面上的物体A和B，质量分别为2m和m，第一次水平恒力F1作用在A上，第二次水平恒力F2作用在B上．已知两次水平恒力作用时，A、B间的作用力大小相等．则( )A.F1<f2b.f1＝f2c.f1>F2D.F1>2F2【答案】C【解析】设A、B间作用力大小为，则水平恒力作用在A上时，隔离B受力分析有：，整体有：，水平恒力作用在B上时，隔离A受力分析有：，整体有：，解得：，，所以，故C正确，ABD错误。4.如图所示，轻杆AB可绕固定轴O转动，A端用弹簧连在小车底板上，B端用细绳拴一小球，车静止时，AB杆保持水平，当小车向左运动时，小球偏离竖直方向且保持偏角不变，则( )-13-A.小车做匀减速直线运动B.AB杆将会倾斜C.绳的张力减小D.弹簧的弹力不变【答案】D【解析】因为小球和小车保持相对静止，故小球与小车具有相同的加速度，设小球的质量为m，加速度为a，对小球进行受力分析有：由图可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小车向左运动，故小车向左做匀加速直线运动，故A错误；小球在竖直方向平衡，故绳中拉力：，同一根绳故B点受到绳的拉力大小也为：，此力在竖直方向的分力大小与mg相等，故AB杆仍保持水平，对弹簧，由于形变没有发生变化故弹簧的弹力不变，故B错误，D正确；小球静止时，绳的张力大小和小球的重力相等，匀加速后绳的张力变为，故C错误。所以D正确，ABC错误。5.如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°，下列说法正确的是( )．A.小球受到轻弹簧的弹力大小为mgB.小球受到容器的支持力大小为C.小球受到容器的支持力大小为mgD.半球形容器受到地面的摩擦力大小为mg【答案】C-13-【解析】试题分析：对小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，T=F=mg，故AB错误；C正确；以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向地面对半球形容器没有摩擦力．故D错误．故选C．考点：物体的平衡【名师点睛】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论。6.如图甲所示，在原来静止的升降机的水平底板上，有一物体与压缩的弹簧作用而静止，现升降机在竖直方向做如图乙所示的直线运动(以向上为正)，物体可能被弹簧推动的时间段是( )A.0～t1B.t1～t2C.t2～t4D.t5～t6【答案】C【解析】物体开始时处于静止状态，受到的静摩擦力一定等于弹簧的弹力，可知物块与底板之间的最大静摩擦力大于等于弹簧的弹力，若被拉动，则物块与底板之间的最大静摩擦力减小。由v-t图象可知：升降机0～t1时间内加速上升和t5～t6时间内做减速下降，物体具有向上的加速度，处于超重状态，增大了物块与底板间的最大静摩擦力，弹簧不会推木块向右方，故AD错误；升降机在t1～t2时间内做匀速直线运动，物块不能被推动，故B错误；由v-t图象可知：升降机在t2～t3时间内做减速上升和t3～t4时间内做加速下降，升降机有向下的加速度，处于失重状态，物块对底板的正压力减小，也就减小了最大静摩擦力，这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，在这种情况下A可能被推向右方，故C正确。所以C正确，ABD错误。7.-13-以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的是( )A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v-t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v-t图象的斜率表示加速度．没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有，故，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有，故，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行，故D正确．二、多选题(共5小题,每小题4分,共20分.错选得0分，选对但不全得2分)8.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是( )A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为7.5N/cmC.物体的质量为2kgD.物体的加速度大小为5m/s2【答案】CD【解析】试题分析：物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx①;拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma②；物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2-mg="ma"-13-③；代入数据解得m=2kg；k=500N/m=5N/cm；a=5m/s2，故AB错误，CD正确；故选CD．考点：牛顿第二定律【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解。9.关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是( )A.它是通过实验直接得到的B.它的得出过程体现了科学研究的方法C.牛顿第一定律说明了物体不受外力作用时的运动规律D.它揭示了力是产生加速度的原因【答案】BCD【解析】牛顿总结了前人的经验，指出了加速和减速的原因，并指出了这个原因跟运动的关系，不是通过实验直接得到的，它的得出过程体现了科学研究的方法，故A错误，B正确；牛顿第一定律说明了物体不受外力作用时的运动规律，故C正确；牛顿第一定律指出：外力可以迫使物体改变匀速运动状态或静止状态，即力是产生加速度的原因，故D正确。所以BCD正确，A错误。10.水平面上有一个质量为m＝2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，以下说法正确的是( )A.此时轻弹簧的弹力大小为20NB.小球的加速度大小为8m/s2，方向向左C.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0【答案】ABD-13-............考点：牛顿第二定律的应用11.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°，现缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A.斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大B.绳OA的拉力一直增大C.地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和D.地面对斜面体有向左的摩擦力【答案】ACD【解析】试题分析：对结点O受力分析如图所示：重物的拉力mg、绳的拉力T和外力F，三力平衡，保持结点O位置不变，则绳的方向不变，做矢量三角形，可知当外力F与绳垂直时外力F最小，所以改变绳OA的方向至θ＞90°的过程中，绳OA的拉力F先减小再增大，连接物块的绳子的张力T一直在增大，故B错误；对物块受力分析如图所示，若开始时T较小，则斜面对物块的摩擦力沿斜面向上，满足，T增大，则摩擦力f减小，当后T继续增大，摩擦力改变方向，沿斜面向下，满足，T增大，则摩擦力f增大，故A正确；对物块、斜面和定滑轮组成的系统受力分析如图所示，可知地面对斜面体必有摩擦力，且水平向左，故D正确；地面对斜面体的支持力-13-，故C正确。考点：共点力的平衡，整体法与隔离法的应用，矢量三角形12.如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断正确的是( )A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D.物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移【答案】BCD【解析】对A受力可知，A物体重力的下滑分量大于滑动摩擦力，即相对于皮带向下加速，加速度为：，对B的受力可知，B相对于皮带也是向下滑的，摩擦力向上，其加速度也表达为：，可见两个物体的加速度相同，加速位移一样，由运动学公式知，AB两物体滑到底端时时间相同，故A错误，BC正确；物块A与传送带运动方向相同，所以物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B与传送带运动方向相反，所以物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，故D正确。所以BCD正确，A错误。三、实验题(共2小题,每空2分,共18分)13.-13-在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，采用如图a所示的实验装置，让重物通过轻绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动．其中小车质量用M表示，重物质量用m表示，加速度用a表示．(1)实验时需要将长木板的一端垫起适当的高度，这样做是为了消除________的影响，使小车所受合外力F等于绳对小车的拉力．(2)实验中由于绳对小车的拉力________(选填“大于”、“等于”、“小于”)重物所受的重力，会给实验带来系统误差．为减小此误差，实验中要对小车质量M和重物质量m进行选取，以下四组数据中最合理的一组是________．(填写相应序号)①M＝200g，m＝40g、60g、80g、100g、120g、140g②M＝200g，m＝30g、35g、40g、45g、50g、55g③M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g④M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、35g(3)实验中某同学先保持重物质量m不变，改变小车质量M，测出了相应的加速度a.为便于得到a与M的关系，他采用图象法处理数据，你建议他做a与________的图象．(4)甲、乙两同学用同一种方法做实验，即保持小车质量M不变，改变重物质量m，测出了相应的加速度a.正确操作后，他们根据各自测得的实验数据画出了如图b所示的a－F图象．他们得到的图象不同，其原因是他们选取的________不同，但他们得到了相同的结论，此结论是：________________________________________________________.【答案】(1).木板对小车的摩擦力 (2).小于(3).④(4).(5).小车质量 (6).当质量一定时，加速度与合外力成正比【解析】试题分析：（1）为了消除小车所受摩擦力对实验的影响，在该实验中需要将长木板的一端垫起适当的高度．故答案为：木板对小车的摩擦力．（2）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，因此第④组数据比较符合要求．故答案为：小于，④．-13-（4）图象的斜率表示小车质量大小，因此斜率不同说明小车质量不同，图象为过原点的直线，说明当质量一定时，加速度与合外力成正比．故答案为：小车质量，当质量一定时，加速度与合外力成正比．考点：本题考查探究加速度与质量、合外力的关系。14.有同学利用如图所示的装置来探究求合力的方法：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FTOA、FTOB和FTOC，回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验能完成的是（____）A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（____）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、OC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，你认为图中________(选填“甲”或“乙”)是正确的．【答案】(1).BCD(2).A(3).甲【解析】(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示FOA、FOB、FOC-13-的大小，由于三个共点力处于平衡，所以FOA、FOB的合力大小等于FOC，且FOC</f2b.f1＝f2c.f1>
