【文档说明】福建省武平县第一中学2021-2022学年高一上学期9月月考物理试题 含答案.doc，共(10)页，667.000 KB，由小赞的店铺上传

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武平县第一中学2021-2022学年高一上学期9月月考物理试卷一、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，abc、、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，ABBC、均为轻质杆，各图中杆的AC、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gC.A、B之间杆的拉力为mgsinθD.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为1sin2g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gcosθD.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FFFF甲乙丁丙、、、，则以下判断中正确的是()A．F

FFF甲乙丁丙＞＝＞B．FFFF甲乙丁丙＝＝＝C．FFFF甲丁乙丙＝＝＞D．FFFF丁甲乙丙＞＝＞7.两根平行金属导轨MN、PQ，间距为d，与水平面成60=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.33mgB.32mgC.mgD.3mg8.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1，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2，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3，绳子张力为3F，不计摩擦，并且

BC为竖直线，则（）A．321==B．321=C．321FFFD．321FFF=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aF−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1kgB.当10NF=时木板B的加速度为24m/sC.滑块A的质量为4kgD.当10NF=时滑块A的加速度为22m/s10.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

kD.弹簧的最大形变量为mgk11.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ab、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ab、环的弹力大小相等D.细线对cd、球的弹力大小可能相等13.将两质量不同的物体PQ、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aaa甲乙丙、、，两物体间的作用力分别为FFF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.,aaaFFF====甲乙甲乙丙丙D.,aaaFFF==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.12mgB.22mgC.2mgD.2mg15.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV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.ODCD、两绳拉力的合力大小等于mgD.当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人

对绳的拉力为33mg16.一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1，木板与地面间的动摩擦因数为2.下列说法正确的是A.木板受到地面的摩擦力的大小是()2mMg+B.木板受到地面的摩擦力的大小是1mgC.当()2FmMg+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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。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=时,环受到杆的摩擦力为零D.当=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，abc、、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bc、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bc、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：sinmgma=，解得：sinag=，方向沿斜面向下，故B错误；以AB、组成的系统为研究对象，烧断细线前，AB、静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力T3sinFmg=，以C为研究对象知，细线的

拉力为sinmg，烧断细线的瞬间，AB、受到的合力等于3sin2sinsinmgmgmg−=，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：sin2mgma=，则加速度1sin2ag=，以B

为研究对象，由牛顿第二定律得：sinABFmgma−=，解得：3sin2ABFmg=，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gsinθ,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2cos2Fmg=，由夹角关系可得FFFF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8N时，AB、的加速度都为22m/sa=，对整体分析，由牛顿第二定律有()FMma=+，代入数据解得4kgMm+=；当F大于8N时，对B由牛顿第二定律得1FmgmgaFMMM−==−，

由图示图像可知，图线的斜率111Δ2kg1kgΔ86akMF−−====−，则木板B的质量1kgM=，滑块A的质量3kgm=，故A正确，不符合题意，C错误，符合题意。根据F大于8N的图线知，6NF=时，0a=，由1mgaFMM=−，可知13100611=−，解得0.

2=，由图示图像可知，当10NF=时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为2110.231010m/s11mgaFMM=−=−=24m/s，故B正确，不符合题意；当10NF=时，AB、相对滑动，滑块A的加速度22m/sAMgagM===，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mgkx=，得mgxk=，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22mgxk=，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AO、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PQ、为整体由牛顿第二定律可得：甲图：()()sinPQP

QFmmgmma−+=+甲解得：()sinPQPQFmmgamm−+=+甲乙图：()PQFmma=+乙解得：PQFamm=+乙丙图：()()PQPQFmmgmma−+=+丙解得：()PQPQFmmgamm−+=+丙由以上三式可得：aaa乙甲丙；对Q由牛顿第二定律可得：甲图：sinQQFm

gma−=甲甲解得：QPQmFFmm=+甲乙图：QQPQmFFmamm==+乙乙丙图：QQFmgma−=丙丙解得：QPQmFFmm=+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maxFmg=，所以12mg和22

mg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290+=o，由正弦定理可得12,sinsπinsin2FFmg

==+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；30=o时，30=o，则22cos30Fmg=o，可求出233Fmg=，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：sincosmgfmg==，即得sincos=，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,()()sincos0mgFmgF+−+=，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：3

3sincoscossi)n(0mgFmgF−−+,故物体做减速运动;对物块,所受支持力增加了3sinF,则摩擦力增加3sinF，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: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：AD17.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()cossin0yNFFMmgF=−+−=风,则()cossinNFMmgF=++风,所以当F风增大的时候,NF一定增大,故A错误;B正确;当=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1sin302Fmgmg==°；当B放在A上瞬间，以AB、整体为研究对象受力分析，整体所受合外力2sin302FmgFma=−=合°，可得整体的加速度1122224mg

mggam−==，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。AB、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，AB、具有最大速度，2sin300mgF−=°，可得弹簧弹力Fmg=，所以共同下滑的距离122mgmgFFmgxkkk−−==

=，故C正确。