湖北省随州市部分高中联考协作体2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题答案

高一物理试题参考答案一、单项选择题：1、B [根据题意，由公式x＝v0t＋12at2结合位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2m，可得v0＝4m/s，a＝4m/s2，可知质点在x轴上做初速度为4m/s、加速度大小为4m/s2的匀加速直线运动，故A错误，B正确；由位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2m可得，t＝2s时质点的位置在x＝(4×2＋2×22)m＝16m处，故C错误；由公式v＝v0＋at可得，t＝2s时质点的速度大小为v＝(4＋4×2)m/s＝12m/s，方向沿x轴正方向，故D错误。]2、C [频闪周期T＝1f＝1s，根据Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，利用逆向思维法，可将汽车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，汽车最后2s时间内的位移x＝12at2＝12×2×22m＝4m，汽车最后2s时间内的平均速度为v＝xt＝42m/s＝2m/s，故选项C正确。]3、D [题图甲中，C点可视为“活结”，两段细绳的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根据共点力平衡，BC杆对滑轮的作用力大小也是m1g(方向与竖直方向成60°角，斜向右上方)，故A错误；题图乙中，G点可视为“死结”，以G为研究对象，分析受力情况如图所示，由平衡条件得，FHGtan30°＝m2g，得FHG＝3m2g，即HG杆受到细绳的作用力为3m2g，故B错误；题图甲中细绳AC段的拉力FAC＝m1g，题图乙中由于FEGsin30°＝m2g，则FEG＝2m2g，FACFEG＝m12m2，故C错误，D正确。]4、D [根据牛顿第二定律a＝Fm可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，当力不变时，物体的加速度与质量成反比，选项D正确。]5、A [当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变。人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示。将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则mg－FN＝may。FN＜mg，乘客处于失重状态，故C、B、D错误，A正确。]6、C [上升过程中A、B整体向上做加速度减小的加速运动，故A错误；物块B速度一直在增大，故B错误；设初始时弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有2mg＝kx1，解得x1＝2mgk，设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x2，对物块A、B分别应用牛顿第二定律有32mg－mg＝ma，kx2－mg＝ma，联立解得a＝g2，x2＝3mg2k，则物体A上升的高度为h＝x1－x2＝mg2k，故C正确，D错误。]7、B [工件恰好传送到右端，有0−v02＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才视为合格，此过程用时t＝v0μg＝2s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度—时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。]8、BCD [物体水平向右做匀速运动，合力必为零，所以必受水平向左的摩擦力，且有f＝Fcosθ，因滑动摩擦力存在，地面一定对物体A有竖直向上的支持力，且有N＝mg－Fsinθ，若重力mg＝2Fsinθ，则A对水平面的压力大小为Fsinθ，所以选项B、C、D正确，A错误。]9、BC [对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有F＝(m1＋m2)a，设飞船对火箭组的弹力大小为FN，对火箭组，由牛顿第二定律，有FN＝m2a，解得FN＝m2Fm1+m2＜F，故A错误；由运动学公式，有a＝ΔvΔt，且F＝(m1＋m2)a，解得m1＋m2＝FΔtΔv，故B正确；对整体F＝(m1＋m2)ΔvΔt，由于(m1＋m2)为火箭组和宇宙飞船的总质量不变，则推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt与F成正比，故C正确；推力F减小，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大，不过单位时间内增加速度变慢，所以飞船与火箭组不会分离，故D错误。]10、ABD [弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力FT，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以整体为研究对象，则a＝F−μmA+mBgmA+mB，以B为研究对象得a＝FT−μmgmB，联立可得FT＝mBmA+mBF，整理得FT＝FmAmB+1，则弹簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大B的质量，也可仅将A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，故A、B、D正确，C错误。]二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11、[解析] (1)甲车的最大加速度为a1＝3012m/s2＝2.5m/s2乙车的最大加速度为a2＝306m/s2＝5m/s2甲车以最大加速度加速到最大速度的时间为t1＝vm1a1＝402.5s＝16s在此时间内的位移为x1＝12a1t12＝320m乙车以最大加速度加速到最大速度的时间为t2＝vm2a2＝505s＝10s所以乙车在8s内一直做匀加速直线运动，在此过程中的位移为x2＝12a2×(8s)2＝160m因为x1＞x2＋85m，所以甲、乙两车在加速阶段相遇，有12a1(t0＋8s)2＝x2＋85m，解得t0＝6s，故t0应为6s。(2)两车相遇时甲车行驶的路程为s＝x2＋85m＝245m。[答案] (1)6s (2)245m12、[解析] (1)在t1＝1s时，A车刚启动，则在第1s内两车间缩短的距离为B车的位移，可得x1＝vBt1解得B车的速度大小为vB＝12m/sv-t图像斜率表示加速度，可得A车的加速度大小为a＝vBt2−t1，其中t2＝5s解得A车的加速度大小为a＝3m/s2。(2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到最小，对应题图乙中v-t图像的t2＝5s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x＝12vB(t1＋t2)代入数据解得x＝36m因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离应满足条件为x0>36m。[答案] (1)12m/s 3m/s2 (2)x0>36m13、[解析] (1)设轻绳对小球的拉力为FT，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos30°－FTcosθ＝0Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0解得FT＝103N，θ＝30°。(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得Fcos30°－Ff＝0FN＋Fsin30°－(M＋m)g＝0又Ff＝μFN解得μ＝35。[答案] (1)103N 30° (2)3514、[解析] (1)F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示。沿杆方向有Fcos30°－mgsin30°－Ff＝ma1垂直杆方向有mgcos30°＝FN＋Fsin30°又Ff＝μFN联立解得a1＝10m/s2由运动学公式得2s时圆环的速度大小v＝a1t代入数据解得v＝20m/s。(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示。沿杆方向有mgsin30°＋F′f＝ma2垂直杆方向有mgcos30°＝F′N又F′f＝μF′N联立解得a2＝12.5m/s2圆环继续沿杆上滑的最大距离x＝v22a2＝2022×12.5m＝16m。[答案] (1)20m/s (2)16m15、[解析] (1)物块放上传送带并施加拉力的一瞬间，设物块运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1代入数据解得a1＝12m/s2。(2)加速到与传送带共速所用的时间为t1＝va1＝16s，这段运动的位移为x1＝v22a1＝16m当物块的速度达到2m/s时，由于F＞μmgcosθ＋mgsinθ，因此物块继续向上做加速运动，设这段运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律有F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2代入数据解得a2＝2m/s2这段运动的位移为x2＝vt2+12a2t22x2＝L－x1＝116m解得t2＝1026−1s所以运动的总时间为t＝t1＋t2＝102−56s。[答案] (1)12m/s2 (2)102−56s