湖北省随州市部分高中2024-2025学年高一下学期2月联考物理试题答案

高一物理试题答案一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）1、解析：B当θ＝30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据共点力的平衡条件可得mgsin30°＝μmgcos30°，解得μ＝tan30°＝3)3，物块向上滑动时的加速度为a，根据牛顿第二定律可得mgsinα＋μmgcosα＝ma，解得a＝3)3g，所以s＝20v2a＝203)v4g，故选B。2、解析：C墙对A的作用力和桌沿C对A的作用力都过球心，重心不一定在球心，故ABD错误；重心是重力的等效作用点，所以重力一定过A的重心，故C正确。故选C。3、解析：AA正确；倾斜静止时，增大手的握力，只要瓶子不下滑，则Ff＝mgcosθ，当增大手的握力时只是增大了最大静摩擦力，静摩擦力不变，B错误，松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间的最大静摩擦力减小，动摩擦因数不变，C错误；手握瓶竖直静止时，则Ff＝mg，D错误。4、解析：D惯性是物体自身具有的属性，只与质量有关，与物体的运动状态、受力状态无关，故AB错误；由于绳子质量不计，绳子受力平衡，大人对绳子的拉力与小孩对绳子的拉力是一对平衡力，两者大小相等，故C错误，D正确。故选D。5、解析：C根据题意，系统静止，A、B两球所受合力为0，由平衡条件可知，细线的拉力为F＝2mgsinθ，方向沿斜面向上，当细线烧断瞬间，细线的拉力消失，弹簧弹力不变，则小球B的受力情况不变，合力不变，则小球B的加速度为0，小球A的合力为沿斜面向下的2mgsinθ，由牛顿第二定律可知，小球A的加速度为2gsinθ。故选C。6、解析：D若把其中一个力F0撤去，其他力的合力大小等于F0，方向与F0相反，该合力与速度v0之间的夹角保持不变，物体做匀变速运动，可能是直线、可能是曲线，不可能是圆，故AB错误；由于合力与速度之间的夹角无法确共6页第1页定，故经时间t时物体的速度大小无法确定，故C错误；由于F＝ma，Δv＝aΔt，合力一定，加速度一定，在相等时间内物体的速度变化一定相等，故D正确。故选D。7、解析：B由于A、C两点到D点的竖直高度不同，两球在空中运动时间不同，选项A错误；设圆弧形槽半径为R，对从A点抛出的小球，R＝v1tA，tA＝2Rg)，则v1＝Rg2R)＝12)gR，对从C点抛出的小球，Rsin60°＝v2tC，tC＝（R－Rcos60°）×2g)＝Rg)，则v2＝3)R2gR)＝34)gR，v1∶v2＝6∶3，选项B正确；设在D点速度方向与OD线夹角为θ，竖直分速度为vy，水平分速度为v0，则tanθ＝v0vy，由v1∶v2＝6∶3和vy1∶vy2＝tA∶tC＝2∶1知tanθ1≠tanθ2，选项C错误；设A、C两点抛出球落到D点时的瞬时速率分别为vA、vC，vA＝v12＋vy12＝52)gR，vC＝v22＋vy22＝74)gR，则vA∶vC＝10∶7，选项D错误。8、解析：ABC取竖直向上为正方向，由v20＝2gh得v0＝20m/s。物体的位移为x＝v0t－12gt2，当物体位于A点上方10m处时x＝10m，解得t1＝(2－2)s，t2＝(2＋2)s，故选项A、B正确，当物体位于A点下方10m处时，x＝－10m，解得t3＝(2＋6)s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误。9、解析：AD设甲、乙的质量均为m，丙的质量为M。对结点O受力分析如图所示，根据平衡条件可知OC绳的拉力与OA、OB两绳拉力的合力平衡，而OA和OB两绳的拉力大小相等，根据对称性可知OC的反向延长线过∠AOB的平分线，根据几何关系可知α＋2β＝180°，解得α＝70°>β，结点O受到的三个拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有Mgsinα＝mgsinβ，所以M>m，故AD正确，BC错误。故选AD。10、解析：AC设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向ma＝mgsinθ。雨滴的加速度为a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大共6页第2页，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小FN′＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cosθ，由x＝12gsinθ·t2，可得t＝2Lgsin2θ)，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得v＝gLtanθ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确。二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11、(10分)解析：(1)当两车速度相同时，所用时间为t0＝vAa＝10s，在此10s内A车的位移为xA＝vAt0＝20×10m＝200m，B车的位移为xB＝12at20＝12×2×102m＝100m，此时A、B两车间的位移差为Δx＝xA－xB＝100m＞64m，所以两车必定相撞；设两车相撞的时间为t，则相撞时有vAt－12at2＝64m，代入数据解得t＝4s(另一值不合题意舍去)，所以A车撞上B车的时间为4s。(2)已知A车的加速度aA＝－2m/s2，初速度vA＝20m/s；B车的加速度为a2，设B车运动经过时间为t′时，两车相遇，则有vAt′＋12aAt′2＝12a2t′2＋L，代入数据有\a\vs4\al\co1(1＋\f(a22))t′2－20t′＋64＝0，要避免相撞，则上式无实数解，即Δ＝(－20)2－4×\a\vs4\al\co1(1＋\f(a22))×64<0，解得a2＞1.125m/s2，所以B的加速度的最小值为1.125m/s2。答案：(1)相撞4s(2)1.125m/s212、(12分)解析：(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg解得FT＝103N，tanθ＝3)3即θ＝30°。(2)对A进行受力分析，由平衡条件有FTsinθ＋Mg＝FN，FTcosθ＝μFN解得μ＝3)5。共6页第3页(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有Fsinα＋FN＝(M＋m)g，Fcosα＝μFN解得F＝μ（M＋m）gcosα＋μsinα令sinβ＝1\r(1＋μ2)，cosβ＝μ\r(1＋μ2)即tanβ＝1μ，则F＝μ（M＋m）g\r(1＋μ2)（sinβcosα＋cosβsinα）＝μ（M＋m）g\r(1＋μ2)sin（β＋α）显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tanα＝μ＝3)5时，F的值最小。答案：(1)30°(2)3)5(3)3)513、(12分)解析：(1)根据L＝v0t＋12at2，代入数据解得a＝2m/s2。(2)根据牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ联立解得F＝ma＋mgsinθ＋μmgcosθcosα＋μsinα＝ma＋mgsinθ＋μmgcosθ\r(μ2＋1)sin（φ＋α）当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin代入数据解得Fmin＝5)5N。答案：(1)2m/s2(2)0.5(3)5)5N14、(14分)解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝F－μmgM解得a＝3m/s2。(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用故am＝μg＝2m/s2Δx1＝12at2－12amt2＝0.5m。(3)刚撤去F时v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s撤去F后，长木板的加速度大小a′＝μmgM＝0.5m/s2最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′共6页第4页解得共同速度v′＝2.8m/s。(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝v2－v′22a′－v′2－vm22am解得Δx2＝0.2m最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7m。答案：(1)3m/s2(2)0.5m(3)2.8m/s(4)0.7m15、(12分)解析：(1)由O到M过程，根据斜抛运动规律有h＝12gt12x＝vxt1vy2＝2ghvO＝vx2＋vy2联立解得vO＝20m/st1＝2svx＝102m/s。(2)落地时速度方向与斜面夹角β＝30°，则此时竖直向下的速度为vy′＝vxtan(θ＋β)＝106m/s由M到B过程，根据平抛运动规律有vy′＝gt2解得t2＝6s运动员在空中运动的时间为t＝t1＋t2＝(2＋6)s。(3)在空中运动过程，水平方向速度一直不变，由M到B过程，根据平抛运动规律，MB的竖直距离为h′＝12gt22＝30m水平距离为x′＝vxt2＝203mA、B两点间距离L＝x′2＋（h′－h）2＝40m。答案：(1)20m/s(2)(2＋6)s(3)40m共6页第5页