山西省晉城市（高平一中、陽城一中、高平實驗中學）-高一物理下學期開學考試試題答案

PAGEPAGE18物理答案1．D【詳解】A、當加速度方向與速度方向相同時，物體做加速運動，速度增大，加速度方向為正時，假設速度方向為負，那么速度減?。蔄錯誤；B、加速度方向保持不變，速度方向可能改變，如平拋運動，故B錯誤；C、當加速度方向與速度方向相反時，物體做減速運動，加速度增大，速度減小，故C錯誤，D正確；應選D2．B【詳解】設物體的加速度為v，通過AB的時間為t，那么有BC段，有解得從O到B，根據速度公式得所以OA之間的距離為解得應選B。3．C【詳解】A．小球在C點時，結合幾何知識對小球進展受力分析可知，此時小球受到的拉力選項A錯誤；B．設小球在D點時彈性繩的彈力大小為，對小球進展受力分析并沿水平和豎直方向正交分解可得兩式聯立可解得選項B錯誤；C．設彈性繩的原長為，那么當小球在B點時，由胡克定律可得在D點時有兩式聯立可解得選項C正確；D．從D到C的過程中，設A點下方的彈性繩與水平方向的夾角為α，對小球受力分析并沿水平和豎直方向正交分解，在水平方向上有解得因此過程中彈性繩的伸長量越來越大，由可知彈性繩的彈力越來越大，而α由逐漸減小到30°，越來越大，可知拉力F也越來越大，選項D錯誤；應選C。4．C【詳解】D．小球受重力G、彈簧的拉力F、圓環(huán)的彈力N，圓環(huán)的彈力沿半徑向外，如下圖，D錯誤；ABC．彈簧的彈力F沿彈簧向上，與豎直方向成30°角，圓環(huán)的彈力N與豎直方向成60°角，由正弦定理得解得C正確，AB錯誤。應選C。5．D【詳解】A．物塊上滑的合外力大小為那么上滑時加速度大小為物塊下滑的合外力大小為那么下滑時加速度大小為故上滑的加速度比下滑的加速度大，選項A錯誤；B．上滑過程有即下滑過程有故，選項B錯誤；C．由于物塊到最高點能下滑，那么有那么，選項C錯誤；D．上滑過程有下滑過程有由于，故，選項D正確。應選D。6．B【詳解】三力平衡，任意兩個力的合力跟第三個力等大反向。假設去掉F1，那么剩下兩個力的合力與F1等大反向，有同理，假設去掉F2，有三力平衡，有去掉F3，有解得應選B。7．D【詳解】ACD．細線燒斷后，將AB看作一個整體，彈簧拉力瞬時不變，有解得對于B球，有解得AC錯誤，D正確；B．細線燒斷后，對于C球，受力為解得B錯誤。應選D。8．BC【詳解】重物先勻加速上升，后豎直上拋，設斷裂時的速度為vm，落地時的速度為v，斷裂時的高度為h解得BC正確，AD錯誤；應選BC。9．BD【詳解】設滑輪兩側繩子與豎直方向的夾角為α，繩子的長度為L，B環(huán)到墻壁的距離為S，如圖。

根據幾何關系可得以滑輪作為研究對象，設繩子拉力大小為F，由平衡條件可知解得對B環(huán)進展受力分析，由平衡條件可知，環(huán)B所受摩擦力為對A環(huán)進展受力分析，由平衡條件可知，環(huán)A所受桿的彈力為AB．只將環(huán)A向下移動少許，S和L都不變，那么α不變，由可知，繩上拉力不變，由可知，環(huán)B所受摩擦力不變，故A錯誤，B正確；CD．只將環(huán)B向右移動少許，S變大，L不變，那么α增大，由可知，繩上拉力增大，由可知，環(huán)A所受桿的彈力變大，故C錯誤，D正確。應選BD。10．AB【詳解】A．放上物塊后，根據牛頓第二定律，物塊加速度為a1==5m/s2A正確；B．放上物塊后，根據牛頓第二定律，木板加速度為a2==2m/s2由此可看出兩物體均做勻加速直線運動，當兩物體速度相等后保持相對靜止那么有a1t=v0+a2t代入數據有t=1sB正確；C．由B選項可知二者共速時各自走過的位移分別為x1=a1t2，x2=v0t+a2t2代入數據有x1=2.5m，x2=4m那么二者相對運動的位移為L=x2-x1=1.5m物塊與木板最終保持相對靜止，木板至少長0.5m，C錯誤；D．相對靜止時，對整體，由牛頓第二定律得a共==3m/s2設共速后二者保持相對靜止有f=ma共=3N假設物塊的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力有Fmax=μmg=5N>f假設成立，那么物塊與木板相對靜止后物塊受到的摩擦力大小為3N，且為靜摩擦方向向右，D錯誤。應選AB。11．BD【詳解】B.根據面積相等，物塊返回底端時的速度大小為解得，B正確；A.物塊上滑和下滑過程的加速度大小之比為解得，A錯誤；CD.根據牛頓第二定律解得因為物塊的質量未知，所以利用所給條件無法求出物塊所受摩擦力的大小，C錯誤，利用所給條件可以求出斜面的傾角，D正確。應選BD。12．BCD【詳解】A．彈簧恢復原長前，由牛頓第二定律得隨著x的變化，a變化，不是勻加速，A錯誤；B．從靜止到B剛離開C的過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)變?yōu)樵L，再由原長變?yōu)槔鞝顟B(tài)，所以彈簧的彈力先減小后增大，B正確；C．拉力作用前，對A由平衡條件得物塊B剛離開C時，對B由平衡條件得A運動的距離為解得，C正確；D．物塊B剛離開C時，對A根據牛頓第二定律得解得，D正確。應選BCD。13．ABDAB0.20【詳解】(1)[1]AC．電火花計時器要用到220V交流電源，所以A正確；C錯誤；B．測量長度需要刻度尺，所以B正確；D．測量小車質量必須用天平所以D正確；E．打點計時器可以記錄時間了，所以不用秒表，E錯誤；應選ABD。(2)[2]A．實驗進展時，拉小車的細線平行與長木板，能保證運動過程中拉力方向不變且恒定，所以A正確BC．平衡摩擦力時不掛沙桶，但要讓紙帶連在小車上，通過打點計時器打的點跡判斷小車摩擦力是否平衡到位，所B正確；C錯誤；D．摩擦力平衡到位后，由于小車重力的分力等于滑動摩擦力，即增加小車質量無需再次平衡摩擦力，所以D錯誤；應選AB。(3)[3]小車合力恒定時，有那么圖乙圖線的斜率就是合外力，即細線拉力，由圖可知，細線拉力為0.20N。14．砝碼盤的重力未計入其中【詳解】(1)[1]根據圖象丙可知，平衡摩擦力后，當F=0時，a≠0，這是由于F只是砝碼盤中砝碼總重力，砝碼盤的重力未計入其中。(2)[2][3]當小車上無砝碼時，小車加速度為設小車的質量為M，那么小車受到的拉力為圖丁中圖線的函數關系式滿足根據牛頓第二定律得可解得15．(1)2s；(2)0.5【詳解】(1)物體在AB段加速運動，有————1分————1分代入數據解得————1分(2)物體到達B點的速度為————1分

物體在BC段減速運動，有————1分————1分代入數據解得————1分16．(1)10s；(2)125m；(3)4s；(4)120m【詳解】(1)A拋出后落回拋出點的時間————1分(2)A拋出后離拋出點的最大距離是————1分(3)設B拋出后經t2時間A、B相遇，相遇時兩物體位移相等————1分解得————1分(4)相遇時A、B距地面的高度是————1分17．(1)20N；（2分）(2)2cm；（4分）(3)10cm（6分）【詳解】(1)最后狀態(tài)時，以、整體為研究對象，根據平衡條件得：連接、的線中拉力————2分(2)以為研究對象，由平衡條件知彈簧所受的拉力由胡克定律得————2分(3)對：由平衡條件得————2分那么最后彈簧伸長量————2分開場時彈簧壓縮的長度————2分故彈簧的左端向左移動的距離是——2分18．(1)12m/s2；（3分）(2)0.3s；（4分）(3)0.42m（7分）【詳解】(1)小物塊剛開場運動時，受到重力，傳送帶對小物塊的支持力和沿斜面向下摩擦力，根據牛頓第二定律可得mgsinθ+f=ma1————1分FN-mgcosθ=0————1分f=μFN————1分聯立解得a1＝12m/s2————1分(2)小物塊到達傳送帶速度所需時間為————1分下滑的距離為————1分由于mgsinθ=μmgcosθ————1分故到達傳送帶速度后隨傳送帶一起勻速運動，勻速運動的時間為————1分故小物塊從A第一次到B的時間為tAB=t1+t2=0.2s+0.1s=0.3s————1分(3)小物塊在斜面上由于mgsinθ=μmgcosθ————1分故在BC向下運動時做勻速運動，與擋板碰撞后，根據牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma′解得a′=12m/s2————1分反彈后減速到B點時的速度為v′，那么有v′2-v2=2a′s解得v′=1.2m/s————1分此后沿傳送帶繼續(xù)向上減速運動，減速到零上滑的距離為x′，那么有0-v′2=-2a′x1解得x1=0.06m————1分然后沿傳送帶加速下滑，下滑x1距離獲得的速度為v