湖北省隨州市部分高中2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期2月聯(lián)考物理試題答案

一、單項(xiàng)選擇題10小題，每小題4分，共40分,。在小題給出的四個選項(xiàng)

1～78～104

分，選對但不全的得2分，有錯選或者不選的得0分）1、解析：B當(dāng)θ＝30°時，可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得mgsin30°＝μmgcos30°，解得μ＝tan30°＝3)3，物塊向上滑動時的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinα＋μmgcosα＝ma，解得a＝3)3g，所以s＝20v2a＝203)v4g，故選B。2、解析：C墻對A的作用力和桌沿C對A的作用力都過球心，重心不一ABDA的重心，故C正確。故選C。3、解析：AA正確；傾斜靜止時，增大手的握力，只要瓶子不下滑，則F＝mgcosθB錯變，C錯誤；手握瓶豎直靜止時，則F＝mg，D錯誤。DAB子的拉力與小孩對繩子的拉力是一對平衡力，兩者大小相等，故C錯誤，D正確。故選D。CAB兩球所受合力為0知，細(xì)線的拉力為F＝2mgsinθ，方向沿斜面向上，當(dāng)細(xì)線燒斷瞬間，細(xì)線的拉力消失，彈簧彈力不變，則小球B的受力情況不變，合力不變，則小球B的加速度為0A的合力為沿斜面向下的2mgsinθA的加速度為2gsinθ。故選C。6、解析：D若把其中一個力F0撤去，其他力的合力大小等于F，方向與F0相反，該合力與速度v0之間的夾角保持不變，物體做勻變速運(yùn)動，可能是直AB共6頁第1頁tCF＝mav＝aΔt，合力一定，加速度一定，在相等時間內(nèi)物體的速度變化一定相等，故D正確。故選D。B由于AC兩點(diǎn)到D點(diǎn)的豎直高度不同，兩球在空中運(yùn)動時間不同，選項(xiàng)A錯誤；設(shè)圓弧形槽半徑為R，對從A點(diǎn)拋出的小球，R＝vt，tA＝2Rg)v＝Rg2R)＝12)gRCRsin60°＝vtt＝（R－Rcos602g)＝Rg)v＝3)R2gR)＝34)gRv∶v＝6∶3BD點(diǎn)速度方向與OD線夾角為θvv，則tanθ＝v0vy，由v∶v＝6∶3和v∶v＝t∶t＝2∶1知tanθ≠tanθ，選項(xiàng)C錯誤；設(shè)A、C兩點(diǎn)拋出球落到D點(diǎn)時的瞬時速率分別為v、v，v＝v12＋vy12＝52)gR，v＝v22＋vy22＝74)gR，則v∶v＝10∶7，選項(xiàng)D錯誤。ABCv20＝2gh得v＝20m/s位移為x＝vt－12gt2A點(diǎn)上方10m處時x＝10mt＝(2－2)s，t＝(2＋2)sABA點(diǎn)下方10mx＝－10m，解得t＝(2＋6)s，另一解為負(fù)值，舍去，故選項(xiàng)C正確，D錯誤。ADmMO受力分析OC繩的拉力與OAOBOA和OB兩繩的拉力大小相等，根據(jù)對稱性可知OC的反向延長線過∠AOB的α＋2β＝180α＝70°>βO受到的三個拉力構(gòu)成一封閉的矢量三角形，根據(jù)正弦定理有Mgsinα＝mgsinβ，所以M>m，故AD正確，BC錯誤。故選AD。10、解析：AC設(shè)屋檐的底角為θ，底邊長度為L，注意底邊長度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力F，垂直于屋頂方向mgcosθ＝F，平行于屋頂方向ma＝mgsinθa＝gsinθθ共6頁第2頁，故A正確；雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮′＝F＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長度x＝L2cosθ，由x＝12gsinθt2t＝2Lgsin2θ)θ＝45D錯誤；由v＝gsinθ·t可得v＝gLtanθ，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C正確。二、非選擇題5小題，共60分）11、(10分)解析：(1)當(dāng)兩車速度相同時，所用時間為t＝vAa＝10s，在此10s內(nèi)A車的位移為x＝vt＝20×10m＝200mB車的位移為x＝12at20＝12×2×102m＝100mAB兩車間的位移差為Δx＝x－x＝100m＞64m定相撞；設(shè)兩車相撞的時間為t，則相撞時有vt－12at2＝64m，代入數(shù)據(jù)解得t＝4s(另一值不合題意舍去)，所以A車撞上B車的時間為4s。(2)已知A車的加速度a＝－2m/s2v＝20m/sB車的加速度為a，設(shè)B車運(yùn)動經(jīng)過時間為t′vt′＋12at′2＝12at′2＋L入數(shù)據(jù)有\(zhòng)a\vs4\al\co1(1＋\f(a22))t′2－20t′＋64＝0解，即Δ＝(－20)2－4×\a\vs4\al\co1(1＋\f(a22))×64<0，解得a＞1.125m/s2，所以B的加速度的最小值為1.125m/s2。答案：(1)相撞4s(2)1.125m/s212、(12分)解析：(1)對B進(jìn)行受力分析，設(shè)細(xì)繩對B的拉力為F，由平衡條件可得Fcos30°＝Fcosθ，F(xiàn)sin30°＋Fsinθ＝mg解得F＝103N，tanθ＝3)3即θ＝30°。(2)對A進(jìn)行受力分析，由平衡條件有Fsinθ＋Mg＝F，F(xiàn)cosθ＝μFN解得μ＝3)5。共6頁第3頁(3)對A、B進(jìn)行受力分析，由平衡條件有Fsinα＋F＝(M＋m)g，F(xiàn)cosα＝μFN解得F＝μ（M＋m）gcosα＋μsinα令sinβ＝1\r(1＋μ2)，cosβ＝μ\r(1＋μ2)即tanβ＝1μ，則F＝μ（M＋m）g\r(1＋μ2)（sinβcosα＋cosβsinα）＝μ（M＋m）g\r(1＋μ2)sin（β＋α）顯然，當(dāng)α＋β＝90°時，F(xiàn)有最小值，所以tanα＝μ＝3)5時，F(xiàn)的值最小。答案：(1)30°(2)3)5(3)3)513、(12分)解析：(1)根據(jù)L＝vt＋12at2，代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2。(2)根據(jù)牛頓第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5。(3)設(shè)F與斜面夾角為α，平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－μF＝ma垂直斜面方向有F＋Fsinα＝mgcosθ聯(lián)立解得F＝ma＋mgsinθ＋μmgcosθcosα＋μsinα＝ma＋mgsinθ＋μmgcosθ\r(μ2＋1)sin（φ＋α）當(dāng)sin(φ＋α)＝1時，F(xiàn)有最小值F代入數(shù)據(jù)解得F＝5)5N。答案：(1)2m/s2(2)0.5(3)5)5N14、(14分)解析：(1)對長木板，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝F－μmgM解得a＝3m/s2。(2)撤去F之前，小物塊只受摩擦力的作用故a＝μg＝2m/s2Δx＝12at2－12at2＝0.5m。(3)剛撤去F時v＝at＝3m/s，v＝at＝2m/s撤去F后，長木板的加速度大小a′＝μmgM＝0.5m/s2最終速度v′＝v＋at′＝v－a′t′共6頁第4頁解得共同速度v′＝2.8m/s。(4)在t′內(nèi)，小物塊和長木板的相對位移Δx＝v2－v′22a′－v′2－vm22am解得Δx＝0.2m最終小物塊離長木板右端x＝Δx＋Δx＝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過程，根據(jù)斜拋運(yùn)動規(guī)律有h＝12gt2x＝vt1v2＝2ghv＝vx2＋vy2聯(lián)立解得v＝20m/st＝2sv＝102m/s。(2)落地時速度方向與斜面夾角β＝30°，則此時豎直向下的速度為v′＝vtan(θ＋β)＝106m/s由M到B過程，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有v′＝gt2解得t＝6s運(yùn)動員在