山西省晋城市（高平一中、阳城一中、高平实验中学）-高一物理下学期开学考试试题答案

PAGEPAGE18物理答案1．D【详解】A、当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，加速度方向为正时，假设速度方向为负，那么速度减小．故A错误；B、加速度方向保持不变，速度方向可能改变，如平抛运动，故B错误；C、当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，加速度增大，速度减小，故C错误，D正确；应选D2．B【详解】设物体的加速度为v，通过AB的时间为t，那么有BC段，有解得从O到B，根据速度公式得所以OA之间的距离为解得应选B。3．C【详解】A．小球在C点时，结合几何知识对小球进展受力分析可知，此时小球受到的拉力选项A错误；B．设小球在D点时弹性绳的弹力大小为，对小球进展受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得两式联立可解得选项B错误；C．设弹性绳的原长为，那么当小球在B点时，由胡克定律可得在D点时有两式联立可解得选项C正确；D．从D到C的过程中，设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为α，对小球受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，在水平方向上有解得因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由可知弹性绳的弹力越来越大，而α由逐渐减小到30°，越来越大，可知拉力F也越来越大，选项D错误；应选C。4．C【详解】D．小球受重力G、弹簧的拉力F、圆环的弹力N，圆环的弹力沿半径向外，如下图，D错误；ABC．弹簧的弹力F沿弹簧向上，与竖直方向成30°角，圆环的弹力N与竖直方向成60°角，由正弦定理得解得C正确，AB错误。应选C。5．D【详解】A．物块上滑的合外力大小为那么上滑时加速度大小为物块下滑的合外力大小为那么下滑时加速度大小为故上滑的加速度比下滑的加速度大，选项A错误；B．上滑过程有即下滑过程有故，选项B错误；C．由于物块到最高点能下滑，那么有那么，选项C错误；D．上滑过程有下滑过程有由于，故，选项D正确。应选D。6．B【详解】三力平衡，任意两个力的合力跟第三个力等大反向。假设去掉F1，那么剩下两个力的合力与F1等大反向，有同理，假设去掉F2，有三力平衡，有去掉F3，有解得应选B。7．D【详解】ACD．细线烧断后，将AB看作一个整体，弹簧拉力瞬时不变，有解得对于B球，有解得AC错误，D正确；B．细线烧断后，对于C球，受力为解得B错误。应选D。8．BC【详解】重物先匀加速上升，后竖直上抛，设断裂时的速度为vm，落地时的速度为v，断裂时的高度为h解得BC正确，AD错误；应选BC。9．BD【详解】设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B环到墙壁的距离为S，如图。

根据几何关系可得以滑轮作为研究对象，设绳子拉力大小为F，由平衡条件可知解得对B环进展受力分析，由平衡条件可知，环B所受摩擦力为对A环进展受力分析，由平衡条件可知，环A所受杆的弹力为AB．只将环A向下移动少许，S和L都不变，那么α不变，由可知，绳上拉力不变，由可知，环B所受摩擦力不变，故A错误，B正确；CD．只将环B向右移动少许，S变大，L不变，那么α增大，由可知，绳上拉力增大，由可知，环A所受杆的弹力变大，故C错误，D正确。应选BD。10．AB【详解】A．放上物块后，根据牛顿第二定律，物块加速度为a1==5m/s2A正确；B．放上物块后，根据牛顿第二定律，木板加速度为a2==2m/s2由此可看出两物体均做匀加速直线运动，当两物体速度相等后保持相对静止那么有a1t=v0+a2t代入数据有t=1sB正确；C．由B选项可知二者共速时各自走过的位移分别为x1=a1t2，x2=v0t+a2t2代入数据有x1=2.5m，x2=4m那么二者相对运动的位移为L=x2-x1=1.5m物块与木板最终保持相对静止，木板至少长0.5m，C错误；D．相对静止时，对整体，由牛顿第二定律得a共==3m/s2设共速后二者保持相对静止有f=ma共=3N假设物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力有Fmax=μmg=5N>f假设成立，那么物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小为3N，且为静摩擦方向向右，D错误。应选AB。11．BD【详解】B.根据面积相等，物块返回底端时的速度大小为解得，B正确；A.物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为解得，A错误；CD.根据牛顿第二定律解得因为物块的质量未知，所以利用所给条件无法求出物块所受摩擦力的大小，C错误，利用所给条件可以求出斜面的倾角，D正确。应选BD。12．BCD【详解】A．弹簧恢复原长前，由牛顿第二定律得随着x的变化，a变化，不是匀加速，A错误；B．从静止到B刚离开C的过程中，弹簧由压缩状态变为原长，再由原长变为拉伸状态，所以弹簧的弹力先减小后增大，B正确；C．拉力作用前，对A由平衡条件得物块B刚离开C时，对B由平衡条件得A运动的距离为解得，C正确；D．物块B刚离开C时，对A根据牛顿第二定律得解得，D正确。应选BCD。13．ABDAB0.20【详解】(1)[1]AC．电火花计时器要用到220V交流电源，所以A正确；C错误；B．测量长度需要刻度尺，所以B正确；D．测量小车质量必须用天平所以D正确；E．打点计时器可以记录时间了，所以不用秒表，E错误；应选ABD。(2)[2]A．实验进展时，拉小车的细线平行与长木板，能保证运动过程中拉力方向不变且恒定，所以A正确BC．平衡摩擦力时不挂沙桶，但要让纸带连在小车上，通过打点计时器打的点迹判断小车摩擦力是否平衡到位，所B正确；C错误；D．摩擦力平衡到位后，由于小车重力的分力等于滑动摩擦力，即增加小车质量无需再次平衡摩擦力，所以D错误；应选AB。(3)[3]小车合力恒定时，有那么图乙图线的斜率就是合外力，即细线拉力，由图可知，细线拉力为0.20N。14．砝码盘的重力未计入其中【详解】(1)[1]根据图象丙可知，平衡摩擦力后，当F=0时，a≠0，这是由于F只是砝码盘中砝码总重力，砝码盘的重力未计入其中。(2)[2][3]当小车上无砝码时，小车加速度为设小车的质量为M，那么小车受到的拉力为图丁中图线的函数关系式满足根据牛顿第二定律得可解得15．(1)2s；(2)0.5【详解】(1)物体在AB段加速运动，有————1分————1分代入数据解得————1分(2)物体到达B点的速度为————1分

物体在BC段减速运动，有————1分————1分代入数据解得————1分16．(1)10s；(2)125m；(3)4s；(4)120m【详解】(1)A抛出后落回抛出点的时间————1分(2)A抛出后离抛出点的最大距离是————1分(3)设B抛出后经t2时间A、B相遇，相遇时两物体位移相等————1分解得————1分(4)相遇时A、B距地面的高度是————1分17．(1)20N；（2分）(2)2cm；（4分）(3)10cm（6分）【详解】(1)最后状态时，以、整体为研究对象，根据平衡条件得：连接、的线中拉力————2分(2)以为研究对象，由平衡条件知弹簧所受的拉力由胡克定律得————2分(3)对：由平衡条件得————2分那么最后弹簧伸长量————2分开场时弹簧压缩的长度————2分故弹簧的左端向左移动的距离是——2分18．(1)12m/s2；（3分）(2)0.3s；（4分）(3)0.42m（7分）【详解】(1)小物块刚开场运动时，受到重力，传送带对小物块的支持力和沿斜面向下摩擦力，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+f=ma1————1分FN-mgcosθ=0————1分f=μFN————1分联立解得a1＝12m/s2————1分(2)小物块到达传送带速度所需时间为————1分下滑的距离为————1分由于mgsinθ=μmgcosθ————1分故到达传送带速度后随传送带一起匀速运动，匀速运动的时间为————1分故小物块从A第一次到B的时间为tAB=t1+t2=0.2s+0.1s=0.3s————1分(3)小物块在斜面上由于mgsinθ=μmgcosθ————1分故在BC向下运动时做匀速运动，与挡板碰撞后，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma′解得a′=12m/s2————1分反弹后减速到B点时的速度为v′，那么有v′2-v2=2a′s解得v′=1.2m/s————1分此后沿传送带继续向上减速运动，减速到零上滑的距离为x′，那么有0-v′2=-2a′x1解得x1=0.06m————1分然后沿传送带加速下滑，下滑x1距离获得的速度为v