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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x2、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=x3、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,FACFEG4、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-x7、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=v8、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)ΔvΔt10、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/s乙车的最大加速度为a2=306m/s2=5m/s甲车以最大加速度加速到最大速度的时间为t1=vm1a在此时间内的位移为x1=12乙车以最大加速度加速到最大速度的时间为t2=vm2a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(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/svt图像斜率表示加速度,可得A车的加速度大小为a=vBt2−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vt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/s3m/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)103N30°(2)314、[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=v22a[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=v当物块的速度达到2m/s时,由于F>μmgcosθ+mgsinθ,因此物块继续向上
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