2023~2024学年怀仁一中高一年级下学期第一次月考
物理答案
1.C [火箭点火时速度为零,但是加速度不为零,A错误;火箭加速度不变且不为零时做匀变速直线运动,速度
Δv
大小一定变化,B错误;由于a= ,加速度是描述速度变化快慢的物理量,速度变化越快,加速度越大,C正Δt
确;火箭点火时,喷气对火箭的力与火箭对喷气的力是相互作用力,是等大反向的力,D错误。]
1
2.D [由题意可知,重物向上运动时的位移与时间的关系x=t2(m),即满足公式x=2at
2,由此可知,重物向
上做初速度为0的匀加速直线运动,加速度大小为2m/s2,故A、B错误;重物在第2s末和第3s末的速度分
别为v2=2×2m/s=4m/s、
v +v 4+6
v3=2×3m/s=6m/s,
2 3
则重物在第3s内的位移大小为x3= 2 t1= 2 ×
1m=5m,故C错误;重物在第4s末的速度为v4=2×4m/s=8m/s,则重物在第4s内的平均速度大小为
v
v = 3
+v4 6+8
4 = m/2 2 s=7m
/s,故D正确。]
3.B [由题意可知,v 先沿负方向均匀增大到-v1,与地面发生碰撞后速度变为v1,并沿正方向均匀减小到0,
故A错误,B正确;由于小球在下降和上升过程都做匀变速运动,所以其x t图像不可能为直线,故C、D错误。]
4.D [由于O 点是轻滑轮,细线上的弹力处处相等,因此细线BO 对天花板的拉力大小为G,故A错误;滑轮
处于平衡状态,a杆和细线对滑轮的合力大小为零,故B错 误;两 段 细 线 上 弹 力 均 为 G,弹 力 的 合 力 为
2Gsin30°=G,则a杆对滑轮的作用力大小为G,故C错误,D正确。]
5.A [以A、B及弹簧为研究对象,根据牛顿第二定律,沿斜面方向有Fcos37°-2mgsin37°=2ma,解得F=
25N;以A为研究对象,沿斜面方向有k(l-l0)-mgsin37°=ma,解得l=0.25m,A正确,B、C、D错误。]
m
6.D [对工人受力分析可知FN=mgtanθ,F =
g
T ,若工人上移,由于工人保持离墙的距离不变,可知cosθ θ
增
大,则FT 和FN 均增大,故A、C错误,D正确;FT 与FN 的合力等于工人所受的重力,保持不变,故B错误。]
7.C [船运动的速度可分解为沿绳方向的速度和垂直于绳方向的速度,根据平行四边形定则,有v人=v绳=
Fcosθ-F
vcosθ,故A、B错误;对船受力分析,则有Fcosθ-Ff=ma,
f
因此船的加速度大小为a= ,故m C
正
确,D错误。]
8.BC [根据牛顿第二定律mg-kv=ma 可知,随着速度的增加,下落的加速度越来越小,但加速度与速度方
向相同,所以速度不断增大,在下落的收尾阶段,加速度a=0,最后一定以某一速度匀速下落,B、C正确。]
9.AC [演员在滑杆上静止时,传感器显示的拉力800N等于演员重力和滑杆的重力之和,则演员的重力为
600N,A正确;演员在第1s内先静止后匀加速下滑,加速下滑时处于失重状态,B错误;演员匀加速下滑时
滑杆顶端所受的拉力最小,匀加速下滑的加速度大小a =3m/s21 ,对演员,由牛顿第二定律得,mg-Ff1=
ma1,解得Ff1=420N,对滑杆,由平衡条件知,最小拉力F1=420N+200N=620N,C正确;匀减速下滑时
滑杆顶端所受的拉力最大,匀减速下滑的加速度大小a2=1.5m/s2,对演员,由牛顿第二定律得,Ff2-mg=
ma2,解得Ff2=690N,对滑杆,由平衡条件得,最大拉力F2=690N+200N=890N,D错误。]
10.AB [对A、B整体运用牛顿第二定律,有F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,得a=
F ,隔离 研究,根据牛顿第二定律有
m +m -gsinθ-μgcosθ B FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa
,则FT=
A B
mBF F= ,要增大FT,可减小A物块的质量或增大B物块的质量,故A、B正确。]mA+mB mA
m +1B
11.1(2分) (-10cm,-5cm)(2分)
解析 由题图可知A、B 两点间的水平位移等于B、C 两点间的水平位移,则A、B 两点间的时间间隔等于
B、C 两点间的时间间隔,在竖直方向上根据逐差公式有yBC-y 2AB=gT
高一物理试题答案 第1页,共3页
{#{QQABJY4UogAgAAAAAQhCAwW6CAGQkBAACAoGwFAAsAABiAFABAA=}#}
解得,A、B 两点间的时间间隔为T=0.1s
xAB 10cm
则小球做平抛运动的初速度大小为v = = 0 /T 0.1s=1ms
yAC 40cm B 点的竖直分速度为vy= = /2T 2×0.1s=2ms
v 2
则抛出点到B 点的竖直高度为h = y
B 2 =0.2m=20cmg
则抛出点到A 点的竖直距离为y=hB-yAB=5cm
, 1竖直方向 根据自由落体运动规律有y= gt22
解得,抛出点到A 点的时间为t=0.1s
则抛出点到A 点的水平距离为x=v0t=0.1m=10cm
故小球做平抛运动的初始位置坐标为(-10cm,-5cm)。
12.(1)28.00(2分) (2)见解析图 8.00 15.0(6分) (3)区域Ⅰ(2分)
解析 (1)题图甲中刻度尺的分度值为1mm,需要估读到最小刻度值的下一位;由题图甲可知指针所指位置
的刻度尺读数为28.00cm。
(2)将问题(1)读取的数据也描到题图乙中,并作出图像,如图
所示,
由图像可知,横轴截距为弹簧的原长,则弹簧处于原长时指针的
读数为8.00cm;
根据胡克定律可得,弹簧的劲度系数为
ΔF 3.0-0
k= / /Δl=( N m=15.0N m28.00-8.00)×10-2
(3)两根弹簧并排悬挂,设弹簧的原长为l0,则有F=2k(l-l0)
可知F l图像中的图线斜率从k 变为2k,则所得图线将出现在区域Ⅰ。
13.(1)16N 20N (2)0.8
解析 (1)对结点O 进行受力分析,受到三段绳子的拉力如图所示
甲物体受力平衡,可得FTB=m1g=12N (1分)
FTB 12
根据几何关系可得F TA=tan37°= N=16N
(
3 2
分)
4
F 12
FTC=
TB
( 分)
sin37°=3 N=20N 2
5
(2)对乙受力分析如图,恰好不滑动时,
由力的平衡条件可得m2gsin37°+FTC'=Ff, (2分)
又FTC=FTC' (1分)
最大静摩擦力Ff=μFN, (1分)
支持力FN=m2gcos37° (1分)
联立解得μ=0.8。 (1分)
14.(1)4m/s (2)0.35≤μ2<0.75
解析 (1)设儿童在BC 段的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律,有μ1mg=ma1 (1分)
可得a 21=8m/s
儿童在C 点刚好停下时,在B 点速度有最大值,根据速度—位移公式有0-v 2B =-2a1xBC (1分)
代入数据解得儿童在B 点速度最大值为vB=4m/s (1分)
(2)为保证沿滑板滑下儿童的安全,要求儿童不能滑出C 点,根据(1)可知儿童运动到B 点速度的最大值为
4m/s,
1.5
由几何关系可知AB 段的倾角满足sinθ=2.5=0.6
,即θ=37° (1分)
高一物理试题答案 第2页,共3页
{#{QQABJY4UogAgAAAAAQhCAwW6CAGQkBAACAoGwFAAsAABiAFABAA=}#}
设儿童在AB 段的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,有mgsin37°-Ff=ma2 (1分)
在垂直斜面方向有FN-mgcos37°=0 (1分)
其中Ff=μ2minFN (1分)
根据速度位移公式有v 2B -0=2a2xAB (1分)
联立并代入数据解得μ2min=0.35 (1分)
儿童恰好能下滑时,mgsinθ=μ2maxmgcosθ (1分)
μ2max=0.75 (1分)
为保证沿滑板滑下儿童的安全,在设计滑梯时,滑板AB 和儿童裤料之间动摩擦因数μ2 应满足
0.35≤μ2<0.75 (1分)
15.(1)0.45m (2)1.5s (3)1m
解析 (1)煤块沿水平方向飞出,恰好无碰撞地滑上传送带最上端A,
v
则有tanα= y
gt
= 1 ( 分)v1 v
1
1
解得t1=0.3s
1
又h= gt21 ( 分)2 1
解得h=0.45m (1分)
(2)煤块刚滑上传送带时的速度为
v
v2=
1
/
cosα=5ms/s (1分)
可知煤块刚滑上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可知,煤块的加速度大小为a1
m sinα+ m cosα
= g μ gm =10m
/s2 (1分)
v0-v2
煤块刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为t2= a =0.2s
(1分)
1
v2+v0
下滑的位移为x1= ( 分)2 t2=1.2m煤块与传送带共速后,由于μ=0.5煤块会二次加速运动,即煤块相对传送带向下滑,根据牛顿第二定律可知,煤块二次加速的加速度大小为
m sinα- m cosα
a2=
g μ g /
m =2ms
2 (1分)
1
下滑的位移为x2=L-x1=v0t3+ a2t23 =8m (1分)2
解得煤块二次加速运动的时间t3=1s
所以煤块从抛出点到传送带下端B 运动的时间t=t1+t2+t 3=1.5s (1分)
(3)在t2=0.2s内,传送带的位移x3=v0t2=1.4m (1分)
该过程中煤块相对传送带上滑,相对位移即划痕Δs1=x3-x1=0.2m (1分)
在t3=1s内,传送带的位移x4=v0t3=7m (1分)
该过程中煤块相对传送带下滑,相对位移即划痕Δs2=x2-x4=1m (1分)
Δs1<Δs2 (1分)
所以,煤块从A 到B 的过程中传送带上形成划痕的长度Δs=Δs2=1m。 (1分)
高一物理试题答案 第3页,共3页
{#{QQABJY4UogAgAAAAAQhCAwW6CAGQkBAACAoGwFAAsAABiAFABAA=}#}5.在侦角为？7的光滑固定斜面上，有两个用轻质弹簧连接的质量均为1kg的小F
20232024学年怀仁一中高一年级下学期第一次月考
球，B.在：如图所示的水平向左的推力F作用下，一起沿斜而以1的加速
物理试题
度向上做匀加速运动。已知弹簧的惊长为20cm,幼度系数为20N/m,弹簧始
终在弹性限度内si3 =0.6,cos37=0.8,取g一l0m/s,此时弹簧的长度/和推力F的人
(肘间：75分钟满分：10)分)
小分册为
一、单项选择题：本题共？小题.每小题1分，共28分：在每小题给出的四个选项中.贝有一贞让
A.0.25m,25入
B.0.l5m.25y.,25tm.12.5D.0.15m,12.5
符合题日要求的
1.2心21年10月16H.搭载神舟十号我人飞船的运载火箭按照预定时间精准发射，之后神舟十
.知图所示.T.人清洗楼房的光治玻璃，用一狼绻索将自己志在空中，巴知工，人及
二号载人飞船与火箭成功分离进人预定轨道，質利将翟志刚、亚平，叶光高三名航天员送入
其装备的总质量为，H视为质点悬绳与竖直墙壁的火角为，悬绳对上人的
太空。火箭布垂有起飞段（可视为竖直向的直线运动）上升过程中·下列说法止确的是〔）
拉力大小为上，墙壁对人的弹力大小为F:·.人保持离墙的距离不变，乖力
A.火箭在点火时逃度为变，加速度一定为零
出.火箭速度不变时，速度大小一定不业
加速度为g则
C.火箭上升过程中速度变化越快.川速度一定越大
.若T工人缓慢上移，则F、曾人.F、减小
).火箭点火时，喷气对火箭的力人于火箭对喷气的力
]3.若T人缓熳移，则F,与F、的合力增圳
2.如图所示，桥式起重机的横梁离地面的高度为23m,某次起重作业时重物
被竖直向上吊起·重物距横梁的离满足关系式力一·一！`一25（单位：m).
.F、9F==ngco0
则
生.重物减速升
1D.F、-mng tan0.k,-mg
cos 8
B.重物的加速度大小为1s
.重物在第3内的位移大小为6
7.如倒所示，人在岸上放船，已知船的质量为m·水的阻力恒为下、轻绳与水
.重物在：第1s内的平均速度大为了ms
灿的夹角为日时，船的速度为，人的拉力大小为F,侧此时
3.·弹性小球从离地力高处中下落，j地面发生碰撞时速度人小为，·碰所速度大小不变、方向
变为竖直向上，不空气阻力，现取竖止向为正方向，下列速度〔)、位移随时问〔1》变化
小.人拉绳行走的速歧为sin
B.人拉绳行走的速度为
cos日
的图像中，能够反映这一过程的是
】
F-F
↑ms
C鼎的加迷度为Fo0F
I).船的加速度为
↑im+s-)
二，多项选择题：本题共3小趣，母小樾5分，共18分。全部选对的得6分，选对但不全的得3
-3
分，有选错的得心分
A
B
C
0
1.如图所示，在水平犬花板的A点处周定一根轻杆a,杆与天化板保持垂止、“常货
8.-一物体从足够高处H静止爪始下落，要到的空'气阻力F:-(及为比例常数：为物体运动的速
杆的下端有一个轻洲轮()。牙·根犯线上端固定在该天花板的B点处.细
b
率》，水平方向尤风。关于物体的片线运动、下列说法止确的是
线跨过滑轮()，卜猫系一个重力为；的物体，)段细线与天花板的夹角为
八.物体做)圳速运动
9一30”。系统保持静止·不·切峰擦，下列说法中正确的是
13.物体加速度越米越小、.最后为零
A.细线()对大北板的拉力大小灯3(
B.孔朴和细线对淵轮的合打人小为2：
('.物体速度逐渐增大，在下落的收尾阶段，物体以某一速度匀速下落
(.a杆对滑轮的作州力大小为1.心
T).物体速遂渐增大.在下洛的收尾阶段速度九穷大
1).杆对消轮的作州力.人小为：
高一物理成题第1顶，共6
高物理试题第2页.共6贝
