石家庄二中2022级高一年级12月份月考-物理答案.pdf

石家庄二中 2022 级高一年级 12 月份月考物理答案1 答案 D解析小车表面光滑，因此两小球在水平方向上没有受到外力的作用原来两个小球与小车具有相同的速度，当车突然停止运动时，由于惯性，两个小球的速度不变，所以不会相碰(与质量大小无关)2 答案 B3.答案C解析上升的加速度 a1gsin gcos，则 x12a1t2；下滑的加速度 a2gsin gcos，则 x12a2(2t)2；联立解得35tan，故选 C.4.答案A解析设物块 P 静止时，弹簧的长度为 x0，则 k(lx0)mg，物块 P 匀加速直线运动时受重力 mg、弹簧弹力 k(lx0 x)及力 F，根据牛顿第二定律得，Fk(lx0 x)mgma 故 Fkxma.根据数学知识知 Fx 图象是截距为 ma 的一次函数图象，故选 A.5.答案 B 解析 运动员蹬冰时作用力为 F=275N，2s/m5mFa，故 A 错；运动员在 1s 内先匀加速 0.7s，再匀速运动 0.3s，故 3.7s 内匀加速运动 t1=40.7s=2.8s，匀速运动 0.9s，故最大速度为 vm=at1=14m/s，故 B对 C 错；匀加速位移为m6.192121atx故 D 错，选 B。6.答案B解析物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移时间图象的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，位移时间图象的开口向下，故 A 错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等、方向相反，故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，B 正确，C、D 错误.7.答案：A 解析：若甲图中 A 匀速下滑，得：mAgsinmAgcos，tan.若在 A 上加物体，有(mAmB)gsin(mAmB)gcos，仍匀速下滑.若在 A 上加力 F，有 mAgsinFsin(mAgcosFcos)，仍匀速下滑，故 B、D 项均错误.若甲图中 A 匀加速下滑，有：mAgsinmAgcosmAa，若在 A 上加物体，有：(mAmB)gsin(mAmB)gcos(mAmB)a1，得 aa1，故 C 错误.若在 A 上加力 F 有：(mAgF)sin(mAgF)cosmAa2，得 a2a，故 A 项正确.8.答案D解析由题图可得，03 s 内，乙车的位移为12(20.5)3 m3.75 m，甲车的位移为12(24)2 m12(43)1 m9.5 m，则两车的出发点相距 9.5 m3.75 m5.75 m，选项 A错误；36 s 内，乙车的位移为12(10.5)1 m0.75 m，甲车的位移为1233 m4.5 m，二者相距4.5 m0.75 m5.25 m.所以 t0 时刻两车之间的距离大于 t6 s 时刻两车之间的距离，选项 D 正确；02 s 内，两车间距逐渐减小，t2 s 时刻两车相距不是最远，选项 B 错误；两车在 36 s 之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项 C 错误9.答案 AD解析由 pmv 知动量的单位为 kgm/s，A 正确，BC 错误；由 Fma 知质量 m，单位为，D 正确10.答案AB设圆柱形工件的质量为 m,汽车向左匀加速启动时,对圆柱形工件进行受力分析,如图所示,根据题意,有 FQ+mg=FNcos 15,F合=FNsin 15=ma,联立解得 a=+mgtan15=0.27+2.7m/s22.7 m/s2,故选项 A、B 正确。11.AD 解析 以结点 O 为研究对象,受力分析如图所示,由受力图可以看出:开始时 A 的拉力为零,B 的拉力与重力平衡;当 A、B 缓慢向两侧远离的过程中,A 的拉力增大、B 的拉力开始减小,当 OA 与 AB 垂直时 OB 的拉力最小;当 OA 和 OB 之间的夹角大于 900时,OA 的拉力一直在增大,OB 的拉力开始增大;所以 FA随距离的增大而一直增大,FB随距离的增大先减小后增大;根据以上分析可以知道,故 AD 正确、BC 错误.所以 AD 选项是正确的.12 答案：BD 解析：将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲、乙两船到达对岸的时间相等，渡河的时间 tdvsin，故 A 错误；若仅是河水流速 v0增大，渡河的时间 tdvsin，则两船的渡河时间都不变，故 B 正确；只有甲船速度大于水流速度时，不论河水流速v0如何改变，甲船总能到达河的正对岸 A 点，故 C 错误；若仅是河水流速 v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向相对于静水的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为 L，故 D 正确13.答案AD解析设 t 时刻 A、B 分离，分离之前 A、B 物块共同运动，加速度为 a，以 A、B 整体为研究对象，则有：aF1F2mAmB3.6012m/s21.2 m/s2，分离时：F2FAB0mBa，得 F2FAB0mBa0.3 N21.2 N2.7 N，经历时间 t2.73.64s3 s，根据位移公式 x12at25.4 m，则 D正确；当 t2.0 s 时，F21.8 N，F2FABmBa，得 FABmBaF20.6 N，A 正确，B 错误；当 t2.5s 时，F22.25 N，F2FABmBa，得 FABmBaF20.15 N，方向向右，C 错误14.答案(1)8.02520(2)B(每空 2 分）解析(1)当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为 x08.0 cm，在 Fx 图象中斜率表示弹簧的劲度系数，则 kFx60.24N/m25 N/m，题图乙中弹簧测力计的示数 F3.0 N，根据 Fkx，可知：xFk3.025m0.12 m12 cm，故此时弹簧的长度 xxx020 cm.(2)在题图丙中，图线与 L 轴的交点横坐标表示弹簧原长，故 b 的原长大于 a 的原长，故 A 错误；斜率表示劲度系数，故 a 的劲度系数大于 b 的劲度系数，故 B 正确，C 错误；弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故 D 错误15.答案(1)A 与 B(2 分）F1mg(2 分）(2)光电门 A、B 之间的距离 x(3 分）2xbkg(3 分）解析(1)当 A 达到稳定状态时 B 处于静止状态，弹簧测力计的读数 F 与 B 所受的滑动摩擦力 Ff大小相等，B 对木板 A 的压力大小等于 B 的重力 mg，由 FfFN得，FfFNFmg，由 C 的读数为 F1，可求得F1mg，为 A 与 B 之间的动摩擦因数(2)物块由静止开始做匀加速运动，根据匀加速直线运动位移时间公式得：x12at2，解得：a2xt2根据牛顿第二定律，对于物块：F合Fmgma 可得 F2mxt2mg则图线的斜率为：k2mx，纵轴的截距为 bmg；k 与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数：bmg2xbkg.16.（1）0.1（2）27m解析（1）由 v2=2a1x1(1 分）得 a1=2m/s2(1 分），由 F-mg=ma1(2 分）得=0.1(1 分）。（2）撤去推力后mg=ma2(2 分）得 a1=1m/s2(1 分），由 v2=2a2x2(1 分）得 x2=18m(1 分），x=x1+x2(1 分）得 x=27m(1 分）。17.答案(1)60 m/s2(2)0.85 s解】(1)模拟舱以 v012 m/s 的初速度在距地面 x11.2 m 处开始做匀减速直线运动，加速度大小设为 a，由匀变速运动的规律有 0v022ax1(3 分）代入数据，解得 a60 m/s2(2 分）(2)设模拟舱从 x9 m 处匀速运动至 x11.2 m 处历时 t1，由匀速直线运动的规律可知 t1xx1v0(3 分）代入数据，解得 t10.65 s(2 分）设匀减速直线运动历时 t2，由匀变速直线运动的规律可知 t20v0a(3 分）代入数据，解得 t20.2 s(2 分）所以模拟舱从 9 m 高处落到地面所用的时间为 tt1t20.85 s.(1 分）18.答案：(1)从物块放到木板上到它们达到共同速度所用的时间 t 为 1s；(2)小物块与木板间的摩擦因数2为 0.08；(3)物块从放上木板到停下来经过的位移为 0.8m.解析：(1)设经过时间，物块和木板的共同速度为 v，则物块的位移：x1=vt2(1 分）木板的位移：x2=(v0+v)t2(1 分）物块相对木板滑过的位移：x=L=x2x1=(v0+v)t2vt2(2 分）得：t=2lv0=1s(1 分）(2)物块的加速度：a1=2g(1 分）木板的加速度：a2=2mg+1(M+m)gM(1 分）达共同速度时：a1t=v0a2t(2 分）得：2=0.08(1 分）(3)共同速度：v=0.8m/s 物块先匀加速：x1=vt2=0.4m(1 分）达到共同速度后，由于21，故分别匀减速，物块的加速度：a3=2g=0.8m/s2(1 分）木板加速度：MmggMma214(1 分），Lavav423222(1 分），故不会从木板上滑下来(1 分），停下来经过的位移：x3=v22a3=0.4m(1 分），所以物块从放上木板到停下来经过的位移：x=x1+x3=0.8m(1 分）