2025隨州部分高中聯(lián)考協(xié)作體高一上學期12月聯(lián)考物理試題含答案-試卷下載-教習網(wǎng)

1、B [根據(jù)題意，由公式x＝v0t＋12at2結(jié)合位置隨時間的變化規(guī)律x＝4t＋2t2 m，可得v0＝4 m/s，a＝4 m/s2，可知質(zhì)點在x軸上做初速度為4 m/s、加速度大小為4 m/s2的勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；由位置隨時間的變化規(guī)律x＝4t＋2t2 m可得，t＝2 s時質(zhì)點的位置在x＝(4×2＋2×22) m＝16 m處，故C錯誤；由公式v＝v0＋at可得，t＝2 s時質(zhì)點的速度大小為v＝(4＋4×2) m/s＝12 m/s，方向沿x軸正方向，故D錯誤。]
2、C [頻閃周期T＝1f＝1 s，根據(jù)Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，利用逆向思維法，可將汽車的運動看成反向的初速度為零的勻加速直線運動，汽車最后2 s時間內(nèi)的位移x＝12at2＝12×2×22 m＝4 m，汽車最后2 s時間內(nèi)的平均速度為v＝xt＝42 m/s＝2 m/s，故選項C正確。]
3、D [題圖甲中，C點可視為“活結(jié)”，兩段細繩的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根據(jù)共點力平衡，BC桿對滑輪的作用力大小也是m1g(方向與豎直方向成60°角，斜向右上方)，故A錯誤；題圖乙中，G點可視為“死結(jié)”，以G為研究對象，分析受力情況如圖所示，由平衡條件得，F(xiàn)HGtan 30°＝m2g，得FHG＝3m2g，即HG桿受到細繩的作用力為 3m2g，故B錯誤；題圖甲中細繩AC段的拉力FAC＝m1g，題圖乙中由于FEGsin 30°＝m2g，則FEG＝2m2g，F(xiàn)ACFEG＝m12m2，故C錯誤，D正確。]
4、D [根據(jù)牛頓第二定律a＝Fm可知，物體的加速度與速度無關(guān)，選項A錯誤；即使合力很小，也能使物體產(chǎn)生加速度，選項B錯誤；物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，選項C錯誤；力和加速度為矢量，當力不變時，物體的加速度與質(zhì)量成反比，選項D正確。]
5、A [當車減速上坡時，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不變。人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示。將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，則mg－FN＝may。FN＜mg，乘客處于失重狀態(tài)，故C、B、D錯誤，A正確。]
6、C [上升過程中A、B整體向上做加速度減小的加速運動，故A錯誤；物塊B速度一直在增大，故B錯誤；設(shè)初始時彈簧的壓縮量為x1，根據(jù)胡克定律有2mg＝kx1，解得x1＝2mgk，設(shè)當物塊A、B恰好分離時彈簧的壓縮量為x2，對物塊A、B分別應用牛頓第二定律有32mg－mg＝ma，kx2－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝g2，x2＝3mg2k，則物體A上升的高度為h＝x1－x2＝mg2k，故C正確，D錯誤。]
7、B [工件恰好傳送到右端，有0?v02＝－2μgL，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5，工件與皮帶間動摩擦因數(shù)不大于0.5才視為合格，此過程用時t＝v0μg＝2 s，故A錯誤，B正確；若工件不被傳送過去，當反向運動時，最大速度與傳送帶共速，由于傳送帶的速度小于工件的初速度，根據(jù)勻變速運動速度—時間關(guān)系可知，返回的時間與正向運動的時間不相等，故C、D錯誤。]
8、BCD [物體水平向右做勻速運動，合力必為零，所以必受水平向左的摩擦力，且有f＝F cs θ，因滑動摩擦力存在，地面一定對物體A有豎直向上的支持力，且有N＝mg－F sin θ，若重力mg＝2F sin θ，則A對水平面的壓力大小為F sin θ，所以選項B、C、D正確，A錯誤。]
9、BC [對飛船和火箭組組成的整體，由牛頓第二定律，有F＝(m1＋m2)a，設(shè)飛船對火箭組的彈力大小為FN，對火箭組，由牛頓第二定律，有FN＝m2a，解得FN＝m2Fm1+m2＜F，故A錯誤；由運動學公式，有a＝ΔvΔt，且F＝(m1＋m2)a，解得m1＋m2＝FΔtΔv，故B正確；對整體F＝(m1＋m2)ΔvΔt，由于(m1＋m2)為火箭組和宇宙飛船的總質(zhì)量不變，則推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt與F成正比，故C正確；推力F減小，根據(jù)牛頓第二定律知整體的加速度減小，速度仍增大，不過單位時間內(nèi)增加速度變慢，所以飛船與火箭組不會分離，故D錯誤。]
10、ABD [彈簧穩(wěn)定時的伸長量取決于彈簧的彈力FT，設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，以整體為研究對象，則a＝F?μmA+mBgmA+mB，以B為研究對象得a＝FT?μmgmB，聯(lián)立可得FT＝mBmA+mBF，整理得FT＝FmAmB+1，則彈簧彈力的大小與水平面的粗糙程度無關(guān)，若增大彈簧彈力，可僅增大B的質(zhì)量，也可僅將A、B位置對調(diào)，也可僅增大水平恒力F，故A、B、D正確，C錯誤。]
二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）
11、[解析] (1)甲車的最大加速度為
a1＝3012 m/s2＝2.5 m/s2
乙車的最大加速度為a2＝306 m/s2＝5 m/s2
甲車以最大加速度加速到最大速度的時間為
t1＝vm1a1＝402.5 s＝16 s
在此時間內(nèi)的位移為x1＝12a1t12＝320 m
乙車以最大加速度加速到最大速度的時間為
t2＝vm2a2＝505 s＝10 s
所以乙車在8 s內(nèi)一直做勻加速直線運動，在此過程中的位移為x2＝12a2×(8 s)2＝160 m
因為x1＞x2＋85 m，所以甲、乙兩車在加速階段相遇，有12a1(t0＋8 s)2＝x2＋85 m，解得 t0＝6 s，故t0應為6 s。
(2)兩車相遇時甲車行駛的路程為
s＝x2＋85 m＝245 m。
[答案] (1)6 s (2)245 m
12、[解析] (1)在t1＝1 s時，A車剛啟動，則在第1 s內(nèi)兩車間縮短的距離為B車的位移，可得x1＝vBt1
解得B車的速度大小為vB＝12 m/s
v-t圖像斜率表示加速度，可得A車的加速度大小為a＝vBt2?t1，其中t2＝5 s
解得A車的加速度大小為a＝3 m/s2。
(2)兩車的速度達到相同時，兩車的距離達到最小，對應題圖乙中v-t圖像的t2＝5 s時刻，此時兩車已發(fā)生的相對位移為梯形的面積，則x＝12vB(t1＋t2)
代入數(shù)據(jù)解得x＝36 m
因此，若A、B兩車不會相撞，則兩車的距離應滿足條件為x0>36 m。
[答案] (1)12 m/s 3 m/s2 (2)x0>36 m
13、[解析] (1)設(shè)輕繩對小球的拉力為FT，小球受力如圖甲所示，由平衡條件可得
F cs 30°－FTcs θ＝0
F sin 30°＋FTsin θ－mg＝0
解得FT＝103 N，θ＝30°。
(2)以木塊和小球組成的整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得
F cs 30°－Ff＝0
FN＋F sin 30°－(M＋m)g＝0
又Ff＝μFN
解得μ＝35。
[答案] (1)103 N 30° (2)35
14、[解析] (1)F作用時，對圓環(huán)受力分析，如圖甲所示。
沿桿方向有F cs 30°－mg sin 30°－Ff＝ma1
垂直桿方向有mg cs 30°＝FN＋F sin 30°
又Ff＝μFN
聯(lián)立解得a1＝10 m/s2
由運動學公式得2 s時圓環(huán)的速度大小v＝a1t
代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s。
(2)撤去力F后，對圓環(huán)受力分析如圖乙所示。
沿桿方向有mg sin 30°＋F′f＝ma2
垂直桿方向有mg cs 30°＝F′N
又F′f＝μF′N
聯(lián)立解得a2＝12.5 m/s2
圓環(huán)繼續(xù)沿桿上滑的最大距離x＝v22a2＝2022×12.5 m＝16 m。
[答案] (1)20 m/s (2)16 m
15、[解析] (1)物塊放上傳送帶并施加拉力的一瞬間，設(shè)物塊運動的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有F＋μmg cs θ－mg sin θ＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝12 m/s2。
(2)加速到與傳送帶共速所用的時間為t1＝va1＝16 s，這段運動的位移為x1＝v22a1＝16 m
當物塊的速度達到2 m/s時，由于F＞μmg cs θ＋mg sin θ，因此物塊繼續(xù)向上做加速運動，設(shè)這段運動的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg cs θ－mg sin θ＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得a2＝2 m/s2
這段運動的位移為x2＝vt2+12 a2t22
x2＝L－x1＝116 m
解得t2＝1026?1 s
所以運動的總時間為t＝t1＋t2＝102?56 s。
[答案] (1)12 m/s2 (2)102?56 s