辽宁省沈阳市浑南区东北育才学校2023-2024学年高一上学期期中考试物理试卷

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1. C 2. B 3. B 4. D 5. B 6. C 7. B
8. BCD 9. BD 10. BD
11. (1)>；(2)乙，0.2
12. AD 1b k2b
13. 解：用FN1、FN2分别表示A和B之间和B与地面之间相互作用的弹力大小，用f1、f2分别表示A与B之间和B与地面之间相互作用的滑动摩擦力大小，则对A物块受力分析如图1：

图1
f1=μFN1
竖直方向有：Tcs37°+FN1=mAg
水平方向有：Tsin37°=f1
联立上面三式可得：f1=60N；FN1=120N；T=250N
根据牛顿第三定律可知物体A对绳的拉力大小为250N．
(2)对B物块受力分析如图2：

图2
f2=μFN2
竖直方向有：FN2=FN1+mBg
水平方向有：F=f1+f2
联立上面三式可得：F=230N。
答：(1)物体A对绳的拉力大小为250N；
(2)水平力F的大小为230N。
14. 解：(1)花盆从47m高处落下，到达离地高2m的车顶过程中位移为：ℎ=(47−2)m=45m
根据位移公式，有：ℎ=12gt2
代入数据解得：t=3s
3s内汽车位移为：x=v0t=9×3m=27m
24m则货车会被花盆砸到。
(2)货车匀减速的最小距离为：x1=v022a
制动过程中反应通过的最大距离为：x2=l2−x1
货车司机允许反应的最长时间为：t=x2v0
联立代入数据解得：t≈1.67s。
答：(1)货车会被花盆砸到；
(2)货车司机允许反应的最长时间为1.67s。
15. 解：(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得 a1=μ1mgm=μ1g=3m/s2
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得 μ1mg−μ2×2mg=ma2
解得 a2=1m/s2；
(2)A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，
则有 t=v0−va1=va2 ， L=v02−v22a1−v22a2
解得 v=1m/s ， v0=4m/s
则A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为 4m/s ；
(3)若A刚好没有从B上滑下来，A到达B的最右端时B的位移 x1=v22a2=12×1m=0.5m
此后A、B一起匀减速运动直至停止，设加速度大小为 a3 ，
由牛顿第二定律得 μ1×2mg=2ma3
解得 a3=μ2g=1m/s2
A、B在地面上一起滑行的位移 x2=v22a1=12m
则B在地面上滑行的总位移为 x=x1+x2=0.5m+12m=1m。

【解析】
1. 【分析】
滑动摩擦力方向总是与物体间的相对运动方向相反。要知道斜面上物体受到的重力的常规分解方法。求三个分力的合力时，往往先求出两个分力的合力范围，然后再与去第三个力合成。
【解答】
A.运动的物体受到的滑动摩擦力方向总是与物体间的相对运动方向相反，但可以与物体的运动方向相同，故A错误；
B.静止在斜面上的物体，其重力可分解为使物体沿斜面下滑的分力和垂直于斜面方向的分力，但不能说成是对斜面的压力，压力是由形变而产生的，故B错误；
C.根据两个力的合力范围可知3N、6N的合力，3N≤F合≤9N，由于7N落在该范围之内，所以这三个力的合力最小值为0，故C正确。
D.运动的物体也可能受到静摩擦力的作用，比如：随着倾斜传送带一起斜向上运动的物体，受到的摩擦力就是静摩擦力；静止的物体也可能受到滑动摩擦力作用，比如：在地面上滑行的物体，物体对地面的摩擦力就是滑动摩擦力，故D错误。
故选C。
2. 【分析】
本题考查了匀变速直线运动速度位移公式、速度时间公式以及推论的运用，通过速度位移公式，通过类比得出初速度和加速度是解决本题的关键。
根据匀变速直线运动的速度位移公式得出汽车的初速度和加速度，结合速度时间公式求出刹车过程持续的时间，根据平均速度推论求出刹车过程的位移。
【解答】
解：AC.根据速度位移公式v2−v02=2ax得：x=v22a−v022a，由v22a−v022a=10−0.1v2，解得初速度为：v0=10m/s，加速度为：a=−5m/s2，故AC错误；
B.刹车过程持续的时间为：t=0−v0a=−10−5s=2s，故B正确；
D.刹车过程的位移为：x=v02t=102×2m=10m，故D错误。
故选B。
3. 【分析】
对图象进行分析，明确物体的运动状态和加速度的变化情况，再根据牛顿第二定律以及摩擦力公式进行分析，列式求解即可得出A、B的质量和摩擦因数。
本题考查了木块与滑板模型，根据图象，分析加速度随力的变化情况，再由牛顿第二定律以及摩擦力公式进行分析即可。
【解答】
A.由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为3N时开始AB一起运动，故B与地面间的最大静摩擦力为：fmax=3N，故A错误；
C.当拉力为9N时，A、B发生相对滑动，此时A的加速度为：aA=4m/s2，当拉力为13N时，B的加速度为：aB=8m/s2，A相对于B滑动时，由牛顿第二定律，对A有：aA=μ1mAgmA=μ1g=4m/s2，解得AB之间的动摩擦因数为：μ1=0.4，故C错误;
B.对B有：13N−3N−μ1mAg=mB×8m/s2，对整体有：9N−3N=mA+mB×4m/s2，联立解得：mA=0.5kg，mB=1.0kg，物体A、B的总质量为1.5kg，故B正确；
D.由μ2mA+mBg=3N解得，B与地面间的动摩擦因数为：μ2=0.2，故D错误。
故选B。
4. 【分析】
忽略空气阻力，人在运动过程开始受到弹性绳的拉力与重力作用，弹性绳恢复原长后人只受重力作用，根据人的受力情况分析清楚人的运动过程，然后分析答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚人的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可解题。
【解答】
A.在C点人受竖直向下的重力作用，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B.在B点时人的速度最大，此时人所受合力为零，弹性绳的拉力大小等于重力，加速度为零，人不超重也不失重，故B错误；
C.传感器示数为T=1400N，设此时弹性绳的弹力为F，由平衡条件得：F=T+mg，打开扣环瞬间，对人，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，代入数据解得：a=20m/s2，故C错误；
D.人从A点到B点过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力F减小，人所受合力F−mg减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为零，加速度为零，所以从A点到B点上升过程中，人的加速度不断减小，故D正确。
5. 【分析】
以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F的最小值，然后再经过胡克定律求弹簧最短伸长量。
本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出F的最小值，再进行选择。也可以用函数法求解。
【解答】
以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图。根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，
由力的合成图可知，当F与绳子a垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin=2mgsinθ=mg；
则弹簧的最短伸长量为x=Fmink=mgk，故B正确，ACD错误。
故选B。
6. 【分析】
本题考查共点力平衡，解题关键是对瓦片做好受力分析，根据平衡条件判断求解即可。
对瓦片受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
【解答】
解：根据题意，垂直于斜面的截面图及受力分析如图所示：
；
根据受力平衡并结合几何关系，可得：2Ncs30°=mgcsθ
解得：N= 33mgcs θ；
故ABD错误，C正确。
7. 【分析】
对小球a施力前，分别对a、b受力分析，根据正弦定理列式得出两球质量之比和弹力之比；移动过程对b受力分析，画出力的矢量图分析即可。
本题是共点力的平衡求解问题，关键是选择研究对象，难度较大。
【解答】
A.对小球a施力前，对a、b受力分析，组成的矢量三角形如图甲所示
由正弦定理有Tasin 53∘=magsin 45∘，Tbsin 37∘=mbgsin 45∘
杆对a、b的弹力Ta、Tb等大反向，可得
mamb=sin 37∘sin 53∘=34，故A错误;
B.由正弦定理有FNasinθa=Tasin 53∘，FNbsinθb=Tbsin 37∘
由于，有sinθa=sinθb
可得FNaFNb=sin 37∘sin 53∘=34，故B正确；
C.移动过程对b受力分析，杆对b的弹力Tb与圆筒对b的弹力FNb间的夹角保持不变，画出力的矢量图如图乙所示
可以看出移动过程FNb先增大后减小，当方向与竖直方向成45∘角时达到最大，杆对b的弹力Tb一直增加，小球b到达与圆心O等高处时，Tb达到最大，故 C错误;
D.小球b到达与圆心O等高处时，小球a恰好位于圆筒最低点，对小球b受力分析，此时杆对b的弹力为Tb′= 2mbg
对小球a受力分析，沿圆筒切线方向，有F=Tb′cs45°=mbg，故D错误。
故选B。
8. 【分析】
先求出弹簧弹力和各段绳子的拉力，弹簧弹力不能发生突变，绳子拉力可以发生突变，即可求解。
本题考查牛顿第二定律应用中的动态分析问题，本题关键点在于明确弹簧是处于伸长状态的，所以分析时要以右下的D分析，同时注意应用牛顿第二定律时是沿绳子方向列牛顿第二定律方程。
【解答】
A.对D受力分析，得弹簧弹力F弹=mg，剪断AB间绳子瞬间，D物块依然受力平衡，加速度为零，故A错误；
B.剪断AB间绳子瞬间，对AC整体受力分析，由牛顿第二定律得F弹+mg−mg=2ma，得C的加速度为0.5g，竖直向下，故B正确；
C.剪断CD间弹簧瞬间，对ABC整体受力分析，由牛顿第二定律得2mg−mg=3ma，得A的加速度为g3，竖直向下，故C正确；
D.剪断CD间弹簧瞬间，对ABC整体受力分析，由牛顿第二定律得2mg−mg=3ma，得C的加速度为g3，竖直向上，所以C先向上匀加速运动0.6m到B落地，有x1=v122a，得末速度v12= 2ax1=2m/s；B落地后，对AC整体，得加速度为零，即匀速运动0.1m到A落地；最后C竖直上抛运动到最高点x3=v122g=0.2m；即C能上升的最大高度是0.9m，故D正确。
故选BCD。
9. 【分析】
对物体A根据平衡条件求出绳子拉力，再对B受力分析求出B的质量；对A受力分析，判断A受到的静摩擦力的方向，再根据绳子拉力的变化分析摩擦力的变化；对斜面和A整体研究，根据平衡条件判断地面对斜面体的摩擦力以及斜面体对地面的压力的变化情况。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
A.设物体A刚好要滑动时绳子拉力大小为T，对物体A根据平衡条件得：T=mgsin37°+μmgcs37°=mg；
动滑轮处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件解得绳子拉力2Tcs60°=mBg，解得：mB=m，故A错误；
B.开始悬挂动滑轮的两绳均竖直，则绳子拉力T1=12mBg=0.5mgC.设悬挂动滑轮左边一根绳子与水平方向的夹角为θ，对斜面和A整体研究，由平衡条件得：水平方向有：f=Tcsθ，P向右移动过程中，T增大，θ减小，则f增大，故C错误；
D.悬挂动滑轮的绳子竖直方向的分量T′=12mBg，所以斜面体对地面的压力等于斜面和A的重力与12mBg之和，不变，故D正确。
10. 【分析】
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1−t2小物块向右匀加速，t2−t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失。
本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况。
【解答】A.当小物块速度为零时，小物块离A处的距离达到最大，为t1时刻，选项A错误；
B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，选项B正确；
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，选项C错误；
D.0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的滑动摩擦力作用，t2～t3时间内，由于小物块与传送带速度相同，二者相对静止，小物块不受摩擦力作用，选项D正确。
故选BD。
11. 【分析】
本题主要考查胡克定律，胡克定律公式F=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度；关键明确实验原理，根据平衡条件和滑动摩擦力与摩擦力因数的关系列式求解。
【解答】
(1)图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图斜率知道ka>kb；
(2)①乙丙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计b、c由于在不断地运动，且可能为变速运动，所以示数可能会变化，读数也不等于滑动摩擦力，弹簧测力计a是不动的，平衡状态，指针稳定，所以乙方案更合理；
②由于弹簧测力计a示数为5.0N，所以A、B间的动摩擦因数。
12. 解：(1)对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg=(2M+m)a，
解得a=mg2M+m
根据ℎ=12at2，
g=2(2M+m)ℎmt2
所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间．故AD正确．
故选：AD．
(2)因为a=mg2M+m，
则1a=1m⋅2Mg+1g，
知图线斜率k=2Mg，b=1g，
解得g=1b，M=k2b．
故答案为：
(1)AD；(2)1b；k2b
根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量．根据加速度的表达式得出1a−1m关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M的大小．
解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出1a−1m关系式，结合图线的斜率和解决进行求解．
13. (1)将物体B匀速向右拉出过程中，A物体保持静止状态，受力均平衡，根据平衡条件列方程求解细线拉力；
(2)对B受力分析，根据共点力平衡条件解得水平力F的大小。
本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，关键是分析物体的受力情况，作出力图后根据平衡条件列方程求解。
14. (1)通过自由落体运动规律计算时间；
(2)解得货车制动过程中反应通过的最大距离解得时间；
本体是自由落体相关的问题，需要把握自由落体运动的时间只与竖直高度有关，同时需要掌握匀加速直线运动的基本公式。
15. (1)根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)若物块A刚好没有从B上滑下来，临界情况是A滑到B最右端时和B速度相同，根据运动学公式求出A的初速度。
(3)若A刚好没有从B上滑下来，根据x1=v22a2求出A到达B的最右端时B的位移
此后A、B一起匀减速运动直至停止，由牛顿第二定律解得加速度 a3，根据x2=v22a1 求出A、B在地面上一起滑行的位移， 则B在地面上滑行的总位移为 x=x1+x2
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。