山东省名校联盟2024-2025学年高一上学期11月期中考试物理试题

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【详解】A．水火箭点火后瞬间的速度为零，但其加速度不为零，故A错误；
B．水火箭的加速度越大，其速度变化也越快，故B错误；
C．水火箭速度的变化率越大，其加速度就越大，故C正确；
D．火箭加速下降的过程中，其加速度的方向与速度的方向相同，故D错误。
故选C。
2. 【答案】C
【详解】BC．锥体上滚的原理是重心运动，虽然看到的现象好像是锥体在上滚，但是从侧面观察的话锥体重心其实是下移的，B错误，C正确。
A．锥体的重心在锥体的内部几何重心上，不在物体外面，重心的具体位置在锥体的中心轴的中间，A错误。
D．双锥体放在轨道的低处时，放手后它会向轨道高处滚动，这是因为当双锥体在轨道的最低处时，它的重心在最高处；当双锥体在轨道最高处时，它的重心却在最低处，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【详解】A有可能受到四个力；B有可能受到四个力；C一定受到五个力D一定受到四个力
4. 【答案】B
【详解】A．弹力产生的原因是由于施力物体形变，对受力物体产生弹力的作用，棋子受到的弹力是由于棋盘形变产生的，故A错误；
B．棋子受到的磁力与它受到的弹力均作用在棋子上，是一对平衡力，故B正确；
CD．棋子在竖直方向受到重力和棋盘给的竖直向上的静摩擦力，是一对平衡力。棋子重力大小不变，则所受的摩擦力大小不变，故CD错误
故选D。
5. 【答案】D
【详解】A．在2s末速度方向未改变，故A错误；
B．在6s末加速度方向未改变，故B错误；
C．在前2s内和2~4s内的速度变化量大小相同，方向不同，故C错误；
D．在6s末离出发点的距离最远，故D正确。
故选D。
6 【答案】D
【详解】由胡克定律得
F=kx
式中x为弹簧的形变量，设弹簧原长为l0，则有
F=kl0-l1
F=kl2-l0
联立解得
k=2Fl2-l1
故选D。
7. 【答案】C
【详解】AD．画出矢量三角形，如图所示
当F2的方向与F1垂直时，F2最小，最小值为
F2=Fsin30°=40×12N=30N
当F2<20N时，没有与它相对应的F1的值，故AD错误；
B．当F2=30N时，有
F1=Fcs30°=303N
故B错误；
C．结合A选项分析可知，当F2>60N时，此时F2只能处于图中F2最小值右侧，故此时只有一个F1的值与它相对应，故C正确。
故选C。
8. 【答案】B
【详解】A．由题图和题意可知，已知时刻之前两车已经相遇，A错误；
B．由图像与时间轴所围面积表示位移可知，在两车相遇时的位移关系则有
v甲+v12t+10=v乙+v22t
解得v1-v2=23 m/s ，B正确；
C．由位移时间公式可得a乙-a甲=79 m/s2，C错误；
D．在图中时刻两车速度相等时则有解得t1=367s,D错误
9. AC
【详解】对货物受力分析如图，在手拉车绕O点逆时针缓慢转动的过程中，不变，从逐渐增大到，从逐渐减小到，根据正弦定理
可知逐渐增大，逐渐减小。
故选AC。
10. 【答案】AC
【详解】A．小球做自由落体运动，根据
可得三者到达桌面时的时间之比为，故A正确；
三者落地前在同一高度处时，由于下落高度不相等，所以速度大小不相等，B错误；
C．三个小球的加速度为重力加速度，Δv=gΔt，故C正确；
D．根据
可得
三个小球下落过程所用时间之比为
三球刚好同时落到桌面上，则有
则b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差，故D错误。
故选AC。
【答案】BD
【详解】对节点O进行受力分析可知：绳子AO上的拉力为3mg；绳子BO上的拉力为233mg
12. AD
【详解】AB．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示
根据几何关系可知两三角形相似，可得
缓慢运动过程越来越小，则F逐渐减小，由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故A正确，B错误；
CD．令轻杆与水平方向夹角为，对木板B分析有
，
根据上述，轻杆 弹力大小不变，增大，则增大，减小，即地面对木板的支持力逐渐变大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。
故选BD。
13. 【答案】(1)B（2分） (2)F（2分） (3)A（2分）
【详解】（1）本实验的原理是用一个力产生的作用效果与两个力产生的作用相同来进行等效替代。故选B。
（2）用一个弹簧秤拉橡皮筋时，力一定沿橡皮条AO方向，图中可以看出，F表示一个力，F'表示的是用平行四边形定则作出的两个力的合力，所以一定沿橡皮条AO方向的是F。
（3）对O点进行受力分析，F2与F3的合力与F1等大反向，如图
根据几何关系可知：F1>F2>F3。故选A。
14. 【答案】(1) 2.1 （2分） 0.74（2分）
(2) v1=h2t1（2分）,v2=h1t2（2分） g=h12t12-h22t222h3t12t22（2分）
【详解】（1）根据题意设
t=5T=0.1s
[1]根据逐差法有
s4-s1=3at2,s3-s1=2at2
由题图甲可知
s1=3.62cm,s4=5.84cm
联立解得
s3=5.1cm
[2]加速度大小为
a=s4-s13t2=5.84-3.62×10-23×0.12m/s2=0.74m/s2
（2）②[1][2]“工”字形挡光片经过光电门时的速度分别为
v1=h2t1,v2=h1t2
③[3]
v22-v12=2gh3
解得当地的重力加速度为
g=h12t12-h22t222h3t12t22
【答案】(1)40ms (2)35m
【详解】（1）由vt2-v02=2gh（2分）
解得落到石头上的速度vt=40ms（1分）
由vt=v0+gt（1分）
解得t=3s
前2s位移h2=v0t+12gt22,h2=40m（1分）
所以，最后1s内下落的高度∆h=h-h2, （1分）
∆h=35m（1分）
16. 【答案】（1）603N，303N；（2）2013N
【详解】（1）把小球1和2看成整体，受力分析如图所示
由平衡条件可得
Fa=G1+G2cs30°=603N（2分）
Fc=G1+G2tan30°=303N（2分）
（2）以球2为研究对象，细线b对小球2的拉力Fb，重力G及Fc的作用，由平衡条件可得Fb=G22+Fc2（2分）
Fb=2013N（2分）
17.【答案】（1）a=8ms2,v2=26ms,t2=3.25s
（2）30ms（3)100.25m,有危险
【详解】(1)
S1=v2t-12at2（1分）
v=v2-at'（1分）
0-v2=-2ax（1分）
a=8ms2或a=9.68ms2(舍) （1分）
v2=26ms,v2=26.84ms(舍) （1分）
v2=at2
t2=3.25s（1分）
（2）
v2-v02=2(a1∆x1+a2∆x2+...+an∆xn) （2分）
v0=30ms（1分）
x1=v0t1,x1=30m（1分）
x2=28m
v2=2ax3,x3=42.25m（1分）
x总=x1+x2+x3,
x总=100.25m>100m（1分）
所以，有危险。
18. 【答案】（1）7m；（2）9s；（3）168m，文件能传输完毕
【详解】（1）设A、B经过时间第一次通信断开，根据几何关系可知，A在B斜前方且为10m，由几何关系得两人在运动方向上位移之差满足
∆S=SA-SB=102-82=6m（2分）
SA=v1t1（1分）
SB=12a1t12（1分）
联立以上三式
t1=1s或6s（舍）（1分）
此时A的位移大小为
SA=7m（1分）
（2）t2=4s内B的速度
vB=a1t2（1分）
运动的位移
SB2=12a1t22（1分）
A位移为
SA2=v1t2（1分）
由于
SA2-SB2=12m
通信仍处于中断状，再经过∆t恢复通信，则
SA2+vA∆t-SB2-vB∆t=∆S（1分）
∆t=6s（1分）
AB从第一次通信断开到恢复的时间
∆t=t2+∆t-t1=9s（1分）
（3）AB从第一次通信断开到恢复，此时，A在前方，速度小于B，从通信恢复，到通信第二次断开，用时为
∆t1=2∆SvB-vA=12s
此后相距越来越远，失去信号。可知能够保持通信的总时间为
∆t2=t1+∆t1=13s（1分）
设t3=23s末，B在前，两人相距∆S1=7m，通信处于断开状态，假设再经∆t3通信恢复
SA3=v1∆t3
SB3=v2∆t3-12a1∆t32
SB3+∆S1-SA3=∆S
解得
∆t3=1s或(- 12 s)（舍）（1分）
B减速后两手机再次连接时A到起跑线的距离
SA4=v1（t3+∆t3）=168m（1分）
此时，B在前，速度小于A，假设从通信恢复，到通信再次断开，用时为∆t4
SA5=v1∆t4
SB4=2m（停止运动）
SA5-SB4=∆S（1分）
解得
∆t4=2s（1分）
手机连接时间共15s，恰好传输成功。