2022-2023学年河南省焦作市高中高一上期11月模拟检测物理答案

这是一份2022-2023学年河南省焦作市高中高一上期11月模拟检测物理答案，共5页。
答案1【解析】选B。对运动员受力分析如图所示,运动员静止悬挂在单杠上,受力平衡,设两臂与竖直方向夹角为α,根据平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力F=,α减小,cosα增大,F减小,故B正确。2【解析】选B。对整体受力分析可知,整体受重力、支持力、拉力,要使整体处于平衡,则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上,且大小与F相同,故B正确;因m2与地面间有摩擦力,则一定有支持力,故C错误;对m1受力分析可知,弹力水平方向的分力应等于F,故弹力为,因竖直方向上的受力不明确,无法确定两物体的质量关系,也无法求出弹簧弹力与重力的关系,故A、D错误。3【解析】选C。以O点为研究对象,其受力如图,根据平衡条件可知,绳OA的拉力FTOA和绳OB的拉力FTOB的合力与mg等大、反向、共线,作出力的合成图,由图知,当B点向上移动时,绳OA的拉力FTOA一直变小,绳OB的拉力FTOB先变小后变大,故A、B错误;原来FTOA>mg,所以对Q而言,Q有向上运动的趋势,斜面对Q的摩擦力沿斜面向下,根据平衡条件有FTOA=mgsin30°+Ff,当FTOA变小时,Ff变小,当FTOA<mgsin30°,由平衡条件有FTOA+ Ff=mgsin30°,FTOA变小时,Ff变大,所以物体Q所受的摩擦力先变小后变大,故C正确;P保持静止,合力为零,保持不变,故D错误。4【解析】选B。A、B两球分别受力分析如图所示,由几何知识得FTsinθ=mAg,FTsin2θ=mBg,故mA∶mB=sinθ∶sin2θ=1∶2cosθ,选项B正确。5【解析】选B。当木板的倾角α=α1时,物块所受的摩擦力为静摩擦力,大小为Ff1=mgsinα1,当木板的倾角α=α2时,物块所受的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff2=μmgcosα2,由于Ff1= Ff2,解得μ=,故B正确。6解析：当三个力的方向相同时，合力最大，F合＝5 N＋9 N＋7 N＝21 N，5 N和7 N两个力的合力大于等于2 N，小于等于12 N，而9 N在这合力范围内，所以三个力的合力能为零，则合力的最小值为0.故合力大小的范围为：0≤F≤21 N，故选项D正确．答案：D7【解析】选B、C。当F较大时,物块会有向上滑动的趋势,摩擦力向下。若物块恰不上滑,受力如图甲所示,则力F有最大值,由平衡条件得,FN=Fmaxcosθ,Fmaxsinθ=Ff+mg,又Ff=μFN,解得Fmax=50N;当力F较小时,物块有向下滑动的趋势,摩擦力向上,若物块恰不下滑,受力如图乙所示,则力F有最小值,由平衡条件可得,FN=Fmincosθ,Fminsinθ+Ff-mg=0,又Ff=μFN,解得Fmin=10N;所以使物块静止于墙面上的推力F的范围为10N≤F≤50N,故选项B、C正确。8【解析】选B、D。物体B受力如图甲所示,设绳子与竖直方向的夹角为θ,则由平衡条件得FTsinθ=F,FTcosθ=mBg,解得FT=,F=mBgtanθ,由题可知θ增大, cosθ减小,tanθ增大,则绳子拉力FT增大;物体A受力如图乙所示,由平衡条件得FTsinα+FN=mAg,Ff=FTcosα,FT增大,α不变,则地面对A的支持力FN减小,摩擦力Ff增大,由牛顿第三定律得,物体A对地面的压力逐渐减小,故A、C错误,B正确;地面对A的作用力是FN和Ff的合力,根据平衡条件得知,FN和Ff的合力与mAg和FT的合力大小相等,FT增大,则知mAg和FT的合力增大,故地面对A的作用力增大,D正确。9【答案】BC【解析】A、物体做匀加速直线运动，加速度为，可见，只有当 时，a才等于，选项A错误；B、前内位移为，当时，，选项B正确；C、根据推论可知，物体做匀加速直线运动，第末的瞬时速度等于前内的平均速度，所以前内平均速度为，则前内的位移一定为，故选项C正确，D错误。点睛：本题考查了匀变速直线运动运动学公式和推论的运用，注意物体的初速度可能为零，也可能不为零。10【答案】AC【解析】试题分析：a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，则物体a的加速度小于物体b的加速度．故A正确．速度时间图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，40s时两图象“面积”之差最大，故40s时相距最远，故B错误．60 s时，物体a的位移大于b的位移，两者又是从同一地点出发的，故60 s时，物体a在物体b的前方，故C正确．40 s时，a、b两物体速度相等，相距距离，故D错误．故选AC．11解析：(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示FTOA、FTOB、FTOC的大小，由于三个共点力处于平衡状态，所以FTOA、FTOB的合力大小等于FTOC，且FTOC<FTOA＋FTOB，即|FTOA－FTOB|<FTOC<FTOA＋FTOB，故B、C、D能完成实验．(2)为探究求合力的方法，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，应从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，B、C、D错误.    (3)以O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．答案：(1)BCD　(2)A　(3)甲12【解析】(1)当弹簧弹力为零时,弹簧处于自然状态,由图知原长为L0=3.0cm,由F=kx知图线的斜率为弹簧的劲度系数,即k=N/cm=2 N/cm=200 N/m。(2)由图乙可知,该刻度尺的读数为1.50cm,可知弹簧被压缩Δx=L0-L= (3.0-1.50)cm=1.5 cm,弹簧的弹力F=kΔx=200×1.5×10-2N=3N,已知每个钩码重G=1N,可推测图乙中所挂钩码的个数为3个。答案:(1)3.0　200　(2)1.50　313解析：(1)根据速度位移公式v2－v02＝2ax，有v2＝2ax＋v02，图线斜率的一半表示加速度；根据题图像得到：满载时，加速度为5 m/s2，严重超载时加速度为2.5 m/s2；设该型号货车满载时以72 km/h(20 m/s)的速度减速，制动距离x1＝＝ m＝40 m，制动时间为t1＝＝ s＝4 s；设该型号货车严重超载时以54 km/h(15 m/s)的速度减速，制动距离x2＝＝ m＝45 m＞x1，制动时间为t2＝＝ s＝6 s＞t1；所以驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求。(2)货车在反应时间内做匀速直线运动x3＝vt3＝20×1 m＝20 m，跟车距离x＝＋x3＝40 m＋20 m＝60 m。14【解析】(1)结点P受力如图甲所示,由平衡条件得:FAcos37°-m1g=0　(3分)FAsin37°-FB=0　(3分)联立并代入数据解得:FB=9NFA=15N(2分)(2)物块G2的受力情况如图乙所示,由平衡条件得:m2gsin37°+F′Bcos37°-Ff=0　(3分)FN+F′Bsin37°-m2gcos37°=0　(3分)由牛顿第三定律得:F′B=FB　(2分)由以上三式并代入数据解得:Ff=37.2N　FN=34.6N　(2分)答案:(1)9N　(2)37.2 N　34.6 N15解析：(1)设细绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得：Fcos 30°＝FTcos θ，Fsin 30°＋FTsin θ＝mg，解得FT＝10 N，tan θ＝/3，即θ＝30°。(2)设细绳对A的拉力为FT′，由牛顿第三定律，FT′＝FT。对A，由平衡条件可得：FT′sin θ＋Mg＝FNFT′cos θ＝μFN     解得μ＝/5。16【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有mgsinθ=μmgcosθ,即μ=tanθ。木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动,由平衡条件得:Fcosα-mgsinθ-Ff=0　(3分)Fsinα+FN-mgcosθ=0　(3分)Ff=μFN(3分)解得:F===　(3分)当α=θ时,F有最小值,则:Fmin=mgsin2θ　(2分)(2)因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即:Ffm=Fcos(α+θ)　(3分)当F取最小值mgsin2θ时Ffm=Fmincos2θ=mg·sin2θcos2θ=mgsin4θ　(2分)答案:(1)mgsin2θ　(2)mgsin4θ