【文档说明】湖北省随州市部分高中联考协作体2024-2025学年高一上学期12月月考物理试题答案.docx，共(5)页，76.725 KB，由envi的店铺上传

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高一物理试题参考答案一、单项选择题：1、B[根据题意，由公式x＝v0t＋𝟏𝟐at2结合位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2m，可得v0＝4m/s，a＝4m/s2，可知质点在x轴上做初速度为4m/s、加速度大小为4m/s2的匀加速直线运动，故A错误，B正确；由位置随时间的变化规律x＝4

t＋2t2m可得，t＝2s时质点的位置在x＝(4×2＋2×22)m＝16m处，故C错误；由公式v＝v0＋at可得，t＝2s时质点的速度大小为v＝(4＋4×2)m/s＝12m/s，方向沿x轴正方向，故D错误。]2、C[频闪周期T＝𝟏𝒇＝1s，根

据Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，利用逆向思维法，可将汽车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，汽车最后2s时间内的位移x＝𝟏𝟐at2＝𝟏𝟐×2×22m＝4m，汽车最后2s时间内的平均速度为v＝𝒙𝒕＝𝟒𝟐m/s＝2m/s，故选项C

正确。]3、D[题图甲中，C点可视为“活结”，两段细绳的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根据共点力平衡，BC杆对滑轮的作用力大小也是m1g(方向与竖直方向成60°角，斜向右上方)，故A错误；题图乙中，G点可视为“死结”，以G为研究对象，分析受力情

况如图所示，由平衡条件得，FHGtan30°＝m2g，得FHG＝√𝟑m2g，即HG杆受到细绳的作用力为√𝟑m2g，故B错误；题图甲中细绳AC段的拉力FAC＝m1g，题图乙中由于FEGsin30°＝m2g，则FEG＝2m2g，𝑭𝑨𝑪𝑭�

�𝑮＝𝒎𝟏𝟐𝒎𝟐，故C错误，D正确。]4、D[根据牛顿第二定律a＝𝑭𝒎可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项B错误；物体加速度的大小与物体所

受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，当力不变时，物体的加速度与质量成反比，选项D正确。]5、A[当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小

不变。人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示。将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则mg－FN＝may。FN＜mg，乘客处于失重状态，故C、B、D错误，A正确。]6、C[上升过程中A、B整体向上做加速度减小

的加速运动，故A错误；物块B速度一直在增大，故B错误；设初始时弹簧的压缩量为x1，根据胡克定律有2mg＝kx1，解得x1＝𝟐𝒎𝒈𝒌，设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x2，对物块A、B分别应用牛顿第

二定律有𝟑𝟐mg－mg＝ma，kx2－mg＝ma，联立解得a＝𝒈𝟐，x2＝𝟑𝒎𝒈𝟐𝒌，则物体A上升的高度为h＝x1－x2＝𝒎𝒈𝟐𝒌，故C正确，D错误。]7、B[工件恰好传送到右端，有𝟎−𝒗𝟎𝟐＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数

不大于0.5才视为合格，此过程用时t＝𝒗𝟎𝝁𝒈＝2s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度—时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。]8、

BCD[物体水平向右做匀速运动，合力必为零，所以必受水平向左的摩擦力，且有f＝Fcosθ，因滑动摩擦力存在，地面一定对物体A有竖直向上的支持力，且有N＝mg－Fsinθ，若重力mg＝2Fsinθ，则A对水平面的压力大小为Fsinθ，所以选项B、C、D正确，A错误

。]9、BC[对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有F＝(m1＋m2)a，设飞船对火箭组的弹力大小为FN，对火箭组，由牛顿第二定律，有FN＝m2a，解得FN＝𝒎𝟐𝑭𝒎𝟏+𝒎𝟐＜F，故A错误；由运动学公式，有a＝𝚫𝒗𝚫𝒕，且F＝(m1＋m2)a，解得m1＋m2＝𝑭

𝚫𝒕𝚫𝒗，故B正确；对整体F＝(m1＋m2)𝚫𝒗𝚫𝒕，由于(m1＋m2)为火箭组和宇宙飞船的总质量不变，则推力F越大，𝚫𝒗𝚫𝒕就越大，且𝚫𝒗𝚫𝒕与F成正比，故C正确；推力F减小

，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大，不过单位时间内增加速度变慢，所以飞船与火箭组不会分离，故D错误。]10、ABD[弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力FT，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以整

体为研究对象，则a＝𝑭−𝝁(𝒎𝑨+𝒎𝑩)𝒈𝒎𝑨+𝒎𝑩，以B为研究对象得a＝𝑭𝑻−𝝁𝒎𝒈𝒎𝑩，联立可得FT＝𝒎𝑩𝒎𝑨+𝒎𝑩F，整理得FT＝𝑭𝒎𝑨𝒎𝑩+𝟏，则弹簧弹力的大小与

水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大B的质量，也可仅将A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，故A、B、D正确，C错误。]二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11、[解析](1)甲车的最大加速度为a1＝�

�𝟎𝟏𝟐m/s2＝2.5m/s2乙车的最大加速度为a2＝𝟑𝟎𝟔m/s2＝5m/s2甲车以最大加速度加速到最大速度的时间为t1＝𝒗𝐦𝟏𝒂𝟏＝𝟒𝟎𝟐.𝟓s＝16s在此时间内的位移为x1＝𝟏𝟐𝒂𝟏𝒕𝟏𝟐＝320m乙

车以最大加速度加速到最大速度的时间为t2＝𝒗𝐦𝟐𝒂𝟐＝𝟓𝟎𝟓s＝10s所以乙车在8s内一直做匀加速直线运动，在此过程中的位移为x2＝𝟏𝟐a2×(8s)2＝160m因为x1＞x2＋85m，所以甲、乙两车在加速阶段相遇，有𝟏𝟐a1(t0＋8s)2

＝x2＋85m，解得t0＝6s，故t0应为6s。(2)两车相遇时甲车行驶的路程为s＝x2＋85m＝245m。[答案](1)6s(2)245m12、[解析](1)在t1＝1s时，A车刚启动，则在第1s内两车间缩短的距离为B车的位

移，可得x1＝vBt1解得B车的速度大小为vB＝12m/sv-t图像斜率表示加速度，可得A车的加速度大小为a＝𝒗𝑩𝒕𝟐−𝒕𝟏，其中t2＝5s解得A车的加速度大小为a＝3m/s2。(2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到

最小，对应题图乙中v-t图像的t2＝5s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x＝𝟏𝟐vB(t1＋t2)代入数据解得x＝36m因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离应满足条件为x0>36m。[答案](1)12m/s3m/

s2(2)x0>36m13、[解析](1)设轻绳对小球的拉力为FT，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos30°－FTcosθ＝0Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0解得FT＝10√𝟑N，θ＝30°。(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得Fco

s30°－Ff＝0FN＋Fsin30°－(M＋m)g＝0又Ff＝μFN解得μ＝√𝟑𝟓。[答案](1)10√𝟑N30°(2)√𝟑𝟓14、[解析](1)F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示。沿杆方向有Fcos3

0°－mgsin30°－Ff＝ma1垂直杆方向有mgcos30°＝FN＋Fsin30°又Ff＝μFN联立解得a1＝10m/s2由运动学公式得2s时圆环的速度大小v＝a1t代入数据解得v＝20m/s。(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示。沿杆方向有mgsin30°＋F′f

＝ma2垂直杆方向有mgcos30°＝F′N又F′f＝μF′N联立解得a2＝12.5m/s2圆环继续沿杆上滑的最大距离x＝𝒗𝟐𝟐𝒂𝟐＝𝟐𝟎𝟐𝟐×𝟏𝟐.𝟓m＝16m。[答案](1)

20m/s(2)16m15、[解析](1)物块放上传送带并施加拉力的一瞬间，设物块运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1代入数据解得a1＝12m/s2。(2)加速到与传送带共速所用的时间为t1＝𝒗𝒂𝟏＝𝟏

𝟔s，这段运动的位移为x1＝𝒗𝟐𝟐𝒂𝟏＝𝟏𝟔m当物块的速度达到2m/s时，由于F＞μmgcosθ＋mgsinθ，因此物块继续向上做加速运动，设这段运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律有F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2代入数据解得a2＝2m/s2这段运动的位

移为x2＝𝒗𝒕𝟐+𝟏𝟐𝒂𝟐𝒕𝟐𝟐x2＝L－x1＝𝟏𝟏𝟔m解得t2＝(√𝟏𝟎𝟐𝟔−𝟏)s所以运动的总时间为t＝t1＋t2＝√𝟏𝟎𝟐−𝟓𝟔s。[答案](1)12m/s2(2)√𝟏𝟎𝟐−𝟓𝟔s