江西省临川一中暨临川一中实验学校2022-2023学年高一上学期第二次月考（12月）物理试题

答案第1页，共6页 临川一中暨临川一中实验学校高一第二次月考 物理参考答案 1．C 2．B 3．B 4．B 5．C 【详解】小球自由下落满足 2 1 2 h gt  得下落时间为 0 2 1s h t g   若小球恰好落入小车最左端，则由 2 1 2 L s at   左得，小车运动时间 6s t  左 对应时间2 0 5s t t t    左 6．B 【详解】A．将木块所受重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，分析斜面所在平面内的 木块受力情况，根据平衡条件得   2 2 sin f F mg    当F=0 时，由题图乙可知 1 sin f f mg    所以可求出木块的质量 1 sin f g m   故A 错误； B．当木块刚要运动时，静摩擦力达到最大，有 2 cos f f mg     求出木块与斜面间的动摩擦因数 2 cos f mg    又 1 sin f g m   ，联立以上两式得 2 1 tan f f   故B 正确； C．F 小于F1 时，摩擦力小于最大静摩擦力，则木块保持静止状态，故摩擦力方向与F 和重 力的下滑分力 sin mg 的合力方向相反，故不与斜面底边垂直，故C 错误；故D 错误。 答案第2页，共6页 7．C 8. ABC 【详解】A．由题可知，A 物体受自身的重力，B 对A 的支持力，水平力F，B 对A 向右的 摩擦力，总共4 个力，A 正确； B．由题可知，B 物体受自身的重力，A 对B 的压力，斜面对B 的支持力，A 对B 向左的摩 擦力， 若这4 个力能使物体平衡则斜面对物体无摩擦， 若不能则斜面对物体有沿斜面向上或 向下的摩擦力，故B 受的力可能是4 个，也可能是5 个，B 正确； C．将AB 两物体作为整体研究 N cos sin F mg F     增大F 后，木块B 对斜面的压力大小一定变大，C 正确； D．设摩擦力方向沿斜面向上则 cos sin F mg f     由表达式不难看出，增大F 后，摩擦力可能跟原来等大反向，D 错误。 9．ACD 【详解】 A． 静止于斜面底端的A 点， 此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为 0，则有弹簧弹力沿斜面的分力与重力沿斜面的分力相等，则小物块Q 静止于点A 时弹簧一 定处于伸长状态，A 正确； B．根据几何关系可得弹簧的长度为 2 2 1 3 2 3 3 3 l h h h                          所以弹簧与斜面的夹角为30，重力与斜面的夹角也为30，由平衡条件则有 cos30 cos30 F mg    弹 则小物块Q 静止于点A 时所受的弹力与其重力大小相等，B 错误； C．根据 f N   则支持力与滑动摩擦力的合力方向为，则有 1 tan 3 N f      解得 =60  答案第3页，共6页 所以支持力与滑动摩擦力的合力方向是水平的，C 正确； D. 对物块受力分析如右图， 根据摩擦角的知识将支持力N 和摩擦力f 合成为一个方向不变的力 1 N , 重力和 1 N 的夹角为30 度，所以最小值0.5mg 10. AC 【详解】设挡板与水平面角度为θ，则挡板对滑块B 的弹力为mgcosθ，θ由60°一直变为0°， 则mgcosθ增大。故A 正确； B．细线上的拉力为mgsinθ，θ由60°一直变为0°，则拉力减小，弹簧伸长量减小，故B 错 误； C．初始时，对滑块A，弹簧弹力为mgsin60°，滑块A 的重力沿左侧斜面向下的分力大小为 mgsin30°，则mgsin60°>mgsin30°，所以静摩擦力沿斜面向下。θ由60°变为0°的过程中，静 摩擦力先减小后反向增大。故C 正确； D．斜面对物块A 的作用力就是静摩擦力f 和支持力FN 的合力，大小为 2 2 N F f  其中静摩 擦力f 大小先变小后变大，所以斜面对滑块A 的作用力先减小后增大。故D 错误。 11．CD 【详解】分别对A、B 进行受力分析如图所示 对B，根据受力可知弹簧处于伸长状态，则 B sin 45 cos45 OB OB T F T mg   解得 B 2 OB T mg F mg   对A，由几何关系可知 OA T 、 A F 与竖直方向的夹角相等， 夹角为30，则 A A A cos30 cos30 sin30 sin30 OA OA F T m g F T     其中 答案第4页，共6页 OA OB T T  代入解得 A A 2 6 F mg m m   B 错误，C 正确； 根据相似三角形可得 1 A OA OA OO T m g l l  若小球B 缓慢下降，使小球A 一直沿着半圆柱体缓慢向上运动，由于OA l 不断减小，可得小 球A 受到绳的拉力变小，D 正确。 12. AB , 不合理, 其合力的大小超过了弹簧测力计的量程，后续无法用量程为5N 的测力计测出合力 13． M m  （M 远大于m) , 1 M , 没有补偿阻力或斜面倾角过小（平衡摩擦力 不够）, 补偿阻力（平衡摩擦力）时倾角过大, 0.30 【详解】（1）以整体为研究对象有 ( ) mg m M a   绳子对车的拉力 M F Ma mg m M     则当M m  时，此时可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力。 （2）根据牛顿第二定律F Ma  a 与M 成反比， 而反比例函数图象是曲线， 而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关 系，故不能作a M  图像，但存在关系 F a M  故a 与1 M 成正比，而正比例函数图像是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和 因变量之间的关系，故应作 1 a M  图像； （3）图（a）中当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有平衡摩擦力或斜面倾角过 小平衡摩擦力不足没有完全平衡摩擦力，若出现的是（b）图，则表明还没有施加外力F 时， 答案第5页，共6页 已经有了加速度了，则说明在平衡摩擦力时倾角过大； （4）根据逐差法可得重物的加速度为 2 2 2 2 2 ( ) ( ) [(2.10 2.40) (1.50 1.80)] 10 m/s 0.30m/s (2 ) (2 0.1) DE EF BC CD a T             14. 【详解】（1）．根据速度图象5s 内甲，乙的位移分别为 m x m x 10 , 50   乙 甲 -----------2 分 m x x x 40 - 0   乙 甲 -----------1 分 （2）根据图像7s 内甲，乙的位移分别为 m x m x 40 , 90   ， 乙 ， 甲 -------2 分 m x x 50 -  ， 乙 ， 甲 <80m,说明甲乙不可能相遇--------1 分 当两车速度相等时间距最小，即知t=7s 时两车间间距最小，为 0 4 20 2 7 80 20 30m 2 2 S x x x            乙 甲 ----------2 分 15． 【详解】（1）对A 进行受力分析，如图甲所示 沿斜面方向有  sin 0 mg f FA   --------1 分   cos 0 mg f  --------1 分 解得FA=40N --------2 分 对B 进行受力分析，如图乙所示 沿斜面方向有 sin B F mg   --------1 分 解得 N FB 32  --------1 分 （2） C 与地面接触， 根据整体法对整体进行受力分析， 如图丙所示，假设摩擦力的方向水平向右 水平方向有 cos cos B A C F F f     ----------2 分 答案第6页，共6页 解得fc= -12.8N ---------1 分 所以地面对C 的摩擦力大小为12.8N，方向水平向左。------1 分 16． 【详解】（1）以圆环为对象，竖直方向根据受力平衡可得 cos T mg  ---------------1 分 解得绳子拉力大小为T=5N 以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得 cos N T Mg    -----------1 分 解得支持力N=22N-----------1 分 根据牛顿第三定律，可知物块对地面的压力大小22N。-----------1 分 （2）以物块为对象，水平方向根据受力平衡可得 -----------2 分 可知地面对物块的摩擦力大小为4N，方向水平向右。-----------1 分 （3）若m 、M 大小可调，以圆环为对象，可得绳子拉力大小为 cos mg T   -----------1 分 以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得 cos N T Mg    -----------1 分 解得 cos cos cos mg N Mg T Mg        水平方向根据受力平衡可得 sin sin cos mg f T      -----------1 分 又 f N   -----------1 分 联立可得 sin cos ( ) cos cos mg mg Mg        -----------1 分 解得 4 11 m M  -----------2 分