云南省文山壮族苗族自治州文山市第一中学2024-2025学年高一上学期11月月考物理试题

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【详解】A．力F作用前，系统处于静止状态，故有弹簧弹力等于P、Q的整体重力的分力，即当P与Q分离时，弹簧的形变量为对P，根据牛顿第二定律有解得加速度a大小为故A错误；
B．当力F最小时，对P、Q整体，根据牛顿第二定律有解得故B正确；
C．分离时力F最大，对Q，根据牛顿第二定律有解得故C正确；
D．Q与P分离时的弹簧弹力大小为故D正确。故选BCD。
11【答案】(1)线性(2)1.9(3)未
【详解】（1）由图乙可知，图线为直线，所以F与x成线性关系。
（2）利用和计算出图线的斜率即可求得弹性绳的实际劲度系数，应为（3）结合题意可得故该弹性绳未报废。
12【答案】 BD 1.6 3.2 未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足
【详解】(1)A．平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力，所以平衡时应：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，A错误；
B．为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，B正确；
C．使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源，C错误；
D．实验中为减小误差应保证车及车中砝码的总质量远大于钩码的总质量，D正确。
故选BD。
（2）相邻两计时点的时间间隔为T=1f=150s=0.02s
小车做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，所以[2]打出B点时小车的速度为vB=xAC4T=6.19+6.70×10−24×0.02m/s≈1.6m/s
（3）根据逐差法可得小车的加速度大小为
a=xCE−xAC16T2=7.21+7.72−6.19−6.70×10−216×0.022m/s2≈3.2m/s2
（3）[4]图丙中F要达到一定大小后小车才能具有加速度，即小车仍受到摩擦力作用，主要原因是未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。
13.（12分）【答案】（1）2s；（2）；
【详解】（1）若不计空气阻力，小球做竖直上抛运动
(2分)
从抛出直至回到抛出点的时间
(2分)
解得
(1分)
（2）设上升过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有
(2分)
又空气阻力大小
解得 (2分)
小球向上做匀减速直线运动，根据速度—位移公式有
(2分)
解得
(1分)
14.（12分）（1）当F=10N时物体恰好做匀速直线运动，对物体进行分析受力，其受力示意图如图所示
根据平衡条件可得
Fcs37°=f (2分)
Fsin37°+FN=mg (2分)
f=μFN (2分)
联立①②③解得 μ=13 (1分)
（2）当力F增大为15N时，分析可知拉力F沿竖直方向的分力小于重力。故物体沿水平方向做匀加速直线运动。则竖直方向根据平衡条件，有 Fsin37°+FN=mg (2分)
水平方向根据牛顿第二定律，有 Fcs37°−μFN=ma (2分)
带入数据联立可得 a=53m/s2 (1分)
15（16分）【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）分析题意可知，小滑块恰好要相对木板运动时，小滑块与木板间恰好达到最大静摩擦力，对木板受力分析，由牛顿第二定律
(1分)
解得 (1分)
对小滑块受力分析有
(1分)
解得 (1分)
（2）初始阶段，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律
(1分)
对木板受力分析，可得
(1分)
联立解得 (1分)
经过，两者的速度分别为v=v0+at (1分)

则撤去外力F时，木板的速度大小为
(1分)
（3）当撤去F时，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律
(1分)
又经两者速度相同
(1分)
解得，两者达到共速的时间为
(1分)
共速时，两者的速度均为 (1分)
两者速度相同之后，两者一起减速直到停止，对小滑块和木板整体受力分析，由牛顿第二定律
解得 (1分)
由运动学公式，两者一起做匀减速的时间为 (1分)
木板从开始运动到停止的总时间为
(1分) 题目
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
C
B
C
B
BD
ABD
BCD