河北省石家庄二中教育集团四校2022-2023高一物理上学期期末联考试题（Word版附解析）

河北省石家庄二中教育集团2022-2023高一上学期期末四校联考试题物理试卷

时间：90分钟

第I卷(选择题 48分)

一、单项选择题（本题共8个小题，每题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.物理是一门实验性学科，要用到很多测量仪器，下列哪种仪器测量的不是国际单位制中的基本量(　　)

2.如图所示，某人用弹簧拉力器(弹簧3根)健身，双手左右拉开弹簧拉力器，使其弹簧相比原长伸长了40 cm(在弹性限度内，每根弹簧伸长相同)，若此时弹簧拉力器的两端所受拉力均为300 N，则(　　)

A.若双手拉力均变为150 N，弹簧长度变为20 cm

B.每根弹簧的劲度系数为250 N/m

C.每根弹簧的劲度系数为750 N/m

D.每根弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大

3.如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O在竖直面内转动，另一端搁在水平升降台上，升降台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为θ时，棒的角速度为(　　)

A.  B．

C.  D．

4.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　)

A．绳的右端上移到b′，绳子拉力增大

B．绳的两端高度差越大，绳子拉力越小

C．将杆N向左移一些，绳子拉力变小

D．绳的右端上移到b′点，衣架悬挂点的位置不变

5.如图所示为超声波位移传感器的原理示意图。这个系统有一个不动的小盒C，工作时小盒C向被测物体D发出短暂的超声波脉冲，脉冲被匀速直线运动物体反射后又被小盒C接收。根据发射与接收超声波脉冲的时间差和空气中的声速，可以算出运动物体D的速度v。若声速为v声，C每隔t1发出一个脉冲，每隔t2接收一个脉冲，t1＞t2，则(　　)

1. v＝v声，物体D离C越来越近     
2. v＝v声，物体D离C越来越远
3. v＝v声，物体D离C越来越近   

D．v＝v声，物体D离C越来越远

6.如图所示，在竖直平面内有半径为R的半圆，最低点为A，B是半圆上一点，AB为光滑倾斜轨道，AC是倾角为θ＝45°、高为h＝2R的光滑固定斜面。现自B点由静止释放小球甲的同时，自C点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达A点，已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小v0为(　　)

A.  B．

C.  D．

7.如图所示，完全相同的A、B两物体放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，每个物体重G＝10 N，设物体A、B与水平地面间的最大静摩擦力均为Fmax＝2.5 N。若对A施加一个向右的由0均匀增大到6 N的水平推力F，有四位同学将A物体所受到的摩擦力FfA随水平推力F的变化情况在图中表示出来。全科免费下载公众号-《高中僧课堂》其中表示正确的是(　　)

8.如图所示，从高H处的A点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的B点，球2与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN，也落在B点。设球2每次与水平地面碰撞后竖直方向分速度大小不变方向相反，水平方向分速度大小方向都不变，空气阻力可忽略。则竖直挡板MN的高度h是(　　)

A.H  B．H

C.H  D．H

二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，漏选2分，错选0分，共计16分）

9.如图所示，当列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道时，乘客发现在车厢顶部悬挂玩具小熊的细线与车厢侧壁平行。同时观察放在桌面上水杯内的水面，桌面与车厢底板平行。已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)

A.列车转弯时的向心加速度大小为gtan θ

B.列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用

C.水杯受到指向桌面外侧的静摩擦力

D.水杯内水面与水平面平行

10.倾角为θ的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。在t＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A点处，1.5 s时小煤块从B点离开传送带。小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是（      ）

A.0.5～1.5 s内小煤块的加速度大小为2m/s2

B.传送带的速率为7m/s

C.在0～1.5 s时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.25m

D.在0～1.5 s时间内小煤块相对传送带的位移大小为0.25m

11.建筑工地，工人往往徒手抛砖块，地面上的工人以10 m/s的速度竖直向上间隔1 s连续抛出两个砖块，每次抛砖时，楼上的工人在抛砖点正上方3.75 m处接砖，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计，设地面上的人抛出第一块砖的时刻记为t＝0时刻，则(　　)

A．t＝1 s时刻楼上的工人可接到砖

B．楼上的工人在t＝0.5(2n＋1) s(n＝0、1、2、3…)时刻都能接到砖

C．楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为2 s；

D．楼上的工人不可能同时接到两块砖

12.如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连(开始时两绳中张力均为零)，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数μ相同，盘面与水平面夹角为θ。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是(　　)

A．μ＝3tanθ

B．ω＝

C．运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ

D．运动过程中B所受摩擦力最小值为mgsinθ

第Ⅱ卷(非选择题  72分)

三、实验题(本题共2小题，共16分)

13.（8分）未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动，现对小球采用频闪数码相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：

(1)由以上信息，可知a点________(填“是”或“不是”)小球的抛出点；

(2)由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为________m/s2 ；

(3)由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是________m/s；

(4)由以上信息可以算出小球在b点时的速度大小是________m/s。

14．(8分)某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力的关系。

(1)平衡摩擦力后，为使小吊盘及盘内钩码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是小吊盘及盘内钩码的总质量__________(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车及车上钩码的总质量。

(2)如图所示为该小组用打点计时器记录小车运动情况的纸带之一，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻两个计数点间还有4个点未画出，测得AB、AC、AD、AE、AF、AG的位移大小分别为s1＝1.30 cm、s2＝3.10 cm、s3＝5.38 cm、s4＝8.16 cm、s5＝11.45 cm、s6＝15.26 cm，则小车加速度大小为__________ m/s2(结果保留两位有效数字)。

(3)为了消除系统误差，该小组改进实验方案，每次实验逐次从小车上取下一个质量为10 g的钩码增加在小吊盘内，则下图曲线最适合描述系统加速度随着吊盘内钩码个数变化而变化关系的是：____________。

四、计算题(本题共4小题，56分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

15.（12分）一物体(可视为质点)以4 m/s的速度滑上光滑固定斜面，做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，经过一段时间后上滑到最高点C点速度恰好减为零，途经A、B两点，然后又以相同大小的加速度下滑到斜面底端D点，已知BC＝25 cm，求：

(1)物体第一次经过B点的速度大小；

(2)物体由底端D点滑到B点所需要的时间。

16．(12分)开车出行常用手机导航，如图甲是一种车载磁吸手机支架，手机放上去会被牢牢吸附。图乙是其侧视图。若手机质量m＝0.2 kg，支架斜面的倾角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，手机与支架接触面间的动摩擦因数μ＝0.3。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2。那么在汽车做匀速直线运动的过程中：

(1)若没有磁吸力，请通过计算说明手机会不会滑下来；

(2)若磁吸力F＝6 N，求支架对手机的弹力和摩擦力的大小。

17．(15分）一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′。用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)当小球的角速度为4 rad/s时，求轻绳中的拉力大小；

(2)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与O′点间的距离。

18.(17分）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)B与木板相对静止前，求木板的加速度大小；

(2)B与木板相对静止时，求木板的速度；

(3)A、B开始运动时，求两者之间的距离。

高一年级物理答案

13.（8分）答案　(1)是　 (2分）(2)8　 (2分）(3)0.8 (2分）　(4) (2分）

解析　(1)因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1∶3∶5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。

(2)由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，可得乙图中正方形的边长L＝4 cm，竖直方向上有2L＝g′T2，解得g′＝＝ m/s2＝8 m/s2。

(3)水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为v0＝＝＝0.8 m/s。

(4)b点竖直方向上的分速度vyb＝＝ m/s＝0.8 m/s，所以vb＝＝ m/s。

14．(8分)答案：(1)远小于 (2分）　(2)0.50 (3分）　(3)C (3分）

解析：(1)以整体为研究对象，有mg＝(m＋M)a，则a＝，在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于小吊盘和砝码的重力mg，而实际上绳子的拉力F＝Ma＝＝，故要让绳子的拉力F约等于小吊盘和砝码的重力mg，应该是m远小于M。

(2)根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，利用逐差法可得a＝＝0.50 m/s2。

(3)设小吊盘的质量为m0，一个钩码的质量为m，小车的质量为M，钩码总数量为N，小吊盘中钩码个数为n，根据牛顿第二定律可得：m0g＋nmg＝(m0＋Nm＋M)a，

解得a＝＋，为不过坐标原点的倾斜直线，故A、B、D错误，C正确。

15.（12分）答案　(1)1 m/s，方向沿斜面向上　(2)第一次滑到B点用时1.5 s，第二次滑到B点用时2.5 s

解析　(1)(6分）从B到C是匀减速直线运动，末速度为零，逆向思维，从C到B是初速度为零的匀加速直线运动，以沿斜面向下为正方向，加速度a1＝2 m/s2，位移大小为xBC＝25 cm＝0.25 m

根据位移—时间关系式，有xBC＝a1t12  (2分）解得t1＝0.5 s

再根据速度－时间关系式，有v1＝a1t1 (2分）解得v1＝1 m/s

故第一次经过B点时速度大小为1 m/s (2分）全科免费下载公众号-《高中僧课堂》

(2)(6分）以沿斜面向上为正方向，对从D到B过程，由v1＝v0＋at (2分）

可得从D上滑第一次到达B点所用时间为：t＝＝ s＝1.5 s (1分）

由对称性可知：tBC＝tCB＝t1＝0.5 s (2分）

则t′＝t＋2tBC＝1.5 s＋0.5×2 s＝2.5 s. (1分）

16．(12分)答案　(1)见解析　(2)7.2 N　1.6 N

解析　(1)（4分）若没有磁吸力，因为μ＝0.3<tan53°＝

所以μmg cos θ<mg sin θ， (2分）即最大静摩擦力小于重力沿支架接触面的分力。

故手机会滑下来。 (2分）

(2)（8分）若磁吸力F＝6 N，支架对手机的弹力FN′＝mgcos53°＋F＝7.2 N (2分）

此时最大静摩擦力为Ffm＝μFN′＝0.3×7.2 N＝2.16 N (2分）

因为mgsin53°＝1.6 N<Ffm (2分）

则手机相对汽车静止，所受摩擦力为静摩擦力，摩擦力的大小为Ff＝mgsin53°＝1.6 N。 (2分）

17．(15分）答案：(1)1.088 N　(2)0.8 m

解析：(1) (6分）当小球在圆锥表面上运动时，据牛顿运动定律可得：

Tsin 37°－FNcos 37°＝mω2Lsin 37°① (2分）

Tcos 37°＋FNsin 37°＝mg② (1分）

小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，求得：ω0＝5 rad/s,T0＝1.25 N(1分）

当小球的角速度为4 rad/s<ω0，小球在圆锥表面上运动， (1分）

根据公式①②可求得：T1＝1.088 N. (1分）

(2)(9分）当轻绳断裂时，绳中的拉力大于T0＝1.25 N，故小球已经离开了圆锥表面(1分）

设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ。根据牛顿运动定律可得：T2sin θ＝m (1分）

T2cos θ＝mg (1分），求得：θ＝53°，v＝ m/s

轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：

h＝H－Lcos 53°＝0.45 m ，据h＝gt2 (1分）求得：t＝0.3 s

如图所示：水平位移为：x＝vt＝ m (1分）

抛出点与OO′间的距离为：y＝Lsin 53°＝0.4 m (1分）

＝0.8 m (1分）

0.8 m>0.75 m×tan 37°，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，(1分）

所以落地点到OO′的距离为0.8 m. (1分）

18.(17分）答案：(1)2.5m/s2   (2)1 m/s　(3)1.9 m

解析：(1)（3分）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有μ1mBg－μ1mAg－μ2(m＋mA＋mB)g＝ma1              ①（2分）

代入已知数据得a1=2.5m/s2     ②（1分）

（2）（5分）设B相对于地面的加速度大小为aB，由牛顿第二定律得

μ1mBg＝mBaB ③（1分）

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有

v1＝v0－aBt1 ④（1分）

v1＝a1t1                                                   ⑤（1分）

联立②③④⑤式，代入已知数据得v1＝1 m/s  （1分）  方向水平向右 （1分）⑥

(3)(9分）设A相对于地面的加速度大小为aA，μ1mAg＝mAaA      ⑦（1分），可知aA＝aB；

由③④⑦式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。

在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－aBt12⑧（1分）

设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有μ1mAg＋μ2(m＋mA＋mB)g＝(mB＋m)a2              ⑨（1分）

由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2              ⑩（1分）

对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑪（1分）

在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－a2t22 ⑫（1分）

在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ⑬（1分）

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB              ⑭（1分）

联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。 ⑮（1分）

（其它解法正确同样得分）