2022-2023学年河北省邯郸市魏县高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市魏县高一（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，从沙县夏茂镇步行至“小吃第一村”俞邦村按手机导航推荐方案大约需39分钟，步行2.7公里，则此过程人步行( )
A. 平均速率约为1.15m/s
B. 平均速度约为1.15m/s
C. 瞬时速率约为1.15m/s
D. 瞬时速度约为1.15m/s
2.在物理学的发展过程中，物理学家们提出了许多物理学的研究方法，以下关于物理学的研究方法的叙述中，说法正确的是( )
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫等效替代法
B. 根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法
C. 加速度的定义a=ΔvΔt采用的是比值定义法
D. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了类比的方法
3.如图所示为一质点做直线运动的v−t图象，下列说法中正确的是( )
A. bc段与cd段的加速度方向相反
B. ab段与bc段的速度方向相反
C. cd段质点的加速度大小为4m/s2
D. ab段质点通过的位移为3m
4.假设未来的某一天，宇航员在火星上距地面18m高处由静止释放一重物，测得重物经过3s落到火星表面，则下列说法正确的是( )
A. 火星表面重力加速度大小为5m/s2
B. 重物落地前的1s内位移大小为10m
C. 重物落地时的速度大小为8m/s
D. 重物下落过程中，第1s末、第2s末、第3s末的瞬时速度之比为1：3：5
5.在一竖直平面内有一高速逆时针旋转的飞轮，内壁粗糙，当把一物体静止放在圆心正下方A点，随着飞轮旋转，物体也会运动，运动最高点C后又滑下来，最后静止在B点。若∠AOB=α，∠COB=β，物体与接触面间的摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A. 物体上升时受到的滑动摩擦力与运动方向相反
B. 物体与接触面间的摩擦因数μ=tanα
C. 若增大转速，则物体停留的位置在B点左上方
D. 若仅增大物体的质量，物体最后静止的位置在B点左上方
6.如图，用两根绳子OA及OB把一重物悬挂起来，OAA. 绳OA承担的力大
B. 绳OB承担的力大
C. 两根绳承担的力一样大
D. 条件不足，无法确定
7.如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑轻质定滑轮C与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑固定斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑，设绳子张力为FT，在此后的运动过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 物体A将加速运动B. 物体A将匀速运动
C. FT可能小于mgsinθD. FT等于mgsinθ
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
8.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v−t图象如图所示。已知两车在t=2.5s时并排行驶，则下列说法正确的是( )
A. 在t=1s时，甲车在乙车前
B. 在t=0时，甲车在乙车前7.5m
C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为20m
9.两个轻弹簧分别与质量为m的A、B物体相连接，劲度系数分别为k1和k2，装置呈竖直状态静止在水平地面上，如图所示。劲度系数为k2的弹簧与地面不拴接。现用竖直向上的拉力F拉A物体，使A缓慢上升，当下边弹簧的下端即将离开地面时( )
A. B物体比施加F前高2mgk2B. A物体比施加F前高2mgk1
C. F>mgD. F=mg
三、简答题：本大题共2小题，共12分。
10.在钢铁厂的轧钢车间里有一台如图所示的钢板冷轧机，较厚的钢板匀速地经过轧辊被轧成薄钢板后，又整齐地被卷成钢板卷。经过时间T钢板卷的半径由r增至为2r。试求此后半径由2r再增至3r需要多少时间。
11.某同学在上学途中沿人行道以v1=1m/s速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以v2=12m/s速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他们距车站x=48m，为了乘上该公交车，他立即匀加速向前跑去，加速度a1=2.5m/s2，达到最大速度vm=6m/s后匀速前进。假设公交车在行驶到距车站x0=18m处开始匀减速刹车，刚好到车站停下，停车时间t=10s，之后公交车启动向前开去，不计车长，求：
(1)公交车刹车过程中加速度a2的大小；
(2)通过计算分析该同学能否乘上该公交车；
(3)在追赶公交车的过程中，该同学与公交车之间的最大距离。
四、计算题：本大题共3小题，共24分。
12.如图所示，质量为M=5kg的物体放在倾角为θ=30°的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为 35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M用平行于斜面的轻绳绕过光滑的定滑轮与不计质量的吊盘连接，吊盘架足够高，两个劲度系数均为k=1000N/m的轻弹簧和两个质量都是m的物体栓接，此时M刚好不上滑，取g=10m/s2。问：
(1)m的质量是多大；
(2)现将上面的m物体缓慢向上提，当M刚要开始下滑时，绳子拉力为多少；
(3)此时上面的m物体缓慢向上提起的高度是多少。
13.如图所示，一块质量为3.2kg、长为1.5m的匀质木板B静止在足够长的水平地面上，在距木板的右端x处静止摆放着质量为1.2kg的小木块A(不计小木块A的尺寸，A可视为质点)，木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1=0.1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t=0时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F，重力加速度g取10m/s2，则：
(1)若拉力F=36N，木板的加速度大小是多少；
(2)若F=36N，x=1.17m在F拉动木板的过程中，经多长时间木块离开木板；
(3)若F=31.6N，在t=1s时撤去F，要想木块不掉下木板，求x的范围。(此问结果保留三位小数)
14.如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0.1，另一个质量m=1kg的小滑块，以6m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.5，g取l0m/s2．
(1)若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．
(2)若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止．
(3)若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、2.7公里是轨迹长度，是路程。所以平均速率约为v−=st=2.7×10339×60m/s=1.15m/s，故A正确；
B、2.7公里是轨迹长度，是路程，不是位移，由于位移不知道，所以不能求出平均速度，故B错误；
CD、由于不知道此人步行的具体情况，所以不能判断瞬时速率大小，也不能判断瞬时速度的大小，故CD错误。
故选：A。
根据平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值，由此判断。
本题主要考查了平均速度与平均速率的内容，知道它们的定义与区别是求解的前提。
2.【答案】C
【解析】解：A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫理想化模型法，故A错误；
B.根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，故B错误；
C.加速度的定义a=ΔvΔt中，加速度a与速度的变化量和时间无关，采用的是比值定义法，故C正确；
D.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量的方法。故D错误。
故选：C。
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量；
质点来代替物体的方法运用了理想模型法。
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据v−t图象的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，知bc段与cd段的斜率均为负，加速度方向相同，故A错误；
B、ab段与bc段的速度均为正，速度方向相同，故B错误；
C、根据v−t图象的斜率表示加速度，则cd段质点的加速度大小为a=|△v△t|=40.5m/s2=8m/s2，故C错误；
D、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移，可得，ab段质点通过的位移为x=2+42×1m=3m，故D正确。
故选：D。
在速度−时间图象中，图象的斜率表示加速度，速度的正负表示速度方向，图象与时间轴围成的面积表示位移。
本题是速度−时间图象的应用，要明确v−t图象的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移，能根据图象读取有用信息。
4.【答案】B
【解析】A.根据自由落体运动规律
ℎ=12gt2
解得
g=4m/s2
故A错误；
B.重物落地前的1s内位移大小为
根据初速度为0的匀加速直线的推论可知，将整个运动时间分为三段，则每一段相同时间内的位移之比为1：3：5。总位移为18m，所以最后1s内的位移大小为10m。
故B正确；
C.重物落地时的速度为
v=gt=4×3m/s=12m/s
故C错误；
D.重物下落过程中，第1s末、第2s末、第3s末的瞬时速度之比为
v1：v2：v=g：2g：3g=1：2：3
故D错误。
故选B。
本题综合考查自由落体运动以及初速度为0的匀加速直线运动的重要推论。需要能在题干中提取相关的有效信息，并代入合适的推论中得出正确的答案。
本题需要识别出整个运动的时间为3s，B选项中题目问到最后1s，则应该直接想到连续相等的时间内的位移之比，故而可以快速代入比例式算出正确结果。
5.【答案】B
【解析】接：A、物体最终静止在B位置，说明物体在B点静止，受力平衡，从A到B加速运动，从B到C做减速运动，故在AB过程中，物体受到的摩擦力方向与运动方向相同，故A错误；
B、物体在B点静止，对物体受力分析，根据共点力平衡可知，f=mgsinα，FN=mgcsα，f=μFN
联立解得μ=tanα，故B正确；
C、物体最终处于平衡状态，设此时物体与竖直方向的夹角为γ，故对物体受力分析可知，f′=mgsinγ，FN′=mgcsγ，f′=μFN′，联立解得tanγ=μ，结合B选项可知，γ=α
与转速和物体的质量无关，故CD错误；
故选：B。
对物体的运动分析，物体从A到B物体做加速运动，从B到C物体做减速运动，运动到C速度减为零，然后下滑，到达B点处于平衡状态，在B点对物体受力分析，根据共点力平衡即可判断。
本题主要考查了物体的运动分析和受力分析，关键是抓住在B点的平衡状态，通过受力分析即可。
6.【答案】A
【解析】解：设OA与水平方向的夹角为θ，OB与水平方向的夹角为α
选O点为研究对象，受OA绳的拉力TA，OB绳的拉力TB
下面绳的拉力T=mg，三力平衡。
正交分解由平衡条件得：TAcsθ=TBcsα，因OB>OA所以θ>α 得：TA>TB，故A正确BCD错误；
故选：A。
以结点O为研究，分析受力情况，根据平衡条件结合几何关系判断三个细绳受到的拉力大小。
本题首先要选择研究对象：结点O；再由平衡方程结合数学方法比较绳子拉力的大小。
7.【答案】A
【解析】解：由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动，如图所示：
根据平行四边形定则，可有：vBsinα=v绳；因B以速度v0匀速下滑，又α在增大，所以绳子速度在增大，则A处于加速运动，根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：F>mgsinθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据运动的合成与分解，将B的竖直向下的运动分解成沿着绳子方向与垂直绳子方向的两个分运动，结合平行四边形定则，可判断出结果。
解决“绳(杆)端速度分解模型”问题时应把握以下两点：(1)确定合速度，它应是滑块B的实际速度；(2)小滑块B的运动引起了两个效果：一是绳子的拉长，二是绳绕滑轮的转动，应根据实际效果进行运动的分解。
8.【答案】AD
【解析】解：A、速度−时间图象与时间轴围成的面积大小表示位移，两车在t=2.5s并排行驶，由图象可知，t=1.5s时也是并排行驶，第一次为乙车追上甲车，第二次为甲车追上乙车，所以t=1s时，甲车在乙车前，故A正确；
B、由图象可知，甲的加速度a甲=10m/s2，乙的加速度a乙=5m/s2，0～2.5s，甲的位移x甲=12a甲t2=31.25m，乙的位移x乙=v0t+12a乙t2=40.625m，△x=x乙−x甲=9.375m，即在t=0时甲车在乙车前9.375m，故B错误；
C、根据面积表示位移大小，由图象可知，1.5s到2.5s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=2.5s时并排行驶，所以两车在t=1.5s时也并排行驶，故C错误；
D、1.5s末甲车的速度为：v=a甲t=15m/s，1.5s到2.5s，甲车的位移为：x=vt+12a甲t2=20m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为20m，故D正确。
故选：AD。
在速度−时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系。可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻，并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离。
本题是速度−时间图象的应用，要明确速度图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。
9.【答案】AC
【解析】解：A、开始时A、B都静止，处于平衡状态，由胡克定律与平衡条件得：
对A：mg=k1x1
对A、B系统：2mg=k2x2
解得：x1=mgk1，x2=2mgk2
下面的弹簧恰好恢复原长时下端开始离开地面，
A缓慢上升，A、B都处于平衡状态，下边弹簧下端将离开地面时，设此时上面弹簧的伸长量为x3，对B，由平衡条件得：
k1x3=mg
解得：x3=mgk1
A、当下边弹簧下端将离开地面时，B物体比施加F前上升的高度：ℎB=x2=2mgk2，故A正确；
B、当下边弹簧下端将离开地面时，A物体比施加F前上升的高度：ℎA=x1+x2+x3=2mgk1+2mgk2，故B错误；
CD、当下边弹簧下端将离开地面时，下边的弹簧恰好恢复原长，对B没有弹力作用，此时A、B系统处于平衡状态，对A、B系统，由平衡条件得：F=2mg>mg，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据共点力平衡条件和胡克定律求出初状态下面弹簧的压缩量，以及末状态上面弹簧伸长量，从而得出A点上升的高度以及物体m上升的高度．
本题考查了共点力平衡和胡克定律的基本运用，关键抓住初末状态，根据平衡进行求解，
10.【答案】解：由于较厚的钢板匀速地经过轧辊被轧成薄钢板，则薄钢板的长度与时间成正比，而卷成钢板卷的面积又与长度成正比，所以卷成钢板卷的面积的变化量与时间成正比。则有
π(2r)2−πr2=kT
设半径由2r再增至3r需要时间为t，则
π(3r)2−π(2r)2=kt
所以t=53T，即半径由2r再增至3r需要t=53T时间。
答：此后半径由2r再增至3r需要53T时间。
【解析】由薄钢板的长度与时间成正比，可以判断卷成钢板卷的面积与时间成正比，利用钢板卷的半径可以得到钢板卷的面积，面积增量对应所求时间。
通过题意“经过时间T钢板卷的半径由r增至为2r”判断圆柱侧面面积与时间的正比关系。
11.【答案】解：(1)公交车的加速度
a2=0−v222x0=0−1222×18m/s2=−4.0m/s2
所以其加速度的大小为4.0m/s2；
(2)汽车从相遇处到开始刹车用时
t1=x−x0v2=3012s=2.5s
汽车刹车过程中用时
t2=0−v2a2
解得t2=3s
该同学小明以加速度a达到最大速度用时
t3=vm−v1a1=6−12.5s=2s
该同学加速过程中的位移
x1=12(v1+vm)t3
解得x1=7m
以最大速度跑到车站的
t4=x−x1vm=416s≈6.83s
则
t3+t4解得8.83s<15.5s
故该同学可以在汽车还停在车站时上车；
(3)公交车与该同学共速时，距离最大，则可得
t5=vm−v2a2
解得t5=1.5s
则汽车的位移为
x′=(x−x0)+v2t5+12at52
解得x′=43.5m
同学的位移
x“=x1+vm(t1+t5−t3)
解得x“=19m
该同学与公交车之间的最大距离
Δx=x′−x“=43.5m−19m=24.5m
答：(1)公交车刹车过程中加速度a2的大小为4.0m/s2；
(2)通过计算分析该同学能乘上该公交车；
(3)在追赶公交车的过程中，该同学与公交车之间的最大距离为24.5m。
【解析】(1)由速度—位移关系求解加速度。
(2)由位移—时间关系求解时间，结合速度—时间关系求解刹车的时间。结合运动过程，求解以最大速度跑到车站的时间，从而判断该同学可以在汽车还停在车站时上车。
(3)公交车与同学共速的时候，距离是最大的，从而求解出时间以及位移关系，进而求解出最大距离。
本题考查匀变速直线运动，学生需结合追击相遇的专题综合求解。
12.【答案】解：(1)对M和m的系统，由平衡条件得：
Mgsin30°−μMgcs30°=2mg
代入数据解得：m=2kg
(2)使M刚要开始下滑时，设绳的拉力为T，对M，由平衡条件得：
T+μMgcs30°=Mgsin30°
代入数据解得：T=10N
(3)此时吊盘中下面弹簧的弹力应为F=10N，因开始时下面弹簧的弹力为F′=2mg=2×2×10N=40N
可知下面弹簧伸长了Δx1=ΔFk=40−101000m=0.03m
对中间的物体m受力分析可知，上面的弹簧对之间物体应该是向上的拉力，大小为10N，即上面的弹簧应该处于拉长状态，则上面弹簧的伸长量应该是；
Δx2=mgk+Fk=20+101000m=0.03m
可知上面的m物体向上提起的高度是ℎ=Δx1+Δx2=0.03+0.03=0.06m。
答：(1)m的质量是2kg；
(2)现将上面的m物体向上提，使M刚要开始下滑，绳子的拉力为10N；
(3)上面的m物体向上提起的高度是0.06m。
【解析】(1)对系统进行分析，根据平衡条件即可确定m的质量大小；
(2)M刚要下滑时根据平衡条件可求得绳子的拉力，
(3)对两弹簧进行分析，根据胡克定律可求得弹簧的形变量，从而确定上面弹簧的伸长量大小。
本题考查共点力的平衡条件以及胡克定律的应用，关键是第2问的分析，要注意通过分析两部分弹簧弹力的变化(包括伸长还是压缩)求解弹簧的长度变化，从而分析上面物体提升的高度。
13.【答案】解：木块的质量m=1.2kg，木板的质量M=3.2kg
木块与木板间的滑动摩擦力大小f1=μ1mg=0.1×1.2×10N=1.2N
木块在木板上时木板与地面间的滑动摩擦力大小f2=μ2(m+M)g=0.6×(1.2+3.2)×10N=26.4N
木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：
对木块：f1=ma0
对木板：F−f1−f2=Ma0
代入数据解得：a0=1m/s2，F0=30.8N
(1)拉力F=36N>F0=30.8N，木块相对木板滑动，对木板，由牛顿第二定律得：F−f1−f2=Ma
代入数据解得，木板的加速度大小：a=2.625m/s2
(2)木块与木板都做初速度为零的匀加速直线运动，设经时间t0木块离开木板
则x=12at02−12a0t02，代入数据解得：t0=1.2s
(3)拉力F=31.6N>F0=30.8N，木块相对于木板滑动，对木板，由牛顿第二定律得：F−f1−f2=Ma1
代入数据解得：a1=1.25m/s2
经时间t=1s撤去拉力，撤去拉力时木块的速度v1=a0t=1×1m/s=1m/s，木板的速度v2=a1t=1.25×1m/s=1.25m/s
撤去拉力时木块相对于木板滑行的距离Δx1=v22t−v12t=1.252×1m−12×1m=0.125m
撤去拉力后，木块继续做加速运动，木板做减速运动，直到两者速度相等，由于
刚撤去拉力时，对木板，由牛顿第二定律得：f1+f2=Ma2，代入数据解得：a2=8.625m/s2
设经过时间t1两者速度相等，则v=v1+a0t1=v2−a2t1，代入数据解得：v≈1.026m/s，t1≈0.026s
在此时间内木块相对于木板滑行的距离Δx2=v2+v2t1−v1+v2t1，代入数据解得：Δx2=0.00325m
由于f1木块与木板速度相等后木块相对木板向前滑动，只要木块与木板速度相等时木块不滑离木板，木块就不会滑离木板
木块不滑离木板，木板的最小长度L=Δx1+Δx2=(1.25+0.00325)m≈1.250m
木块不掉下木板，x的范围是x≥L=1.250m
答：(1)若拉力F=36N，木板的加速度大小是2.625m/s2；
(2)若F=36N，x=1.17m在F拉动木板的过程中，经1.2s木块离开木板；
(3)若F=31.6N，在t=1s时撤去F，要想木块不掉下木板，x的范围是x≥1.250m。
【解析】(1)应用牛顿第二定律求出加速度大小。
(2)应用牛顿第二定律求出加速度大小，应用运动学公式求解。
(3)应用牛顿第二定律与运动学公式求出x的临界值，然后确定x的范围。
本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚木块与木板的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求解。
14.【答案】解：(1)若木板固定，小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：a=μ2g=5m/s2
所以x=v022a=3.6m
(2)对m：a1=μ2g=5m/s2
对M：Ma2=μ2mg−μ1m+Mg
解得：a2=1m/s2
当速度相等时相对静止，则有：v0−a1t=a2t
解得：t=1s
(3)木板共速前先做匀加速运动，木板的位移x1=12a2t2=0.5m
速度v1=a2t=1m/s
以后木板与物块共同加速度a3匀减速运动a3=μ1g=1m/s2
共同匀减速运动的位移 ​x2=v122a3=0.5m
所以总位移为x=x1+x2=1m
【解析】解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解。
(1)若木板固定，小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据位移速度公式求解位移；
(2)若木板不固定，小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度相等时相对静止，根据运动学基本公式即可求解；
(3)先求出速度相等前运动的位移，速度相同后一起做匀减速运动，求出加速度，根据运动学公式即可求解。