2023石家庄二中教育集团-高一上学期期末四校联考试题物理含解析

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）