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    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
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      石家庄二中教育集团2022—2023高一年级上学期期末四校联考物理试题.docx
    • 石家庄二中教育集团2022—2023高一年级上学期期末四校联考物理答案.docx
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    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

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    这是一份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,文件包含石家庄二中教育集团20222023高一年级上学期期末四校联考物理试题docx、石家庄二中教育集团20222023高一年级上学期期末四校联考物理答案docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共9页, 欢迎下载使用。

    高一年级物理答案

    1C

    2B

    3D

    4C

    5C

    6A

    7D

    8A

    9AB

    10AD

    11BC

    12ABD

     

    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L4 cm,竖直方向上有2LgT2,解得g m/s28 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v00.8 m/s

    (4)b点竖直方向上的分速度vyb m/s0.8 m/s,所以vb m/s

    14(8)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(mM)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FMa,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ΔxaT2,利用逐差法可得a0.50 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:m0gnmg(m0NmM)a

    解得a,为不过坐标原点的倾斜直线,故ABD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)BC是匀减速直线运动,末速度为零,逆向思维,从CB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a12 m/s2,位移大小为xBC25 cm0.25 m

    根据位移时间关系式,有xBCa1t12  (2分)解得t10.5 s

    再根据速度-时间关系式,有v1a1t1 (2分)解得v11 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DB过程,由v1v0at (2分)

    可得从D上滑第一次到达B点所用时间为:t s1.5 s (1分)

    由对称性可知:tBCtCBt10.5 s (2分)

    tt2tBC1.5 s0.5×2 s2.5 s. (1分)

    16(12)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μ0.3<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F6 N,支架对手机的弹力FNmgcos53°F7.2 N (2分)

    此时最大静摩擦力为FfmμFN0.3×7.2 N2.16 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Ffmgsin53°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°2Lsin 37°① (2分)

    Tcos 37°FNsin 37°mg (1分)

    小球刚要离开圆锥表面时,支持力为零,求得:ω05 rad/s,T01.25 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:T11.088 N. (1分)

    (2)(9分)当轻绳断裂时,绳中的拉力大于T01.25 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 θm (1分)

    T2cos θmg (1分)求得θ53°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:

    hHLcos 53°0.45 m hgt2 (1分)求得:t0.3 s

    如图所示:水平位移为:xvt m (1分)

    抛出点与OO间的距离为:yLsin 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AB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μ1mBgμ1mAgμ2(mmAmB)gma1              2分)

    代入已知数据得a1=2.5m/s2     1分)

    2)(5分)B相对于地面的加速度大小为aB,由牛顿第二定律得

    μ1mBgmBaB 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

    v1v0aBt1 1分)

    v1a1t1                                                   1分)

    联立②③④⑤式,代入已知数据得v11 m/s  1分)  方向水平向右 1分)

    (3)(9分)A相对于地面的加速度大小为aAμ1mAgmAaA      1分),可知aAaB

    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。

    t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt121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μ1mAgμ2(mmAmB)g(mBm)a2              1分)

    由题意知,AB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v2v1a2t2              1分)

    Av2=-v1aAt2 1分)

    t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t22 1分)

    (t1t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA2 1分)

    AB相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此AB开始运动时,两者之间的距离为s0sAs1sB 1分)

    联立以上各式,并代入数据得s01.9 m 1分)

    (其它解法正确同样得分)


     

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