石家庄一中西山学校2023级高一上学期期末考试
物理试卷
时间：75分钟 满分:100分
第Ⅰ卷（选择题，共46分）
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题给出的选项中只有一项符合题目要求)
1．关于匀速圆周运动的速度、加速度以及速率的变化情况，以下说法中正确的是
A．速度不变，加速度改变 B．速率不变，加速度不变
C．速度不变，加速度不变 D．速率不变，加速度改变
2．如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，那么下面选项正确的是：
A．A、B、C、D点角速度之比为2:1:2:1
B．A、B、C、D点的线速度之比为2:1:2:4
C．A、B、C、D点向心加速度之比为2:1:2:4
D．A点和C点的线速度相等
3．如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高点，圆环上套着一个可视为质点的、质量为m的小球。现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心O的连线与竖直方向的夹角记为θ，转速不同，小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度ω匀速转动且小球与圆环相对静止时（ ）
A．若圆环光滑，则角速度
B．若圆环光滑，则角速度
C．若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω可能等于
D．若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω可能等
4．如图，固定光滑直角斜面，倾角分别为53°和37°。质量分别都为m的滑块A和B，用不可伸长的轻绳绕过直角处的光滑定滑轮连接。开始按住A使两滑块静止，绳子刚好伸直。松手后，滑块A将沿斜面向下加速，重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．A、B的加速度大小为0.1g
B．A、B的加速度大小为0.8g
C．绳上的张力大小为mg
D．绳子对滑轮的作用力为2mg
5．如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上，两物体的质量，。从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，、随时间变化规律分别为、。下列说法不正确的是（ ）
A．物体A、B间的最大弹力为
B．时，物体A、B开始分离
C．时，物体A向右的速度达到最大值
D．物体A向右的速度达最大时，物体B的加速度为
6．如图所示，质量为m1的球1通过轻绳悬挂在车顶，绳与竖直方向成角，质量为m2的物体2放在车厢地板，二者相对车是静止的。下列说法正确的是（ ）
A．车具有向右、大小为gsin的加速度
B．车具有向左、大小为gtan的加速度
C．物体2受到大小为m2gsin的静摩擦力
D．物体2受到大小为m2gtan的静摩擦力
7．如图所示，某乘客在慧如公园乘坐摩天轮，设乘客到摩天轮中心的距离为，摩天轮做匀速圆周运动，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．在最低点时乘客对座椅的压力比座椅对乘客的支持力大
B．乘客的加速度不变
C．在最高点时乘客线速度必须不小于
D．运动中处在与圆心等高的点时乘客处于平衡状态
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．如图所示，粗糙斜面体A放在粗糙水平地面上，斜面体右上方有一个大小可忽略的定滑轮O，一根轻绳跨过定滑轮，一端和物体B连接，另一端系在竖直杆上的C点；一钩码挂在O、C间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计绳与定滑轮和挂钩之间的摩擦。若将CD杆缓慢向左移动一小段距离，A、B物体仍处于静止状态，则（ ）
A．地面对A的支持力减小
B．B受到斜面体的摩擦力可能增大
C．B受到斜面体的摩擦力可能减小
D．A受到地面的摩擦力可能增大
9．如图所示，一小球从某高处A点自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，小球从B点开始压缩弹簧，到达最低点C，然后被弹簧弹回。下列说法中正确的是（ ）
A．小球到达B点时速度最大
B．小球速度最大出现在B、C之间
C．接触弹簧后，小球一直做匀减速运动直至停止
D．接触弹簧后，小球的加速度先减小后增大
10．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为，水的阻力恒为，当轻绳与水平面的夹角为时，人的速度为，人的拉力为不计滑轮与绳之间的摩擦，则以下说法正确的是 （ ）
A．船的速度为
B．船的速度为
C．船的加速度为
D．船的加速度为
第II卷（非选择题，共54分）
实验题(本题共2小题，共16分)
11．图甲为研究小球做平抛运动的规律的实验装置，图乙中的A、B、C为用频闪照相的方法在坐标纸上得到的小球运动过程中的三个位置。实验小组未记下小球平抛的抛出点，只记录下了y轴。实验小组测得A、B、C各点到y轴的距离分别为x1=10cm、x2=15cm、x3=20cm，A、B两点和B、C两点的竖直距离△y1=6.25cm、△y2=8.75cm取重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力，回答下列问题。
（1）实验中，下列会导致实验误差的因素是 。
a.安装斜槽轨道，其末端没有保持水平
b.小球与斜槽轨道之间有摩擦
c.计算初速度时选取的点离抛出点较远
d.频闪照相机闪光频率偏大
（2）该小球做平抛运动的初速度v0= m/s，该频闪照相机的闪光频率f= Hz。（结果保留两位有效数字）
（3）如图乙所示，在以y轴竖直向下为正方向，以抛出点O为坐标原点，建立的xOy平面直角坐标系中，y与x的函数关系式为 （用g、x、y和v0表示）
12．（1）如图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置，在图示状态下，开始做实验，该同学有装置和操作中的主要错误是：
a. ；b. ；
c. ；d. ；
（2）在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于小沙桶和沙的总重量，通常采用如下两个措施：
A．平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在小桶的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；
B．调整沙的多少，使沙和小沙桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M，请问：以上哪一个措施中有何重大错误？ .
（3）某一同学在“验证牛顿第二定律”的实验数据处理中作出了如图的图象，形成这个图象的原因是平衡摩擦力时长木板倾角 、沙子 ．（填“过大”、“过小”、“太多”、“太少”）
四、计算题(本题共3小题，共38分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离管道后做平抛运动，落在管道底端A点左侧距离s=10m处。已知半圆形管道的半径R=2.5m，小球可看成质点且其质量m=0.5kg，取重力加速度大小。求：
（1）小球在空中做平抛运动的时间；
（2）小球经过管道B点时的速度大小v；
（3）小球经过管道B点所受弹力的大小和方向。
14．如图所示，倾角的粗糙斜面下端有一水平传送带，传送带以的恒定速度顺时针方向运动。一个质量的滑块（可视为质点），从斜面上距底端A点处静止释放，滑块每次经过斜面与传送带连接处时速率不变。滑块与斜面间的动摩擦因数，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带两端A、B间的距离，（已知）求：
（1）滑块第一次下滑到A处时速度的大小；
（2）滑块在传送带上向左运动离A点的最大距离；
（3）滑块离开传送带后，第一次滑上斜面离A点的最大距离。
15．如图所示，质量为m=1kg的铁块静止在质量为M=1kg的长木板最右端，铁块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.3。现给木板施加一水平向右的恒力F=18N，经2s后撤去F，最终铁块没有滑下木板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）在运动过程中它们的共同速度大小；
（2）木板的最小长度多长。石家庄一中西山学校2023级高一上学期期末考
参考答案：
1．D
【详解】AB.匀速圆周运动是曲线运动，速度方向时刻改变，但速度大小不变，所以速度在变，故AC错误．
BD.匀速圆周运动的合外力提供向心加速度，方向时刻指向圆心，方向一直在变，故加速度在改变，故B错误D正确．
2、B【详解】A、C的线速度大小相等，B、C、D的角速度相等，所以选B
3．C
【详解】AB．小球在图示位置时的受力分析如图所示
则小球所受合外力提供向心力，即
以上两式联立，解得
故AB错误；
CD．若小球在A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力等大反向，即
联立，解得
故D错误，C正确。
故选C。
4．A
【详解】对滑块A分析，根据牛顿第二定律可得
mgsin53°-T=ma
对滑块B， T-mgsin37°=ma
联立解得 a=0.1g T=0.7mg
根据力的合成可知，绳对滑轮的作用力为0.7mg
故选A。
5．A
【详解】A．、都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但
为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
设A、B间的弹力大小为NAB，对B分析，由牛顿第二定律有
NAB+ FB =mBa
由于分离前加速度恒定，而随着时间的改变逐渐怎大，而弹力NAB逐渐减小，直至分离瞬间减为0，则可知弹力最大时，此时有NAB+ 2 =6N
解得NAB=4N
即物体A、B间的最大弹力为，故A错误，符合题意；
B．物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有
即
解得
故B正确，不符合题意；
C．根据以上分析可知，时A、B分离，此后A所受合外力即为，而A的速度最大时即为等于0时，则有
解得
由此可知，时，物体A向右的速度达到最大值，故C正确，不符合题意；
D．根据以上分析，时物体A的速度达到最大值，此时B所受合外力
根据牛顿第二定律可得此时B的加速度大小为
故D正确，不符合题意。
故选A。
6．D
【详解】AB．小球1受力如图所示，由牛顿第二定律可得
m1gtanθ=m1a1
a1=gtanθ
方向水平向右。
AB错误；
CD．球1与物体2相对静止，加速度相等，a1=a2，对物体2则有 Ff=m2a2=m2 gtanθ
C错误，D正确。
故选D。
7．C
【详解】A．在最低点时乘客对座椅的压力与座椅对乘客的支持力大小相等，因为是相互作用力，故A错误。
B．摩天轮做匀速圆周运动时，乘客也做匀速圆周运动，加速度的大小保持不变，但方向是改变的，故B错误；
C．在最高点时，由重力和支持力的合力提供向心力，合力向下，则有
可以看出当支持力为零时，为
所以在最高点时乘客线速度可以小于，故C正确；
在与圆心等高的点时，做圆周运动，不处于平衡状态，重力等于支持力，合力充当向心力；故选C。
BC
【详解】AD．设、间的轻绳与杆的夹角为，斜面的倾角为，钩码的质量为，钩码静止，根据平衡条件可得
绳子拉力为
以A、B物体为整体，受力分析，竖直方向有
水平方向有
将杆缓慢向左移动一小段距离，减小，则绳子拉力减小，地面对A的支持力增大，A受到地面的摩擦力减小，故AD错误；
B．若B物体重力沿斜面向下的分力大于绳子拉力，绳子拉力减小时，B受到斜面体的摩擦力增大，故B正确；
C．若B物体重力沿斜面向下的分力小于绳子拉力，绳子拉力减小时，B受到斜面体的摩擦力先减小后反向增大，故C正确。
故选BC。
BD
【详解】小球与弹簧接触后压缩弹簧，小球受到竖直向下的重力与竖直向上的弹力作用，开始重力大于弹力，合力向下，小球向下做加速运动；小球向下运动过程，弹簧压缩量变大，弹簧弹力变大，小球所受合外力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动；当重力与弹力相等小球所受合力为零时小球速度最大，然后小球继续向下运动过程，弹力大于重力，小球所受合力向上，小球向下做减速运动，随小球向下运动，弹力继续增大，合力增大，加速度增大，小球向下做加速度增大的减速运动，故小球不是一直做匀减速运动到停止。
故选BD。
10．AD
【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如图所示
根据平行四边形定则有
船的速度为
故A正确，B错误；
CD．对小船受力分析，如图所示
则有
因此船的加速度大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
11．（每空2分共8分） a 1.0 20
【详解】(1)[1]a．安装斜槽轨道，其末端没有保持水平，则小球不能做平抛运动，误差较大，所以a错误，符合题意；
b．小球与斜槽轨道之间有摩擦，没有影响小球做平抛运动规律的探究，所以b正确，不符合题意；
c．计算初速度时选取的点离抛出点较远，测量的长度越大误差越小，所以c正确，不符合题意；
d．频闪照相机闪光频率偏大，只是各点的时间变小而已，所以d正确，不符合题意；
故选a。
(2)[2][3]
根据 则在竖直方向，有
解得
则该频闪照相机的闪光频率f=20 Hz
该小球做平抛运动的初速度为
(3)[4]由平抛运动规律可得 ，
联立解得
y与x的函数关系式为。
12 、（8分） 长木板右端未垫高以平衡摩擦力 1分
电源应改用6V交流电源 1分
牵引小车的细线没有与木板平行 1分
开始实验时，小车离打点计时器太远 1分
A 2分 过小 1分 太多1分
【详解】（1）安装仪器时我们需要注意：
①平衡摩擦力，将木板一端垫高；
②细线与木板平行，保证拉力在小车前进的方向上；
③打点计时器需要用交流电源；
④释放小车时应让小车从靠近计时器处释放，在纸带上打上尽量多的点；
[2][3][4]故错误之处有：
长木板右端未垫高以平衡摩擦力；
b．电源应改用6V交流电源；
c．牵引小车的细线没有与木板平行
d．开始实验时，小车离打点计时器太远；
[5]A中平衡摩擦力时，不应用小桶拉动小车做匀速运动，应让小车自身下滑（即无动力）来平衡摩擦力即可，A错误；
设小车的质量为M，砝码盘总质量为m，将两者看做一个整体，对整体有
对小车有
联立可得
只有当时
B正确．
（3）[6]从上图中发现直线没过原点，当时，．也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力．平衡摩擦力时，所垫木板太低，即长木板倾角过小．
[7]从图象上可以看出：F从0开始增加，沙子和小桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面沙子和小桶的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与沙子和小桶的总重力就相差大呢．所以原因是沙子和小桶的质量没有远小于车的质量，即沙子太多．
13．（1）1s；（2）10m/s；（3）15N，方向竖直向下
【详解】（1）由题意知小球做平抛运动，竖直方向有
2分
解得
t=1s 1分
（2）水平方向做匀速直线运动，有
s=vt 2分
解得B点的速度 v=10m/s 1分
（3）设管道对小球的弹力竖直向下，有
2分
解得
1分
方向竖直向下。 1分
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对物体在斜面上运动，根据牛顿第二定律得
2分
加速下滑到A点，由速度与位移的关系有
2分
联立解得物体滑至斜面底端A时的速度 1分
（2）物体在传送带上向左运动到速度为零时离A点最远，此时有
2分
而根据牛顿第二定律有 1分
联立解得 1分
即物体在传送带上向左最多能滑到距A点处。
（3）物体在传送带上返回时与传送带共速时，有
1分
解得 1分
由此知物体返回时先加速再随带匀速，返回到A点时的速度大小为，又对物体从A点到斜面最高点，由牛顿第二定律有
1分
由速度与位移的关系有 1分
联立解得 1分
15．（1）7.2m/s；（2）35.28m
【详解】（1）设长木板的加速度为a，由牛顿第二定律可得
1分
解得 1分
设小物块此时加速度为a1，由牛顿第二定律可得
1分
解得 1分
刚撤去F时，长木板速度
1分
刚撤去F时，小物块速度为 1分
刚撤去F时，木板的加速度为
1分
解得 1分
设经时间小物块与长木板共速，设此时速度为v，则有
1分
解得 1分
1分
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离也即是长木板与小物块的位移差，由运动学公式 1分
解得
在时间内，木板与小物块的位移差为，由运动学公式
1分
解得
由于μ1＜μ2，共速后仍有滑动，则模板的加速为
木板与小物块的位移差为
1分
木板的最小长度
1分
