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2022－2023学年度河北省张家口市高一年级第一学期期末考试-物理
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这是一份2022－2023学年度河北省张家口市高一年级第一学期期末考试-物理，共10页。
张家口市2022－2023学年度高一年级第一学期期末考试
物理试卷
班级____________ 姓名____________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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。
1．2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲顺利送入太空。3名航天员进入空间站天和核心舱（与地球表面不同步），正式开启6个月的太空之旅。据以上信息推断，下列说法正确的是
A.“6个月”指的是时间间隔
B．航天员在核心舱休息时，相对于地面是静止的
C．天和核心舱绕地球飞行一圈，路程为零
D．研究天和核心舱绕地球飞行时的速度，应选择核心舱作为参考系
2．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理思想与研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代思想
B．加速度的定义式a＝采用的是比值定义法
C．手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了微元法的思想
D．在实验探究滑动摩擦力与接触面的正压力、粗糙程度等因素的关系时，运用了类比法
3．如图所示，江哥正驾驶汽车以10 m/s的速度匀速驶向屏山六干道红绿灯路口，当汽车的车头距离停车线为13 m时发现一人正在通过人行横道，江哥经过一定的反应时间后，立即以大小为5 m/s2的加速度减速行驶，最后汽车车头刚好停在停车线处，则江哥的反应时间是
A．0.2 s B．0.3 s C．1.3 s D．2 s
4．如图所示为贵州北盘江大桥，它是世界上第一座上承式推力转体式铁路钢管混凝土拱桥，桥面距江面高度差达565.4 m，全长1341.4 m，主跨为236 m，大桥两侧有等间距的钢索吊着桥身。一汽车在桥上做匀加速直线运动，当经过第一根钢索时，汽车的速度大小为6 m/s，当经过第四根钢索时，汽车的速度大小为12 m/s，则汽车通过第二根钢索时的速度大小为
A．8 m/s B．6 m/s C．9 m/s D．10 m/s
5．如图所示，甲、乙为两根完全相同的轻质弹簧，甲弹簧一端固定在天花板上，另一端悬挂一质量为mA的物块；乙弹簧一端固定在水平地面上，另一端连接一质量为mB的物块，两物块静止时，测得甲、乙两根弹簧的长度分别为l1和l2。已知重力加速度大小为g，两弹簧均在弹性限度内，则这两根弹簧的劲度系数为
A. B. C. D.
6．如图所示为某工地上的自动卸货车作业示意图。卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ先缓慢增大，当货物开始加速下滑时倾角θ保持不变。在卸货的全过程中
A．货物受到车厢的摩擦力一直增大
B．货物受到车厢的支持力一直减小
C．地面对货车的支持力一直等于货物与货车的总重力
D．地面对货车的摩擦力先为零，后水平向左
7．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，重力加速度g取10 m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是
A．该行李的加速度大小一直为2 m/s2
B．该行李经过5 s到达B处
C．该行李相对传送带滑行的距离为0.08 m
D．若传送带速度足够大，行李最快也要 s才能到达B处
8．如图所示，位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道，已知在t＝0时，a、b、c三球分别从O点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点，所用时间分别为t1、t2、t3，下列关系正确的是
A．t1>t2>t3 B．t1
9．有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的 x-t图像如图甲所示，物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图像如图乙所示．根据图像做出的以下判断中正确的是
A．物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B小
B．在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为10 m
C．t＝3 s时，物体C追上物体D
D．再次相遇前，t＝3 s时，物体C与物体D相距最远
10．2022年3月，我国成功使用“冷发射”技术发射了长征十一系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出十几米，当火箭速度接近零时再点火飞向太空。从高压气体作用于火箭开始运动到火箭点火的过程中
A．火箭的加速度保持不变
B．火箭的速度增大时，加速度的方向与速度方向相同
C．火箭开始运动瞬间，速度和加速度均为零
D．火箭速度接近零时，加速度的方向与速度的方向相反
11．如图所示，两硬竹竿竖直插在水平地面的A、B两点，竿间拴接一长度大于两竿间距的轻绳，光滑的轻滑轮放在轻绳上，下端悬吊一物体，开始时绳与竹竿的悬点M、N等高，图中∠MON＞90°，则下列说法正确的是
A．图中左侧细绳的拉力小于右侧细绳的拉力
B．仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，两侧细绳的拉力大小不变
C．仅将左侧竹竿以A点为轴沿顺时针方向转过一个小角度，两侧细绳的拉力减小
D．仅将两竹竿分别以A、B为轴沿逆时针方向转过相同的小角度，两侧细绳的拉力增大
12．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上。当抛出的速度为v1时，运动时间为t1，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，运动时间为t2，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则
A．当v1>v2时，t1>t2
B．当v1>v2时，α1<α2
C．无论v1、v2大小关系如何，均有α1＝α2
D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
三、非选择题：本题共6小题，共60分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要答题步骤，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。
13．（8分）某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。
（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持__________（填“水平”或“竖直”）状态；
（2）他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长x0＝__________cm，劲度系数k＝__________N/m；
（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧测力计，当弹簧测力计的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝__________cm。
14．（8分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz。
（1）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图乙所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0 mm、12.0 mm、14.0 mm、16.0 mm、18.0 mm，则打E点时小车的速度为__________m/s，小车的加速度为__________m/s2；（结果均保留2位有效数字）
（2）若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持__________不变；
（3）该同学通过数据的处理作出了a-F图像，如图丙所示，则图中图像不过原点的原因可能是____________________________。
15．（8分）冰壶比赛是冬奥会的重要项目。比赛中冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动直至停止，已知一冰壶被运动员推出的初速度大小为3.6 m/s，其加速度大小为 0.2 m/s2，求：
（1）冰壶在10 s末的速度大小；
（2）冰壶在20 s内的位移大小。
16．（10分）刀削面是渭南人喜欢的面食之一，全凭刀削得名。如图所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便水平飞向锅中，假定面团到锅的上沿的竖直距离为0.8 m，到锅的上沿最近的水平距离为0.6 m，水平放置的锅直径为0.4 m。已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，面片可视作质点，求：
（1）面片落到锅中所用时间；
（2）若保证削出的面片落入锅中，面片的水平初速度应满足什么条件。
17．（12分）如图甲所示，质量m＝1.0 kg的小物块在平行斜面向上、大小未知的恒定拉力F作用下，沿足够长的倾角为37°的斜面由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，图乙为其速度v随时间t变化的部分图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）拉力F的大小；
（3）小物块沿斜面向上运动的最大距离L。
18．（14分）如图甲所示，质量M＝2 kg的盒状工件静置于水平桌面上，O为工件上表面一点（图中未画出），工件上表面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量m＝1 kg的小滑块放在工件上并紧靠左侧壁，其与工件上表面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.8。现对工件施加水平推力F，推力F随时间t变化的关系如图乙所示，在推力作用下工件运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。撤去推力后，当滑块到达O点时工件速度恰好为零，滑块运动过程中始终未与工件右侧壁相碰。g取10 m/s2，不计工件侧壁的厚度，桌面足够长。求：
（1）工件光滑部分的长度d；
（2）工件的最小长度L；
（3）工件发生的最大位移x。
张家口市2022－2023学年度高一年级第一学期期末考试
物理参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
B
B
B
A
D
D
A
BD
BD
BC
AC
1．A 解析：A.“6个月”指的是时间间隔，故A正确；B.航天员在核心舱休息时，与地球表面不同步，相对于地面是运动的，故B错误；C.天和核心舱绕地球飞行一圈，路程为轨迹的长度，不为零，故C错误；D.研究天和核心舱绕地球飞行时的速度，应选择地球作为参考系，故D错误。故选A。
2．B 解析：A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想化模型，故A错误；B.比值定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，加速度的定义式为a＝，采用的是比值定义法，故B正确；C.手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了微小形变放大的方法，故C错误；D.在实验探究滑动摩擦力与接触面的正压力、粗糙程度等因素的关系时，运用了控制变量法，故D错误。故选B。
3．B 解析：根据题意，设江哥的反应时间为t，则江哥反应时，汽车行驶的位移为x1＝v0t，由运动学公式v2－v＝2ax可得，汽车从开始刹车到停止运动的位移为x2＝，则有x1＋x2＝13 m，联立解得t＝0.3 s，故选B。
4．B 解析：设两根钢索之间的距离为x，则从经过第一根到经过第四根有v－v＝2a×3x，从经过第一根到经过第二根，有v－v＝2ax，联立解得v2＝6 m/s，故选B。
5．A 解析：设弹簧原长为l0，劲度系数为k，则对甲图mAg＝k（l1－l0），对乙图mBg＝k（l0－l2），联立解得k＝，故选A。
6．D 解析：AB.货物处于平衡状态时，有Ff＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，θ增大时，Ff增大，FN减小，当加速下滑后，Ff＝μmgcos θ，FN＝mgcos θ，摩擦力和支持力大小不变，故AB错误；C.货物处于平衡状态时，整体分析可知，此时地面对货车的支持力等于总重力，当货物处于加速运动状态时，货物有向下的加速度分量，地面对货车的支持力小于总重力，故C错误；D.由整体分析可知，开始时整体平衡，地面对货车的摩擦力为零，后货物加速下滑，货物有向左的加速度分量，地面对整体摩擦力水平向左，故D正确。故选D。
7．D 解析：A.开始时行李的加速度为a＝μg＝2 m/s2，当加速到与传送带共速时的时间t1＝＝0.2 s，运动的距离x1＝t1＝0.04 m，共速后行李随传送带匀速运动，加速度为零，选项A错误； B．该行李到达B处的时间，t＝t1＋t2＝t1＋＝0.2 s＋ s＝5.1 s，选项B错误； C．该行李相对传送带滑行的距离为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，选项C错误；D.若传送带速度足够大，行李要想最快到达B处，则需一直加速，则根据L＝at′2，解得t′＝＝ s＝ s，选项D正确。故选D。
8．A 解析：从图中O点做竖直线交圆O与O′，以O′点为圆心、OB为弦做圆O′，圆O′与OA相交于A′点，圆O′与OC延长线相交于C′点，如图所示
由等时圆模型可知，小球沿光滑轨道OA′、OB、OC′所用时间相等，由图可知，小球沿光滑轨道OA所用时间大于沿光滑轨道OB所用时间，小球沿光滑轨道OC所用时间小于沿光滑轨道OB所用时间，则有t1>t2>t3，故选A。
9．BD 解析：A.x-t图像中，斜率表示物体的速度，所以物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B大，故A错误；B.由图像可知，在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为10 m，故B正确；CD.v-t图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，t＝3 s时，两物体的位移不同，所以此时物体C没有追上物体D，而且此时两物体位移差最大，即两物体相距最远，故C错误，D正确。故选BD。
10．BD 解析：火箭刚从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，此刻速度为零，加速度最大。随着推力大小不断减小，刚开始高压气体向上的推力大于向下的重力和空气阻力之和，随后合力减小，故火箭向上做加速度减小的加速运动，该过程加速度的方向与速度方向相同；当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，该过程加速度的方向与速度方向相反。故选BD。
11．BC 解析：如图
设绳中拉力为FT，由几何关系可得sin θ＝，l为绳长，d为M、N两点间的水平距离，则有2FTcos θ＝mg。A.动滑轮对应为绳的活结，则其两端绳的拉力大小相等，故A错误；B.若仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，l、d均不变，则θ不变，可知拉力大小保持不变，故B正确；C.若仅将左侧竹竿以A点为轴沿顺时针方向转过一个小角度，l不变，d减小，θ减小，cos θ增大，则两侧细绳的拉力减小，故C正确；D.若仅将两竹竿分别以A、B为轴沿逆时针方向转过相同的小角度，则l、d均不变，则θ不变，两侧细绳的拉力不变，故D错误。故选BC。
12．AC 解析：BCD.由平抛运动规律可知小球落到斜面上的位移方向相同，则小球落到斜面上的速度方向相同，即无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2，故BD错误，C正确；A.初速度越大，下落的高度越大，飞行时间越长，所以当v1>v2时，t1>t2，故A正确。故选AC。
13．答案：（8分）（1）竖直（2分） （2）4（2分） 50（2分） （3）10（2分）
解析：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；
（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4 cm；弹簧弹力为2 N时，弹簧的长度为8 cm，伸长量为4 cm，根据胡克定律F＝kx，有k＝＝＝50 N/m；
（3）由题图丙知弹簧的弹力为3 N，根据题图乙得到弹簧的长度为10 cm。
14．答案：（1）0.85（2分） 5.0（2分） （2）小车的质量（2分） （3）平衡摩擦力过度（2分）
解析：（1）打点周期为T＝＝0.02 s，打E点时小车的速度为vE＝＝×10－3 m/s＝0.85 m/s，小车的加速度为a＝＝5.0 m/s2；
（2）要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变；
（3）图中当F＝0时，加速度不等于零，说明绳上没有拉力时，小车的加速度不为零，也就是说小车的摩擦力小于小车沿斜面向下的分力，即平衡摩擦力过度。
15．答案：（1）1.6 m/s （2）32.4 m
解析：（1）冰壶运动的总时间t0＝＝ s＝18 s（2分）
10 s时冰壶未停止运动，故10 s末的速度大小
v1＝v0＋at1＝3.6 m/s＋×10 m/s＝1.6 m/s（2分）
（2）冰壶在18 s时已停下，所以20 s内的位移等于前18 s内的位移（2分）
x＝t0＝×18 m＝32.4 m（2分）
16．答案：（1）0.4 s （2）1.5 m/s≤v0≤2.5 m/s
解析：（1）设面片的飞行时间为t，则
由平抛运动的规律可知h＝gt2（2分）
解得t＝＝ s＝0.4 s（2分）
（2）平抛运动的水平位移为x＝v0t
速度最小时可得x＝vmint（2分）
解得vmin＝1.5 m/s
速度最大时x＋d＝vmaxt（2分）
解得vmax＝2.5 m/s
因此欲让面片落入锅中，水平初速度应满足
1.5 m/s≤v0≤2.5 m/s（2分）
17．答案：（1）0.5 （2）30 N （3）30 m
解析：（1）以小物块为研究对象，撤去拉力F以后，小物块沿斜面向上做匀减速直线运动，对小物块做受力分析，由vt图像可知，此过程小物块的加速度大小为
a2＝ m/s2＝10 m/s2 （1分）
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 （1分）
解得小物块与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.5 （2分）
（2）在拉力F作用下，小物块沿斜面向上做匀加速直线运动，由vt图像可知，此过程小物块的加速度大小为
a1＝ m/s2＝20 m/s2 （1分）
对小物块受力分析，根据牛顿第二定律得
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 （1分）
解得拉力F的大小为F＝30 N （2分）
（3）由图像可知，物块在力F作用下向上运动的位移为
x1＝ m＝10 m （1分）
撤去拉力时，物块的速度为20 m/s，则物块继续向上运动的位移为
x2＝＝ m＝20 m （1分）
所以小物块沿斜面向上运动的最大距离为
L＝x1＋x2＝30 m （2分）
18．答案：（1）1.5 m （2）2 m （3） m
解析：（1）设工件底面与水平桌面间的动摩擦因数为μ′，在水平推力作用下，将滑块与工件看成整体，对整体由牛顿第二定律可得
F－μ′（M＋m）g＝（M＋m）a0 （1分）
解得μ′＝0.2
撤去推力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有
－μ′（M＋m）g＝Ma1 （1分）
解得a1＝－3 m/s2
工件运动的时间为t1＝ （1分）
解得t1＝1 s
工件光滑部分的长度d＝v0t1－t1 （1分）
解得d＝1.5 m （1分）
（2）滑块运动到粗糙面上时，由于
μmg＝8 N>μ′（M＋m）g＝6 N （1分）
可知滑块做减速运动，工件做加速运动，对滑块则有
－μmg＝ma2（1分）
解得a2＝－8 m/s2
对工件则有
μmg－μ′（M＋m）g＝Ma3 （1分）
解得a3＝1 m/s2
滑块运动在粗糙面上时，与工件达到共速，则有
v共＝v0＋a2t2＝a3t2 （1分）
解得t2＝ s
v共＝ m/s
滑块与工件右侧壁未相碰，则粗糙面长度最小为
d′＝t2－t2＝0.5 m （1分）
则工件的最小长度为L＝d＋d′＝2 m （1分）
（3）滑块与工件达到共速后两者一起减速运动，则
－μ′（M＋m）g＝（M＋m）a4 （1分）
解得a4＝－2 m/s2
工件从开始运动到最后静止，经历了先加速后减速，再加速，最后减速的运动过程，发生的位移
x＝t0＋t1＋t2＋ （1分）
解得x＝ m （1分）
张家口市2022－2023学年度高一年级第一学期期末考试
物理试卷
班级____________ 姓名____________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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。
1．2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲顺利送入太空。3名航天员进入空间站天和核心舱（与地球表面不同步），正式开启6个月的太空之旅。据以上信息推断，下列说法正确的是
A.“6个月”指的是时间间隔
B．航天员在核心舱休息时，相对于地面是静止的
C．天和核心舱绕地球飞行一圈，路程为零
D．研究天和核心舱绕地球飞行时的速度，应选择核心舱作为参考系
2．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理思想与研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代思想
B．加速度的定义式a＝采用的是比值定义法
C．手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了微元法的思想
D．在实验探究滑动摩擦力与接触面的正压力、粗糙程度等因素的关系时，运用了类比法
3．如图所示，江哥正驾驶汽车以10 m/s的速度匀速驶向屏山六干道红绿灯路口，当汽车的车头距离停车线为13 m时发现一人正在通过人行横道，江哥经过一定的反应时间后，立即以大小为5 m/s2的加速度减速行驶，最后汽车车头刚好停在停车线处，则江哥的反应时间是
A．0.2 s B．0.3 s C．1.3 s D．2 s
4．如图所示为贵州北盘江大桥，它是世界上第一座上承式推力转体式铁路钢管混凝土拱桥，桥面距江面高度差达565.4 m，全长1341.4 m，主跨为236 m，大桥两侧有等间距的钢索吊着桥身。一汽车在桥上做匀加速直线运动，当经过第一根钢索时，汽车的速度大小为6 m/s，当经过第四根钢索时，汽车的速度大小为12 m/s，则汽车通过第二根钢索时的速度大小为
A．8 m/s B．6 m/s C．9 m/s D．10 m/s
5．如图所示，甲、乙为两根完全相同的轻质弹簧，甲弹簧一端固定在天花板上，另一端悬挂一质量为mA的物块；乙弹簧一端固定在水平地面上，另一端连接一质量为mB的物块，两物块静止时，测得甲、乙两根弹簧的长度分别为l1和l2。已知重力加速度大小为g，两弹簧均在弹性限度内，则这两根弹簧的劲度系数为
A. B. C. D.
6．如图所示为某工地上的自动卸货车作业示意图。卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ先缓慢增大，当货物开始加速下滑时倾角θ保持不变。在卸货的全过程中
A．货物受到车厢的摩擦力一直增大
B．货物受到车厢的支持力一直减小
C．地面对货车的支持力一直等于货物与货车的总重力
D．地面对货车的摩擦力先为零，后水平向左
7．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，重力加速度g取10 m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，经过一段时间运动到B处，则下列说法正确的是
A．该行李的加速度大小一直为2 m/s2
B．该行李经过5 s到达B处
C．该行李相对传送带滑行的距离为0.08 m
D．若传送带速度足够大，行李最快也要 s才能到达B处
8．如图所示，位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道，已知在t＝0时，a、b、c三球分别从O点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点，所用时间分别为t1、t2、t3，下列关系正确的是
A．t1>t2>t3 B．t1
9．有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的 x-t图像如图甲所示，物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图像如图乙所示．根据图像做出的以下判断中正确的是
A．物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B小
B．在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为10 m
C．t＝3 s时，物体C追上物体D
D．再次相遇前，t＝3 s时，物体C与物体D相距最远
10．2022年3月，我国成功使用“冷发射”技术发射了长征十一系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出十几米，当火箭速度接近零时再点火飞向太空。从高压气体作用于火箭开始运动到火箭点火的过程中
A．火箭的加速度保持不变
B．火箭的速度增大时，加速度的方向与速度方向相同
C．火箭开始运动瞬间，速度和加速度均为零
D．火箭速度接近零时，加速度的方向与速度的方向相反
11．如图所示，两硬竹竿竖直插在水平地面的A、B两点，竿间拴接一长度大于两竿间距的轻绳，光滑的轻滑轮放在轻绳上，下端悬吊一物体，开始时绳与竹竿的悬点M、N等高，图中∠MON＞90°，则下列说法正确的是
A．图中左侧细绳的拉力小于右侧细绳的拉力
B．仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，两侧细绳的拉力大小不变
C．仅将左侧竹竿以A点为轴沿顺时针方向转过一个小角度，两侧细绳的拉力减小
D．仅将两竹竿分别以A、B为轴沿逆时针方向转过相同的小角度，两侧细绳的拉力增大
12．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上。当抛出的速度为v1时，运动时间为t1，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，运动时间为t2，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则
A．当v1>v2时，t1>t2
B．当v1>v2时，α1<α2
C．无论v1、v2大小关系如何，均有α1＝α2
D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
三、非选择题：本题共6小题，共60分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要答题步骤，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。
13．（8分）某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。
（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持__________（填“水平”或“竖直”）状态；
（2）他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长x0＝__________cm，劲度系数k＝__________N/m；
（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧测力计，当弹簧测力计的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝__________cm。
14．（8分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz。
（1）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图乙所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0 mm、12.0 mm、14.0 mm、16.0 mm、18.0 mm，则打E点时小车的速度为__________m/s，小车的加速度为__________m/s2；（结果均保留2位有效数字）
（2）若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持__________不变；
（3）该同学通过数据的处理作出了a-F图像，如图丙所示，则图中图像不过原点的原因可能是____________________________。
15．（8分）冰壶比赛是冬奥会的重要项目。比赛中冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动直至停止，已知一冰壶被运动员推出的初速度大小为3.6 m/s，其加速度大小为 0.2 m/s2，求：
（1）冰壶在10 s末的速度大小；
（2）冰壶在20 s内的位移大小。
16．（10分）刀削面是渭南人喜欢的面食之一，全凭刀削得名。如图所示，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用一刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便水平飞向锅中，假定面团到锅的上沿的竖直距离为0.8 m，到锅的上沿最近的水平距离为0.6 m，水平放置的锅直径为0.4 m。已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，面片可视作质点，求：
（1）面片落到锅中所用时间；
（2）若保证削出的面片落入锅中，面片的水平初速度应满足什么条件。
17．（12分）如图甲所示，质量m＝1.0 kg的小物块在平行斜面向上、大小未知的恒定拉力F作用下，沿足够长的倾角为37°的斜面由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，图乙为其速度v随时间t变化的部分图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）拉力F的大小；
（3）小物块沿斜面向上运动的最大距离L。
18．（14分）如图甲所示，质量M＝2 kg的盒状工件静置于水平桌面上，O为工件上表面一点（图中未画出），工件上表面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量m＝1 kg的小滑块放在工件上并紧靠左侧壁，其与工件上表面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.8。现对工件施加水平推力F，推力F随时间t变化的关系如图乙所示，在推力作用下工件运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。撤去推力后，当滑块到达O点时工件速度恰好为零，滑块运动过程中始终未与工件右侧壁相碰。g取10 m/s2，不计工件侧壁的厚度，桌面足够长。求：
（1）工件光滑部分的长度d；
（2）工件的最小长度L；
（3）工件发生的最大位移x。
张家口市2022－2023学年度高一年级第一学期期末考试
物理参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
B
B
B
A
D
D
A
BD
BD
BC
AC
1．A 解析：A.“6个月”指的是时间间隔，故A正确；B.航天员在核心舱休息时，与地球表面不同步，相对于地面是运动的，故B错误；C.天和核心舱绕地球飞行一圈，路程为轨迹的长度，不为零，故C错误；D.研究天和核心舱绕地球飞行时的速度，应选择地球作为参考系，故D错误。故选A。
2．B 解析：A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想化模型，故A错误；B.比值定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，加速度的定义式为a＝，采用的是比值定义法，故B正确；C.手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了微小形变放大的方法，故C错误；D.在实验探究滑动摩擦力与接触面的正压力、粗糙程度等因素的关系时，运用了控制变量法，故D错误。故选B。
3．B 解析：根据题意，设江哥的反应时间为t，则江哥反应时，汽车行驶的位移为x1＝v0t，由运动学公式v2－v＝2ax可得，汽车从开始刹车到停止运动的位移为x2＝，则有x1＋x2＝13 m，联立解得t＝0.3 s，故选B。
4．B 解析：设两根钢索之间的距离为x，则从经过第一根到经过第四根有v－v＝2a×3x，从经过第一根到经过第二根，有v－v＝2ax，联立解得v2＝6 m/s，故选B。
5．A 解析：设弹簧原长为l0，劲度系数为k，则对甲图mAg＝k（l1－l0），对乙图mBg＝k（l0－l2），联立解得k＝，故选A。
6．D 解析：AB.货物处于平衡状态时，有Ff＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，θ增大时，Ff增大，FN减小，当加速下滑后，Ff＝μmgcos θ，FN＝mgcos θ，摩擦力和支持力大小不变，故AB错误；C.货物处于平衡状态时，整体分析可知，此时地面对货车的支持力等于总重力，当货物处于加速运动状态时，货物有向下的加速度分量，地面对货车的支持力小于总重力，故C错误；D.由整体分析可知，开始时整体平衡，地面对货车的摩擦力为零，后货物加速下滑，货物有向左的加速度分量，地面对整体摩擦力水平向左，故D正确。故选D。
7．D 解析：A.开始时行李的加速度为a＝μg＝2 m/s2，当加速到与传送带共速时的时间t1＝＝0.2 s，运动的距离x1＝t1＝0.04 m，共速后行李随传送带匀速运动，加速度为零，选项A错误； B．该行李到达B处的时间，t＝t1＋t2＝t1＋＝0.2 s＋ s＝5.1 s，选项B错误； C．该行李相对传送带滑行的距离为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，选项C错误；D.若传送带速度足够大，行李要想最快到达B处，则需一直加速，则根据L＝at′2，解得t′＝＝ s＝ s，选项D正确。故选D。
8．A 解析：从图中O点做竖直线交圆O与O′，以O′点为圆心、OB为弦做圆O′，圆O′与OA相交于A′点，圆O′与OC延长线相交于C′点，如图所示
由等时圆模型可知，小球沿光滑轨道OA′、OB、OC′所用时间相等，由图可知，小球沿光滑轨道OA所用时间大于沿光滑轨道OB所用时间，小球沿光滑轨道OC所用时间小于沿光滑轨道OB所用时间，则有t1>t2>t3，故选A。
9．BD 解析：A.x-t图像中，斜率表示物体的速度，所以物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B大，故A错误；B.由图像可知，在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为10 m，故B正确；CD.v-t图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，t＝3 s时，两物体的位移不同，所以此时物体C没有追上物体D，而且此时两物体位移差最大，即两物体相距最远，故C错误，D正确。故选BD。
10．BD 解析：火箭刚从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，此刻速度为零，加速度最大。随着推力大小不断减小，刚开始高压气体向上的推力大于向下的重力和空气阻力之和，随后合力减小，故火箭向上做加速度减小的加速运动，该过程加速度的方向与速度方向相同；当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，该过程加速度的方向与速度方向相反。故选BD。
11．BC 解析：如图
设绳中拉力为FT，由几何关系可得sin θ＝，l为绳长，d为M、N两点间的水平距离，则有2FTcos θ＝mg。A.动滑轮对应为绳的活结，则其两端绳的拉力大小相等，故A错误；B.若仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，l、d均不变，则θ不变，可知拉力大小保持不变，故B正确；C.若仅将左侧竹竿以A点为轴沿顺时针方向转过一个小角度，l不变，d减小，θ减小，cos θ增大，则两侧细绳的拉力减小，故C正确；D.若仅将两竹竿分别以A、B为轴沿逆时针方向转过相同的小角度，则l、d均不变，则θ不变，两侧细绳的拉力不变，故D错误。故选BC。
12．AC 解析：BCD.由平抛运动规律可知小球落到斜面上的位移方向相同，则小球落到斜面上的速度方向相同，即无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2，故BD错误，C正确；A.初速度越大，下落的高度越大，飞行时间越长，所以当v1>v2时，t1>t2，故A正确。故选AC。
13．答案：（8分）（1）竖直（2分） （2）4（2分） 50（2分） （3）10（2分）
解析：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；
（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4 cm；弹簧弹力为2 N时，弹簧的长度为8 cm，伸长量为4 cm，根据胡克定律F＝kx，有k＝＝＝50 N/m；
（3）由题图丙知弹簧的弹力为3 N，根据题图乙得到弹簧的长度为10 cm。
14．答案：（1）0.85（2分） 5.0（2分） （2）小车的质量（2分） （3）平衡摩擦力过度（2分）
解析：（1）打点周期为T＝＝0.02 s，打E点时小车的速度为vE＝＝×10－3 m/s＝0.85 m/s，小车的加速度为a＝＝5.0 m/s2；
（2）要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变；
（3）图中当F＝0时，加速度不等于零，说明绳上没有拉力时，小车的加速度不为零，也就是说小车的摩擦力小于小车沿斜面向下的分力，即平衡摩擦力过度。
15．答案：（1）1.6 m/s （2）32.4 m
解析：（1）冰壶运动的总时间t0＝＝ s＝18 s（2分）
10 s时冰壶未停止运动，故10 s末的速度大小
v1＝v0＋at1＝3.6 m/s＋×10 m/s＝1.6 m/s（2分）
（2）冰壶在18 s时已停下，所以20 s内的位移等于前18 s内的位移（2分）
x＝t0＝×18 m＝32.4 m（2分）
16．答案：（1）0.4 s （2）1.5 m/s≤v0≤2.5 m/s
解析：（1）设面片的飞行时间为t，则
由平抛运动的规律可知h＝gt2（2分）
解得t＝＝ s＝0.4 s（2分）
（2）平抛运动的水平位移为x＝v0t
速度最小时可得x＝vmint（2分）
解得vmin＝1.5 m/s
速度最大时x＋d＝vmaxt（2分）
解得vmax＝2.5 m/s
因此欲让面片落入锅中，水平初速度应满足
1.5 m/s≤v0≤2.5 m/s（2分）
17．答案：（1）0.5 （2）30 N （3）30 m
解析：（1）以小物块为研究对象，撤去拉力F以后，小物块沿斜面向上做匀减速直线运动，对小物块做受力分析，由vt图像可知，此过程小物块的加速度大小为
a2＝ m/s2＝10 m/s2 （1分）
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 （1分）
解得小物块与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.5 （2分）
（2）在拉力F作用下，小物块沿斜面向上做匀加速直线运动，由vt图像可知，此过程小物块的加速度大小为
a1＝ m/s2＝20 m/s2 （1分）
对小物块受力分析，根据牛顿第二定律得
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 （1分）
解得拉力F的大小为F＝30 N （2分）
（3）由图像可知，物块在力F作用下向上运动的位移为
x1＝ m＝10 m （1分）
撤去拉力时，物块的速度为20 m/s，则物块继续向上运动的位移为
x2＝＝ m＝20 m （1分）
所以小物块沿斜面向上运动的最大距离为
L＝x1＋x2＝30 m （2分）
18．答案：（1）1.5 m （2）2 m （3） m
解析：（1）设工件底面与水平桌面间的动摩擦因数为μ′，在水平推力作用下，将滑块与工件看成整体，对整体由牛顿第二定律可得
F－μ′（M＋m）g＝（M＋m）a0 （1分）
解得μ′＝0.2
撤去推力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有
－μ′（M＋m）g＝Ma1 （1分）
解得a1＝－3 m/s2
工件运动的时间为t1＝ （1分）
解得t1＝1 s
工件光滑部分的长度d＝v0t1－t1 （1分）
解得d＝1.5 m （1分）
（2）滑块运动到粗糙面上时，由于
μmg＝8 N>μ′（M＋m）g＝6 N （1分）
可知滑块做减速运动，工件做加速运动，对滑块则有
－μmg＝ma2（1分）
解得a2＝－8 m/s2
对工件则有
μmg－μ′（M＋m）g＝Ma3 （1分）
解得a3＝1 m/s2
滑块运动在粗糙面上时，与工件达到共速，则有
v共＝v0＋a2t2＝a3t2 （1分）
解得t2＝ s
v共＝ m/s
滑块与工件右侧壁未相碰，则粗糙面长度最小为
d′＝t2－t2＝0.5 m （1分）
则工件的最小长度为L＝d＋d′＝2 m （1分）
（3）滑块与工件达到共速后两者一起减速运动，则
－μ′（M＋m）g＝（M＋m）a4 （1分）
解得a4＝－2 m/s2
工件从开始运动到最后静止，经历了先加速后减速，再加速，最后减速的运动过程，发生的位移
x＝t0＋t1＋t2＋ （1分）
解得x＝ m （1分）
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