【文档说明】河北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，共(3)页，38.985 KB，由小赞的店铺上传

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高一年级物理答案1、C2、B3、D4、C5、C6、A7、D8、A9、AB10、AD11、BC12、ABD13.（8分）答案(1)是(2分）(2)8(2分）(3)0.8(2分）(4)425(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＝4cm，竖直方向上有2L＝g′T2，解得g′＝2LT2＝2×4×10－20.12m/s2＝8m/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＝2LT＝2×4×10－20.1＝0.8m/s。(4)b点竖直方向上的分速度vyb＝4L2T＝0.160.2m/s＝0.8m/s，所以vb＝v20＋v2yb＝425m/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＝mgM＋m，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＝MmgM＋m＝mg1＋mM，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＝s6－s3－s39T2＝0.50m/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＋n

mg＝(m0＋Nm＋M)a，解得a＝m0gm0＋Nm＋M＋nmgm0＋Nm＋M，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)1m/s，方向沿斜面向上(2)第一次滑到B点用时1.5s，第二次滑

到B点用时2.5s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＝2m/s2，位移大小为xBC＝25cm＝0.25m根据位移—时间关系式，有xBC＝12a

1t12(2分）解得t1＝0.5s再根据速度－时间关系式，有v1＝a1t1(2分）解得v1＝1m/s故第一次经过B点时速度大小为1m/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＋a

t(2分）可得从D上滑第一次到达B点所用时间为：t＝v1－v0a＝1－4－2s＝1.5s(1分）由对称性可知：tBC＝tCB＝t1＝0.5s(2分）则t′＝t＋2tBC＝1.5s＋0.5×2s＝2.5s.(1分）16．(12分)答案(1)见解析(2

)7.2N1.6N解析(1)（4分）若没有磁吸力，因为μ＝0.3<tan53°＝43所以μmgcosθ<mgsinθ，(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＝6N，支架对手机的弹力FN′＝mgc

os53°＋F＝7.2N(2分）此时最大静摩擦力为Ffm＝μFN′＝0.3×7.2N＝2.16N(2分）因为mgsin53°＝1.6N<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＝mgsin5

3°＝1.6N。(2分）17．(15分）答案：(1)1.088N(2)0.8mF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：Tsin37°－FNcos37°＝mω2Lsin37°①(2分）Tcos37°＋FNsin37°＝mg②(1分）小球刚要离开圆锥表面时

，支持力为零，求得：ω0＝5rad/s,T0＝1.25N(1分）当小球的角速度为4rad/s<ω0，小球在圆锥表面上运动，(1分）根据公式①②可求得：T1＝1.088N.(1分）(2)(9分）当轻绳断裂

时，绳中的拉力大于T0＝1.25N，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：T2sinθ＝mv2Lsinθ(1分）T2cosθ＝mg(1分），求得：θ＝53°，v

＝433m/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－Lcos53°＝0.45m，据h＝12gt2(1分）求得：t＝0.3s如图所示：水平位移为：x＝vt＝235m(1分）抛出点与OO′间的距离为：y＝Lsin53°＝0.4m(1分）x2＋y2＝0.8m(1分）0.8m>

0.75m×tan37°，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0.8m.(1分）18.(17分）答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)1.9m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＝ma1①（2分）代入已知数据得a1=2.5m/s2②（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＝mBaB③（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－aBt1④（1分）v1＝a1t1⑤（1分）联立②③④⑤式，代入已知数据得v1＝1m/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＝mAaA⑦

（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＝v0t1－12aBt12⑧（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)a2⑨（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－a2t2⑩（1分）对A有v2＝－v1＋aAt2⑪（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＝v1t2－12a2t22⑫（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)－12aA()t1＋t22⑬（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＋sB⑭（1分）联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m。⑮（1分）（其它解法正确同样得分）