河北省邯郸市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题（含答案）

河北省邯郸市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题一、选择题：本题共10小题，1-7题每题4分，共28分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的；8-10题多选题，每个小题6分，共18分。在每个小题给出的四个选项中有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。1．如图甲，德化石牛山索道全长7168米、高度差1088米，是亚洲第二长索道，乘坐索道缆车可饱览石牛山的美景。如图乙，缆车水平底板上放一个小行李，若缆车随倾斜直缆绳匀速上行，则小行李()A．受到底板的摩擦力方向水平向右B．受到底板的支持力大于小行李的重力C．受到底板作用力的方向竖直向上D．受到底板作用力的方向沿缆绳斜向上2．2022年8月16日，在国际军事比赛“苏沃洛夫突击”单车赛中，中国车组夺冠。在比赛中，一辆坦克在t＝0时刻开始做初速度为1m/s的加速直线运动，其a­t图像如图所示，则()A．3～6s内坦克做匀减速运动B．0～3s内坦克的平均速度为2m/sC．0～6s内坦克的位移为9mD．6s末坦克的速度大小为10m/s3．一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（）A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动4．某城市边缘的一小山岗，在干燥的春季发生了山顶局部火灾，消防员及时赶到，用高压水枪同时启动了多个喷水口进行围堵式灭火。靠在一起的甲、乙高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹几乎在同一竖直面内，如图所示。则由图可知()A．甲水枪喷出水的速度较大B．乙水枪喷出的水在最高点的速度一定较大C．甲水枪喷水的功率一定较大D．乙水枪喷出的水在空中运动的时间一定较长5．为在2022年北京冬奥会上取得好成绩，运动员刻苦训练。如图所示，某次训练中，运动员(视为质点)从倾斜雪道上端的平台上以10m/s的速度水平飞出，最后落在倾角为37°的倾斜雪道上。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．运动员的落点距雪道上端的距离为18mB．运动员飞出后到雪道的最远距离为2.25mC．运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为10.5m/sD．若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道上的速度方向将改变6．如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边正前方时，木板开始做自由落体运动。若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是()A． B．C． D．7．在楼房维修时，为防止重物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物。跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳联结在O点，工人甲拉动绳的一端使重物上升，工人乙在地面某固定位置用力拉着b绳的一端，保证重物沿竖直方向匀速上升，绳子均为轻绳，则下列说法正确的是()A．a绳的拉力先变大后变小B．b绳的拉力越来越小C．工人乙对地面的压力越来越大D．工人乙对地面的摩擦力越来越大8．如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是（）A．该同学重力约为500NB．下蹲过程中该同学始终处于失重状态C．该同学完成了一次下蹲再起立的动作D．起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力9．如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则()A．球1和球2的质量之比为1∶2B．球1和球2的质量之比为2∶1C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为gD．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g10．一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，小球正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，O、P的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球时，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球落在P点的时间是2B．Q点在P点的下方C．v1>v2D．小球落在P点所用的时间与落在Q点所用的时间之比是2二、实验题11．某实验小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是____。A．理想化模型法 B．平衡阻力法C．等效替代法 D．控制变量法（2）已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在砝码桶的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图乙所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。小车的加速度大小为m/s2。(结果保留三位有效数字)（3）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a­F关系图像，如图丙所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是____。(选填下列选项的序号)A．小车与长木板之间存在摩擦B．长木板倾斜角度过大C．所用小车的质量过大D．所挂的砝码桶及桶内砝码的总质量过大12．在“探究平抛运动的特点”实验中（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是____A．只能探究平抛运动水平分运动的特点B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是____A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为____。A．x+d2g2y1 B．x+三、解答题（共39分）13．如图所示，质量M＝1kg、长度L＝1m的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1。在A的左端放置一质量m＝1kg的铁块B(可视为质点)，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.3。现用一水平恒力F作用在B上，取g＝10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。（1）要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围；（2）若F＝5N，求铁块运动到木板右端所用的时间。14．2022年2月8日，18岁的中国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛中以绝对优势夺得金牌。比赛场地如图甲，可简化为如图乙所示的示意图。在比赛的空中阶段可将运动员视为质点，运动员从倾角为α＝30°的斜面顶端O点以v0＝20m/s的初速度飞出，初速度方向与斜面的夹角为θ＝60°，图中虚曲线为运动员在空中的运动轨迹，A为轨迹的最高点，B为轨迹上离斜面最远的点，C为过B点作竖直线与斜面的交点，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）运动员从A点运动到B点的时间；（2）O、C两点间的距离。15．如图所示，传送带与水平方向成30°角，顺时针匀速转动的速度大小v＝8m/s，传送带长LAB＝11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m＝3kg的物块(可视为质点)以初速度v0＝4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M＝1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）物块从A运动到B点经历的时间t；（2）物块停止运动时与B点的距离x。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】若缆车随倾斜直缆绳匀速上行，则小行李也做匀速直线运动，所以行李受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，不受底板的摩擦力。

故答案为：C。

【分析】缆车匀速上行，行李与缆车保持相对静止，即行李处于平衡状态，再根据平衡条件及行李的受力情况进行分析。2．【答案】D【解析】【解答】A、由图可知，3~6s坦克做加速度减小的加速运动，A错误；

B、0～3s内坦克做匀加速点线运动，加速度大小为2m/s2，则位移大小x=平均速度v=故B错误；

C、0～6s内坦克一直做加速直线运动，位移一定大于12m，C错误；

D、根据a-t图像中图线与t轴包围图形的面积表示速度的变化量可得，6s末坦克的速度大小v故D正确。

故答案为：D。

【分析】a-t图像中图线与t轴包围图形的面积表示速度的变化量。加速度不变时，物体做匀加速直线运动。3．【答案】B【解析】【解答】A、上升过程做加速度减小的减速运动，下降过程做加速度减小的加速运动，克服空气阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，两过程的位移大小相等，所以上升的时间小于下降的时间，A错误；

B、整个过程克服空气阻力做功，机械能减小，故刚垫起后瞬间速度最大，B正确；

C、最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度是重力加速度g，C错误；

D、下降过程做加速度减小的加速运动，D错误；

故答案为：B

【分析】受力分析明确运动状态，全程克服空气阻力做功，机械能减小，同一高度，上升速度大于下降速度大小。4．【答案】B【解析】【解答】AB．由图可知，两水枪喷出的水到达高度相同，说明竖直分速度相同，而甲水枪喷出水的水平位移较小，说明甲的水平分速度较小，到达最高点时只有水平分速度，所以乙水枪喷出的水在最高点的速度一定较大，根据矢量合成法则可知乙水枪喷出水的速度较大，故A错误，B正确；

C．乙水枪喷出水的速度较大，则乙水枪喷水的功率较大，故C错误；

D．两水枪喷出的水到达高度相同，则在空中运动的时间一样长，故D错误。

故答案为：B。

【分析】喷出的水在竖直方向上做竖直上抛运动，运动高度相等，即喷出时竖直方向分速度大小相等。到达最高点后，物体开始做平抛运动。根据题意确定水在空中各阶段运动位移的关系，再根据平抛运动规律进行解答。5．【答案】B【解析】【解答】A．根据平抛运动规律可得x=v0t，联立解得t=1.5则运动员的落点距雪道上端的距离为s=故A错误；

BC．当运动员的速度方向与雪道平行时，运动员飞出后到雪道的距离最远，此时运动员的速度大小为v=运动员飞出后到雪道的最远距离为d故B正确，C错误；

D．当运动员落在斜坡上时，速度方向与水平方向夹角的正切值为tan即速度方向与水平方向的夹角是一定值，若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道上的速度方向不变，故D错误。

故答案为：B。

【分析】运动员在空中做平抛运动，当运动员的速度方向与雪道平行时，运动员飞出后到雪道的距离最远。再结合平抛运动规律进行解答。6．【答案】C【解析】【解答】投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上相对于木板向上做加速运动，故小球的合速度应偏向上方，同时加速度指向曲线的内侧，故轨迹应向上。

故答案为：C。

【分析】小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹7．【答案】D【解析】【解答】AB．重物沿竖直方向匀速上升，O点受到c绳的拉力大小等于重物的重力，受力分析如下图所示

当物体上升时，a绳与竖直方向的夹角变大，b绳与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形法则可知ab绳中的拉力都变大，故AB错误；

C．根据前面分析可知工人乙在竖直方向上受到的b绳拉力沿竖直方向的分量越来越大，根据平衡条件可知地面对乙的支持力越来越小，结合牛顿第三定律可知工人乙对地面的压力越来越小，故C错误；

D．由于a绳与竖直方向的夹角变大，a绳的拉力也变大，所以其水平方向上的分力越来越大，对重物和乙整体分析，水平方向上根据平衡条件可知工人乙水平方向上受到地面的摩擦力等于a绳沿水平方向上的分力，所以工人乙受到地面的摩擦力越来越大，结合牛顿第三定律可知工人乙对地面的摩擦力越来越大，故D正确。

故答案为：D。

【分析】重物匀速上升，即重物处于动态平衡状态，根据题意确定重物上升过程中各绳与竖直方向夹角的变化情况，结合结点O点受力情况根据平衡条件及平行四边形定则进行分析解答。8．【答案】A,C【解析】【解答】A、由图像可知，该同学的重力约为500N，A正确。

B，下蹲过程中先失重，后超重，B错误。

C，由图可知该同学完成了一次下蹲再起立的过程，C正确。

D、由牛顿第三定律可知起立过程中该同学对传感器的压力等于传感器对该同学的支持力，D错误。

故答案为：AC

【分析】根据图像结合超重和失重的概念对该同学进行受力分析求解。9．【答案】B,C【解析】【解答】对两小球1、2受力分析如图

根据平衡条件可得，有FB=所以m在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F对球1F解得a=故答案为：BC。

【分析】轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变。即1号球受力发生改变，2号球受力情况不变。再根据平衡条件及牛顿第二定律进行解答。10．【答案】A,D【解析】【解答】A．以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，由几何关系可知tan所以t故A正确；

BC．当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何关系可知tan所以t故OQ连线与竖直方向的夹角满足tan而OP连线与竖直方向夹角为θ，所以α>θ，故Q点在P点的上方。由y=可知t又因为水平位移x由x=可知v故BC错误；D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是t故D正确。

故答案为：AD。

【分析】OP的连线即小球的位移与斜面垂直，垂直落在Q点，即小球落在斜面上的速度与斜面垂直，再根据平抛运动的规律进行解答。11．【答案】（1）B（2）2.01（3）D【解析】【解答】（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是阻力补偿法。故答案为：B。

（2）小车的加速度大小为a=（3）ABC．由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦，平面轨道倾斜角度过大，所用小车的质量过大，都不会影响a-F关系图，AB段不会偏离直线，故ABC错误；

D．当所挂的砝码桶内及桶内砖码的总质量太大时，则有木块所受的合外力F=Ma=造成此现象的主要原因可能是当有砝码桶内及桶内砖码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砖码桶及桶内砖码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有a-F图像的AB段明显偏离直线，故D正确。

故答案为：D。

【分析】由于要将砝码桶及砝码的总重力当做绳子的拉力，故需要平衡小车与斜面的拉力。当绳子的拉力无法直接测得时，注意掌握小车质量和砝码桶及砝码总质量的关系。12．【答案】（1）B（2）C（3）D【解析】【解答】（1）AC．用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，不能研究水平分运动的特点，故AC错误；

B．在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，最后得出结论，故B正确。

故答案为：B。

（2）AC．为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；

B．上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。

故答案为：C。

（3）A．竖直方向，根据y水平方向x-联立可得v故A错误；

B．竖直方向，根据Δy=水平方向x=联立可得v故B错误；

CD．竖直方向根据y水平方向4x-联立可得v故C错误，D正确。

故答案为：D。

【分析】为保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放。小球在竖直方向上做自由落体运动，注意小球水平方向运动位移与小球之间的关系。再结合平抛运动规律进行解答。13．【答案】（1）A与地面间的最大静摩擦力大小f1=μ1（M+m）g=0.1×（1+1）×10N=2N

A与B间的最大静摩擦力f2=μ2mg=0.3×1×10N=3N

A、B要一起做匀加速直线运动拉力F＞f1=2N

设拉力大小为F0时A、B恰好发生相对滑动

对A，由牛顿第二定律得：f2-f1=Ma

对A、B系统，由牛顿第二定律得：F0-f1=（m+M）a

代入数据解得：F0=4N，a=1m/s2

要保持A、B一起做匀加速运动，力F的取值范围是2N＜F≤4N（2）解：拉力F=5N＞F0=4N时，A、B相对滑动，A的加速度大小a=1m/s2

对B，由牛顿第二定律得：F-f2=maB

代入数据解得：aB=2m/s2

设经过时间t铁块运动到木板的右端，则L＝代入数据解得：t=2s(【解析】【分析】（1）要AB一起做匀加速直线运动，则AB之间要保持相对静止，即AB之间的摩擦力不超过最大静摩擦力，且B与地面之间的摩擦力为滑动摩擦力。分别根据当B与地面的摩擦力恰好为滑动摩擦力及AB之间的摩擦力达到最大值时，运用整体法和隔离法进行处理；

（2）根据（1）确定AB之间是否发生相对滑动，并根据牛顿第二定律确定AB的加速度，当铁块运动至木板右端时，AB的相对位移等于板长，再结合匀变速直线运动规律进行解答。14．【答案】（1）解：A为轨迹的最高点，说明运动员在A点速度方向水平向右，设运动员从O点运动到A点所用时间为t1，由斜抛运动规律，竖直方向上有v0sin(θ－α)＝gt1..解得t1＝1s..运动员从O点运动到B点的过程，将运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向的分运动，到B点时速度平行于斜面向下。垂直斜面方向初速度为v1＝v0sinθ..设运动员的质量为m，垂直斜面方向加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mgcosα＝ma1..设运动员从O点运动到B点的时间为t2，垂直斜面方向上有v1＝a1t2联立解得t2＝2s..则运动员从A点运动到B点的时间Δt＝t2－t1＝1s。..（2）解：设运动员落在斜面的D点，由垂直斜面方向运动的对称性可得运动员从O点运动到B点与从B点运动到D点所用时间相等。平行斜面方向初速度为v2＝v0cosθ..设平行斜面方向加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsinα＝ma2..平行斜面方向，O、D两点间的距离xOD＝v2·2t2＋a2(2t2)2..运动员在水平方向做匀速直线运动，则C为OD中点，O、C两点间的距离xOC＝xOD..联立解得xOC＝40m。..【解析】【分析】（1）运动员飞出后在空中做斜抛运动，到达最高点A时竖直方向速度为零；当运动员的速度与斜面平行，即垂直斜面方向的速度为零时，运动员距离斜面最远。选择恰当的坐标系，确定运动员在分运动方向的加速度，再根据运动规律确定分别在OA和OB段的运行时间进行解答；

（2）将运动员的运动分解成沿斜面方向和垂直斜面方向，根据运动的对称性可知，运动员从O点运动到B点与从B点运动到D点所用时间相等。OC的距离即为运动员沿斜面方向运动的位移，再根据牛顿第二定律及匀变速运动规律进行解答。15．【答案】（1）解：根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，设加速度大小为a1，对物块受力分析，由牛顿第二定律得mgsin30°＋μ1mgcos30°