甘肃省多校2024-2025学年高一上学期期末联考物理试卷.docx

高级中学名校试卷

PAGE

PAGE1

【物理答案】

一、单项选择题

CACADCC

二、多项选择题

BDCDBC

三、非选择题

11、【详析】(1)由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式

△x=aT2

可以求出加速度的大小，得：

a=0.16m/s2；

(2)由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，一条倾斜的直线．故B正确，ACD错误；

故选B.

(3)对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以

F1=mg

设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，

根据牛顿第二定律得：

mg?F2=ma

所以

F1F2；

(4)A.在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总质量远大于小桶和砂的总质量，故A错误；

B.实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；

C.实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；

D.用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；

故选D.

12、解析(1)由于小球由a→b和由b→c两过程和水平位移相同，故两过程中的时间相同，设为Δt，竖直方向自由落体运动，有Δh=gt2=0.1m，可得Δt=0.1s；水平方向做匀速直线运动，则有v0==m/s=2m/s．

(2)在b点竖直方向的分速度：vyb==m/s=1.5m/s．

则从抛出点到b点的时间：tb==s=0.15s．

b点在水平方向离抛出点的距离：xb=v0tb=2×0.15m=0.3m

b点在竖直方向离抛出点的距离：yb=gtb2=y=×10×0.152=0.1125m

则抛出点坐标：x=-(0.3-0.2)m=-0.1m=-10cm．

y=-(0.1125-0.1)m=-0.0125m=-1.25cm．

13、【解答】解：（1）当v＝V0时两者距离最小，t=

此时Δx=

（2）依题意，设t秒时人车间距离在减小过程中恰为20m，则t+2秒时人车间距离在增大过程中也恰为20m，由运动学公式和位移关系得：

S0

S0

代入数据得：60+

60+1

解得：t＝8s，V0＝9m/s

14、[解析](1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同

由牛顿第二定律得F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma1

代入数据解得a1＝6m/s2

物块加速过程所用的时间t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(2,3)s

运动的距离x1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(4,3)m

物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F＝8N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10N，所以物块不能相对传送带向上加速运动，物块将随传送带匀速上升

传送带长度为x＝eq\f(h,sinθ)＝4m

物块随传送带做匀速运动的时间t2＝eq\f(x－x1,v)＝eq\f(2,3)s

故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝eq\f(4,3)s。

(2)若共速后撤去恒力F，因为mgsinθμmgcosθ，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动

有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

代入数据解得a2＝2m/s2

假设物块刚好达到平台上，此过程物块的位移设为x′，则x′＝eq\f(v2,2a2)＝4mx－x1，所以物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a2(x－x1)

代入数据解得v′＝eq\f(4,3)eq\r(3)m/s

故t′＝eq\f(v－v′,a2)＝eq\f(6－2\r(3),3)s。

[答案](1)eq\f(4,3)s(2)eq\f(6－2\r(3),3)seq\f(4,3)eq\r(3)m/s

15、（1）；（2）；（3）

【详析】（1）运动员在斜坡上运动时，根据牛顿第二定律得

解得

又由运动学公式得

代入数据解得

（2）设运动员落在斜面体上时的竖直分速度大小为，则由

运动员离开A点后做平抛运动，则竖直方向有

解得平抛时间为

设水平位移为x，竖直位移为y，则有

结合几何关系，有A、B两点之间的高度差为

（3）设运动员从斜坡上D点静止释放，运动到A点时的速度为，从A点离开平台做平抛运动.由

，

由几何关系得

又

落在斜面上瞬时速度为

由以上整理得

当