2022-2023学年重庆市铜梁中学高一上学期期末物理试题（解析版）

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秘密★启用前2022-2023学年上学期三校联合考试（高2025届）物理试题卷注意事项：1．考试时间：75分钟，满分：100分，考试范围：必修一全册。2．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。3．需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑。需要书写的地方一律用0.5MM黑色签字笔。4．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。第I卷选择题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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. 关于下列说法中错误的是（　　）A. 在国际单位制中规定“长度”对应的基本单位是千米B. 速度的变化量、加速度、重力都是属于矢量C. 教练研究运动员跑步姿势时不能将运动员视为质点D. 男子100米飞人大战，苏炳添以9秒83成绩进入决赛。这里提到的“9秒83”指的是时间【答案】A【解析】【详解】A．在国际单位制中规定“长度”对应的基本单位是米，故A错误，符合题意；B．速度的变化量、加速度、重力都是既有大小又有方向的物理量，属于矢量，故B正确，不符题意；C．教练研究运动员跑步姿势时，运动员的大小不能忽略，不能将运动员视为质点，故C正确，不符题意；D．男子100米飞人大战，苏炳添以9秒83的成绩进入决赛。这里提到的“9秒83”指的是时间，故D正确，不符题意。本题选错误的，故选A。2. 关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（　　）A. 它表明了力是改变物体运动状态的原因B. 它表明了力是维持物体运动状态的原因C. 它表明实际生活中的某些宏观物体可能没有惯性D. 牛顿第一定律可以通过实验进行验证【答案】A【解析】【详解】AB．由牛顿第一定律可得，力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，故A正确，B错误；C．一切物体在任何状态下都有惯性，C错误；D．牛顿第一定律的内容是：物体在不受力的作用时，总保持静止或匀速直线运动状态，故不能用实验来进行验证，它是通过科学推理得出的，故D错误。故选A。3. 甲、乙两车在同一平直公路上，从同一位置沿相同方向做直线运动，它们运动的速度v与时间t的关系图像如图所示，对甲、乙两车运动情况的分析，下列结论正确的是（    ）A. 在t=2s时刻，甲、乙两车相遇B. 在t=2s时刻，甲、乙两车共速C. 甲车运动的加速度大于乙车运动的加速度D. 在t=1s时刻，乙车刚运动，此时两车相距最远【答案】B【解析】【详解】A．v-t图中，面积代表物体走过的位移，所以在2s内，甲车位移大于乙车位移，故A错误；B．v-t图中，交点表示两物体速度相同，故B正确；C．v-t图中，斜率表示物体的加速度，所以甲车运动的加速度小于乙车运动的加速度，故C错误；D．在甲乙速度相同前，单位时间内，甲车位移大于乙车位移，所以两车在 时相距最远，故D错误。故选B。4. 关于核酸采样，以下说法正确的是（    ）A. 采样棉签受到口腔内壁的弹力是医务人员给的B. 采样棉签受到的口腔所给的力大于采样棉签给口腔的力C. 口腔内壁受到采样棉签的弹力是由口腔内壁形变产生的D. 口腔内壁受到采样棉签的摩擦力方向与棉签刮动方向相同【答案】D【解析】【详解】A．采样棉签受到口腔内壁的弹力是口腔内壁给的，故A错误；B．采样棉签受到的口腔所给的力与采样棉签给口腔的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；C．口腔内壁受到采样棉签的弹力是由采样棉签发生弹性形变产生的，故C错误；D．采样棉签受到口腔内壁的摩擦力与棉签刮动方向相反，而口腔内壁受到采样棉签的摩擦力与采样棉签受到口腔内壁的摩擦力是一对相互作用力，方向相反，因此口腔内壁受到采样棉签的摩擦力方向与棉签刮动方向相同，故D正确。故选D。5. 假设未来的某一天，宇航员在火星上距地面18m高处由静止释放一重物，测得重物经过3s落到火星表面，则下列说法正确的是（　　）A. 火星表面的重力加速度大小为9m/s2B. 火星表面的重力加速度大小为4m/s2C. 重物落地时的速度大小为8m/sD. 重物下落过程中，第1s末、第2s末、第3s末的瞬时速度之比为【答案】B【解析】【详解】AB．根据自由落体运动规律解得故A错误，B正确；C．重物落地时的速度为故C错误；D．重物下落过程中，第1s末、第2s末、第3s末的瞬时速度之比为故D错误。故选B。6. 如图所示，A、B叠放在水平桌面上，今用水平拉力F作用于B，但没有拉动，则物体B受到几个力作用（ ）A. 5 B. 6 C. 4 D. 3【答案】A【解析】【详解】解：先对A分析，受重力和支持力，二力平衡；不受静摩擦力，否则不能保持静止；再对物体B受力分析，受重力、拉力、A对B向下的压力，地面对B的支持力和向左的静摩擦力，共5个力；故选A．7. 以的速度行驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动，其加速度大小为，则刹车后（　　）A. 汽车在第内的位移为 B. 汽车在前内的位移为C. 汽车在最后内的平均速度为 D. 汽车在内的平均速度为【答案】D【解析】【分析】【详解】A．刹车时间为刹车位移为因此汽车前2s内仍在运动，则第2s内的位移故A错误；B．汽车经4s停止运动，故汽车前5s内位移为刹车位移为48m，故B错误；C．根据逆向思维，可知汽车在最后3s内的位移汽车在最后3s内的平均速度故C错误；D．汽车6s内的位移等于刹车位移，故汽车在6s内的平均速度故D正确。故选D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8. 三个共点力大小分别为3N、4N、8N，其合力大小可能为（　　）A. 0 B. 8N C. 16N D. 15N【答案】BD【解析】【详解】三个共点力大小分别为、、，它们的合力的最小值为它们合力最大值为它们合力的取值范围是故选BD。9. 如图所示，物体A被水平力F压在竖直墙壁上静止不动。下列说法正确的是（    ）A. 若增大力F，则墙壁对A的摩擦力增大B. 若增大力F，则墙壁对A的弹力增大C. 若力F逐渐减小为原来的一半后，A沿墙壁下滑，则此时墙壁对A的摩擦力比力F减小前小D. 若撤去力F，则A沿墙壁下落的过程中受到三个力作用【答案】BC【解析】【详解】AB．由题可知，物体A处于静止状态，有所以，增大力F，摩擦力不变，墙壁对A的弹力增大，故A错误，B正确；C．力F逐渐减小，当A下滑时，受力分析可知即故C正确；D．撤去F，A在下滑中只受重力，故D错误。故选BC。10. 某人站在置于水平地面上的压力传感器上，进行蹲起动作，图中呈现的是在一段时间内力传感器的示数随时间变化的情况。由此可以判断（　　）A. 在内，该人完成两次完整的蹲起过程B. 状态a到状态b对应着下蹲过程，状态b到状态c对应着站起过程C. 从状态a到状态b，人的重心运动的加速度方向向下D. 从状态d到状态e，人的重心运动的速度和加速度方向都向上【答案】CD【解析】【详解】A．由图像可知人的重力为，则压力传感器的示数大于重力时处于超重，加速度向上，压力传感器的示数小于重力时处于失重，加速度向下，一次下蹲过程是先向下加速再向下减速，则应为先失重后超重；一次站起过程是先向上加速再向上减速，则应为先超重后失重，故在内，该人完成一次完整的下蹲过程（状态a到状态c），一次完整的站起的过程（状态d到状态f），故A错误；B．状态a到状态c对应着下蹲过程，状态d到状态f对应着站起过程，故B错误；C．从状态a到状态b，人的视重小于重力处于失重状态，由牛顿第二定律可知人的重心运动的加速度方向向下，故C正确；D．从状态d到状态e，人处于向上站起的加速阶段，则重心运动的速度和加速度方向都向上，故D正确；故选CD。11. 在光滑水平面上物体A和物体B以轻弹簧相连接，在水平拉力F的作用下做匀加速直线运动，已知A和B的质量分别为m和2m。下列说法正确的是（    ）A. 弹簧处于拉伸状态，弹力大小B. 若突然撤掉力F，此时A的加速度为0C. 若突然撤掉力F，此时B的加速度方向水平向右D. 若突然撤掉力F，此时B的加速度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．对A受力分析可知，合力向右，则弹力向右，处于拉伸状态。则对整体有对A有联立解得故A错误；B．若突然撤掉力F，因弹簧弹力不能突变，此时A受到的弹力不变，即合力不变，加速度不为0，故B错误；CD．若突然撤掉力F，此时B水平方向只受弹力，方向向左，加速度方向向左，由牛顿第二定律得加速度大小为故C错误，D正确。故选AD。第II卷非选择题三、实验题共两题12. 如图甲所示为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。（1）关于此实验，下列说法中正确的是________。A．同一次实验中，O点位置可以变动B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C．拉橡皮筋的细绳适当长些D．橡皮筋弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些（2）判断一个力单独作用与两个力F1、F2共同作用效果相同的依据是_________，如果用“”作为标度，则该同学量出的F的值为__________（结果保留3位有效数字）。【答案】    ①. CD    ②. 一个力和两个力拉橡皮筋时结点在同一位置    ③. 15.0N【解析】【详解】（1）[1]A．同一次实验中，为确保合力与分力的作用效果相同，必须得拉橡皮筋到同一位置，O点位置不能变动，故A错误；B．实验中，需记录弹簧测力计的读数、O点的位置、两个细绳的方向，故B错误；C．拉橡皮筋的细绳适当长些，可以减小实验的误差，故C正确；D．橡皮筋弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些,这样画图误差可以有所减小，故D正确。故选CD。（2）[2]一个力单独作用与两个力F1、F2共同作用效果都是将固定的橡皮筋拉伸到O点位置，故合力与分力作用效果相同的依据是一个力和两个力拉橡皮筋时结点在同一位置。[3]如果用“”作为标度，由图中可以读出，该同学量出的F的值为13. 小明同学利用如图1装置“探究加速度与力、质量的关系”。（1）本实验采用的物理思想方法是__________。A．类比法            B．控制变量法        C．等效替代法        D．理想实验法（2）实验中小车质量应__________沙和沙桶的总质量（选填“远大于”、“远小于”或“等于”）。（3）补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力的操作：取下槽码，把木板不带滑轮的一端垫高；接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动。如果打出的纸带点与点的距离越来越大，则应__________（选填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹均匀为止。（4）该同学实验中打出如图2的一条纸带，计时器打点的时间间隔为0.02s，从比较清晰的点起，每5个点取1个计数点，量出相邻两个计数点之间的距离分别为：，，，，则小车的加速度大小为__________（保留两位有效数字）。【答案】    ①. B    ②. 远大于    ③. 减小    ④. 0.30【解析】【详解】（1）[1]“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，需要控制“力”或“质量”其中一个物理量不变，研究加速度和另外一个物理量的关系，所以采用了控制变量法。故选B。（2）[2]若平衡摩擦力后，设沙和沙桶总质量为m，应用牛顿第二定律对小车受力分析，有联立解得，绳子的拉力为为使绳子的拉力作为小车所受合外力近似等于沙和沙桶的总重力，所以实验中小车质量应远大于沙和沙桶的总质量。（3）[3]如果打出的纸带点与点的距离越来越大，则小车做加速运动，说明平衡摩擦力过度，应该减小木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹均匀为止。（4）[4]相邻两计数点之间的时间间隔为由逐差法可得，小车的加速度大小为四、解答题（共37分，第14题10分，第15题12分，第16题15分）14. 如图所示，用水平拉力使物体由静止开始沿光滑水平面做a=3.0m/s2匀加速直线运动。求：（1）物体在2.0s末时速度的大小；（2）物体运动3米所用的时间；（3）物体在第3秒内的位移大小x。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由可得，物体在2.0s末时速度的大小（2）由可得，物体运动3米所用的时间（3）由可得，3秒内的位移2秒内的位移物体在第3秒内位移大小15. 如图，一质量m=20kg的木箱恰能从倾角θ=30°的斜面上匀速滑下来，到地面后，小明同学立即用与水平方向成θ=60°的斜向上的力拉着继续做匀速直线运动，已知木箱与斜面及地面的滑动摩擦因数相同，g取10m/s2求：（1）木箱与斜面的动摩擦因数；（2）小明同学拉箱子的力的大小以及木箱对地面的摩擦力的大小。【答案】（1）；（2），【解析】【详解】（1）设木箱与斜面的动摩擦因数为μ，箱子在斜面上匀速运动时，根据平衡条件有解得（2）小明拉箱子做匀速运动时，根据平衡条件有解得根据牛顿第三定律可知箱子对地面的摩擦力的大小为16. 如图所示，水平传送带以不变的速度v＝15m/s向右运动，将一质量m＝1kg的工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，以速度v滑上一个固定足够长的斜面BC，斜面倾角θ＝30°，斜面与物体间的动摩擦因为，（B点处无能量损失，g取10m/s2）。（＝1.73）（1）工件与水平传送带间的动摩擦因数；（2）水平传送带的长度；（3）工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间。（结果保留3位有效数字）【答案】（1）0.75；（2）75m；（3）5.46s【解析】【分析】（1）应用运动学公式求出工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度，再根据牛顿第二定律解答；（2）工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动，两过程的位移大小之和即为所求；（3）根据牛顿第二定律分别求得工件沿斜面上滑和下滑过程的加速度大小，工件沿斜面上滑过程的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小。应用运动学公式求解。【详解】（1）设工件与水平传送带间的动摩擦因数为μ1，工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度为a1，则有a1＝m/s2＝7.5m/s2根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1解得μ1＝0.75（2）设水平传送带的长度为L，工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动。工件做匀加速直线运动的位移大小为 工件做匀速直线运动的位移大小为x2＝vt′＝15×4m＝60mL＝x1+x2＝15m+60m＝75m（3）设工件沿斜面上滑过程的加速度大小为a2，时间为t2；沿斜面下滑过程的加速度大小为a3，时间为t3，由牛顿第二定律得：mgsin30°+μ2mgcos30°＝ma2其中μ2＝，解得a2＝7.5m/s2mgsin30°﹣μ2mgcos30°＝ma3解得a3＝2.5m/s2由运动学公式得 由工件沿斜面上滑过程的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小得 代入数据解得t3＝s工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间为t总＝t2+t3＝2s+s＝5.46s【点睛】本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，题目较简单。掌握加速度是联系力与运动的纽带，根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律解答即可。