2022-2023学年广东省广州市第八十九中学高一上学期期末物理试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市第八十九中学高一上学期期末物理试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广州市第八十九中学2022-2023学年高一上学期期末物理本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试时间60分钟。第Ⅰ卷（选择题  共56分）一、单选题（共8小题，每题4分，共32分）1. 手机导航为生活带来很大的便利，某次导航的具体路径有三种方案，如图所示，其中推荐路径有两个数据，26分钟、19公里，则下列说法中正确的是（　　）A. 图中三种方案，汽车的路程相同B. 19公里指的是此次行程的位移C. 26分钟指的是时间间隔D. 研究汽车在导航图中的位置时，不能把汽车看成质点【答案】C【解析】【详解】A．路程是运动轨迹的长度，图中三种方案路程不同，故A错误；B．19公里指的是此次行程的路程，故B错误；C．26分钟指的是时间间隔，故C正确；D．研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小可忽略不计，可把汽车看成质点，故D错误。故选C。2. 下列说法正确的是（　　）A. 物体的速度越大，加速度也一定越大B. 物体的速度变化越快，加速度一定越大C. 物体的速度变化量越大，加速度一定越大D. 物体在某时刻速度为零，其加速度一定为零【答案】B【解析】【详解】A．加速度是反映速度变化快慢的物理量，物体的速度越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，选项A错误；B．加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，选项B正确；C．加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化量越大，速度变化不一定快，加速度不一定越大，选项C错误；D．某时刻的速度为零，加速度不一定为零，比如初速度为零的匀加速运动的初始时刻，速度为零，加速度不为零，选项D错误。故选B。3. 如图所示为某物体做直线运动的速度－时间图像，下列说法正确的是（    ）A. 物体在相等时间内，速度的变化量相等 B. 物体做的是匀变速直线运动C. 物体受到的合力越来越大 D. 物体的加速度越来越小【答案】D【解析】【详解】AD．根据图像切线的斜率表示加速度，知物体的加速度越来越小，由知物体在相等的时间内，速度的变化量越来越小，故A错误，D正确；B．由题图可知，该物体的速度越来越大，所以物体做加速度减小的变加速直线运动，故B错误。C．由前面分析知，物体的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知物体受到的合力逐渐减小，故C错误。故选D。4. 如图所示位移-时间（）图像和速度-时间（）图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（　　）A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动B. 时间内，甲通过的路程不等于乙通过的路程C. 时间内，丙、丁两车在时刻相距最远D. 时间内，丙、丁两车的平均速度相等【答案】C【解析】【详解】A．位移—时间图像只能表示直线运动的规律，且图像的斜率表示速度，由图像可知，甲的速度不变，做匀速直线运动，乙做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；B．在时刻两车的位移相同，又都是单向的直线运动，所以两车路程相等，故B错误；C．由图像与时间轴围成面积表示位移，可知丙、丁两车在时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；D．时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移与时间的比值，所以丙的平均速度小于丁的平均速度，故D错误。故选C。5. 如图所示用四种方法悬挂相同的镜框，绳中所受拉力最小的图是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】镜框受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0，可知两根绳子拉力的合力等于重力，绳子的夹角越小，绳子拉力越小。故选A。6. 如图所示，有一重力不计的方形容器，被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到注满为止，此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是（　　）A. 容器受到的摩擦力不断增大B. 容器受到的摩擦力不变C. 水平力F必须逐渐增大D. 容器受到的合力逐渐增大【答案】A【解析】【详解】AB．由于物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以容器受到的摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误；
 C．水平方向受力平衡，力F可能不变，也可能增大，故C错误；D．容器处于平衡状态，合力始终为零，故D错误。故选A。7. 在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（  ）A. B.   C.   D.   【答案】A【解析】【详解】试题分析：当上抛的物体回到抛出点时，做初速度为v的下抛运动，之后的运动和下抛物体的运动相同，即运动时间相同，所以两者落地的时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间，上抛物体回到抛出点的运动过程中，加速度为g，初速度为v，末速度为-v，所以有，A正确【点睛】关键是知道两者落地时间差正好是上抛物体上升和回到抛出点的时间 8. 智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则A. 乘客始终处于超重状态B. 加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C. 电梯对乘客的作用力始终竖直向上D. 电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上【答案】D【解析】【详解】加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重．故A错误．加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确.二、多选题（共4小题，每题6分，共24分）9. 如图所示，杯子置于水平桌面时，是桌面对杯子的支持力，是杯子对桌面的压力，则下列说法正确的是（　　）A. 力和力一对平衡力B. 力和力是一对作用力和反作用力C. 力和杯子的重力是一对平衡力D. 力的大小大于力的大小【答案】BC【解析】【分析】先进行受力分析，并结合作用力与反作用力的特点和平衡力的特点确定哪些是平衡力，哪些是作用力与反作用力．【详解】杯子对桌面的压力F1和桌面对杯子的支持力F2是等大，反向，共线，作用于两个物体，两个物体之间的相互作用，所以是一对作用力和反作用力，故AD错误，B正确；力F2与杯子的重力都作用在杯子上，等大，反向，共线，所以是一对平衡力，故C正确．所以BC正确，AD错误．【点睛】本题主要考查了作用力与反作用力，及平衡力的区别与联系，是否作用在同一个物体上是解答的关键．10. 在力的合成中，下列关于两个分力与它们的合力关系的说法中，正确的是（　　）A. 合力可能小于某一个分力B. 合力大小一定等于两个分力大小之和C. 两个分力大小不变，夹角在变化时，夹角越大合力越小D. 合力的方向一定在两分力夹角的角平分线上【答案】AC【解析】【详解】AB．当两个分力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力；当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，则合力可能小于分力，故A正确，B错误；C．两个分力大小不变，夹角在变化时，由公式可知夹角越大合力越小，故C正确；D．当两分力方向相反时，合力等于两个分力之差，与大的分力方向相同，合力的方向不在两分力夹角的角平分线上，故D错误。故选AC。11. 如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态。则（　　）A. c对b的支持力减小B. c对b的摩擦力方向可能平行斜面向上C. 地面对c的摩擦力方向水平向左D. 地面对c的摩擦力增大【答案】BC【解析】【详解】AB．对a与沙子受力分析，受重力、绳的拉力两个力的作用，两个的合力一直为零，沙子缓慢流出的过程中，a与沙子的总重力减小，可知绳的拉力减小，对b进行受力分析，受重力、绳的拉力、斜面的摩擦力与支持力四个力的作用，四个的合力为零，由平衡条件，有①当绳的拉力小于b的重力沿斜面方向的分力，摩擦力沿平行斜面向上，沿斜面方向垂直斜面方向可知随着绳的拉力减小，摩擦力增大，支持力不变；②当绳的拉力大于b的重力沿斜面方向的分力时，摩擦力沿平行斜面向下，沿斜面方向垂直斜面方向随着绳的拉力减小，摩擦力减小，如果摩擦力减小到零，则之后摩擦力反向增大，支持力不变，故A错误，B正确；CD．选bc整体为研究对象，受力分析如图所示
 根据整体受力平衡可知在a中的沙子缓慢流出的过程中，拉力T变小，所以地面对c的摩擦力减小，摩擦力方向水平向左，故C正确，D错误。故选BC。12. 如图所示，一质量为的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为的小滑块。木板受到水平拉力作用时，用传感器测出长木板的加速度与水平拉力的关系如图所示，重力加速度，下列说法正确的是（　　）A. 小滑块的质量B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2C. 当水平拉力增大时，小滑块的加速度一定增大D. 当水平拉力时，长木板的加速度大小为【答案】ABD【解析】【详解】AB．由图乙可得，当拉力等于6N时，小滑块和长木板刚好要发生相对滑动，以、为整体，根据牛顿第二定律可得以为对象，根据牛顿第二定律可得其中，联立解得，当拉力大于6N时，长木板的加速度为可知图像的斜率为联立解得，故AB正确；C．当水平拉力大于6N时。长木板与小滑块已经发生相对滑动，此后F增大，小滑块的加速度也不再增大，而是保持不变。故C错误；D．当水平拉力时，长木板的加速度大小为故D正确；故选ABD。三、实验题13. 某同学用如图所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验。①实验中，他在弹簧两端各系一细绳套，利用一个绳套将弹簧悬挂在铁架台上，另一端的绳套用来挂钩码。先测出不挂钩码时弹簧的长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度L，再算出弹簧伸长量___________，并将数据填在下面的表格中、实验过程中，弹簧始终在弹性限度内。 123456钩码的重力00.51.01.52.025弹簧弹力00.51.01.52.02.5弹簧总长度13.0015.0517.1019.0021.0023.00弹簧伸长量02.054.10____8.0010.00在坐标纸上已经描出了其中5次测量的弹力F与伸长量x对应的数据点，请把第4次的伸长量填在表格中并把对应点在图甲上用“+”描绘出来，并作出图像。（        ）②根据图像，可得出实验结论为___________；③弹簧的劲度系数为___________。【答案】    ①. 6.00    ②.     ③. 在弹性限度内，弹簧弹力与弹簧伸长量成正比    ④. 25【解析】【详解】①[1]根据表中数据可知重力每增加0.5N，误差范围内弹簧伸长量增加相等长度，故表中数据为6.00；
[2]描点作图时应使更多的点在图像上，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，作出F-x图像如图所示②[3]根据上面所做的F-x图像可得，弹力与伸长量为正比例关系，所以结论为：在弹性限度内，弹簧弹力与弹簧伸长量成正比。③[4]根据胡克定律得弹簧劲度系数为14. 如图甲所示是研究小车加速度与力关系的实验装置。木板置于水平桌面上，一端系有沙桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F，改变桶中沙的质量多次实验，完成下列问题：(1)实验中需要_____。A.测量沙和沙桶的总质量B.保持细线与长木板平行C.保持小车的质量不变D.满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量(2)实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A点的距离如图乙所示。电源的频率为50Hz，则打B点时小车速度大小为____m/s，小车的加速度大小为____（保留三位有效数字）(3)实验中描绘出图像如图丙所示，图像不过坐标原点的原因是______。【答案】    ①. BC    ②. 0.416    ③. 1.48    ④. 补偿阻力时倾角过大【解析】【详解】(1)[1]AD。拉力传感器可以直接测出绳子中的拉力大小，小车受到的拉力是绳子拉力的二倍，所以不需要测量沙和沙桶的总质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故AD错误；B．保持细线与长木板平行，才能保证每次实验时小车受到恒定的拉力作用，故B正确；C．本实验是要研究小车加速度与受力的关系，所以要保持小车的质量不变，故C正确。故选BC。(2)[2]打B点时小车速度大小为[3]小车的加速度大小为(3)[4]实验时需要通过垫高木板的一侧，利用小车重力沿木板方向的分力来平衡摩擦力；由图丙可知，当拉力为零时，小车已经具有了加速度，说明补偿阻力时倾角过大，导致重力沿木板的分力大于摩擦力了。四、解答题15. 质点做匀减速直线运动，在第1内位移为，停止运动前的最后内位移为，求：（1）在整个减速运动过程中质点的位移大小.（2）整个减速过程共用的时间.【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为由于质点停止运动前的最后1s内位移为2m，则：所以质点在第1秒内有位移为6m，所以在整个减速运动过程中，质点的位移大小为：（2）对整个过程逆向考虑，所以 16. 如图甲所示，斜面体静止于粗糙的水平面上，斜面倾角为，斜面足够长。质量的小物块在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下，沿斜面由静止开始运动，后撤去拉力F。如图乙所示为其速度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，全过程斜面体保持静止。计算时取。求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；【答案】（1）0.5；（2）30N【解析】【详解】（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，由图像可知，此过程小物块的加速度大小为根据牛顿第二定律解得小物块与斜面间的动摩擦因数（2）在拉力F作用下，小物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对小物块做受力分析，由图像可知，此过程小物块的加速度大小为根据牛顿第二定律解得拉力F的大小为17. 如图所示，传送带与地面倾角，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），。求：（1）煤块从A到B运动时间；（2）若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间；（3）煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。【答案】（1）2s；（2）s；（3）5m【解析】【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得所以可得煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变。 第二阶段有所以得设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2，则解得t2＝1s煤块从A到B的时间 （2）若增加皮带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短。 则有可得（3）第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为 解得即煤块相对传送带下移1m； 故传送带表面留下黑色炭迹的长度为