2023-2024学年云南省昆明市官渡区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明市官渡区高一（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.下列物理量中属于矢量的是( )
A. 质量B. 路程C. 速率D. 力
2.如图所示，小滑块沿固定斜面匀速下滑，下列关于小滑块受力的说法正确的是( )
A. 小滑块受到重力和支持力
B. 小滑块受到重力、支持力和摩擦力
C. 小滑块受到重力、支持力、下滑力和摩擦力
D. 小滑块受到重力、支持力、压力和摩擦力
3.某同学推着箱子在水平地面上加速前进，下列说法正确的是( )
A. 地面对箱子的摩擦力和箱子对地面的摩擦力大小相等
B. 箱子对地面的压力与地面对箱子的支持力是一对平衡力
C. 箱子所受重力与地面对箱子的支持力是一对相互作用力
D. 因为箱子加速前进，所以人对箱子的推力大于箱子对人的推力
4.某次篮球比赛中运动员带球上篮的情境如图所示，下列关于运动员在上升和下降两个过程的说法，正确的是( )
A. 上升过程中运动员处于超重状态
B. 下降过程中运动员处于失重状态
C. 上升过程中加速度的方向向上
D. 下降过程中加速度的方向向上
5.某同学值日时使用磁性黑板擦擦黑板，擦完后将黑板擦吸附在竖直黑板上。下列说法正确的是( )
A. 擦黑板时由于黑板静止不动，所以黑板受到的是静摩擦力
B. 黑板擦可以吸附在黑板上，是因为黑板擦受到的磁力与重力相等
C. 若黑板是光滑的，无论黑板擦磁性多强，它都不能吸附在黑板上
D. 黑板擦吸附在黑板上时，如果再给黑板擦施加一个水平压力，黑板擦受到的摩擦力将增大
6.在杭州第19届亚运会的铁饼比赛中，首次使用机器狗在赛场运输铁饼。将机器狗某次运送铁饼的过程视为从静止开始的匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动，最后恰好到达指定位置，全程一共经历10s，前进了15m，则此过程中机器狗的最大速度为( )
A. 1.5m/s
B. 2m/s
C. 3m/s
D. 4m/s
7.某次男子跳高决赛中，来自清华大学身高1.90m的中国选手王宇以2米30的成绩夺得冠军。设人的重心位于人身高一半的位置，选手过杆时重心高度与横杆高度相近。据此估算他起跳时竖直向上的速度约为(取g=10m/s2)( )
A. 1m/sB. 2m/sC. 4m/sD. 5m/s
8.如图所示，在倾角为37°的光滑固定斜面上有质量均为1kg的两个小滑块A、B，小滑块A、B用劲度系数为100N/m的轻质弹簧连接。现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均静止在斜面上。已知弹簧的原长为15cm，则推力F的大小和此时弹簧的长度分别为(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)( )
A. 15N，9cmB. 15N，11.5cmC. 7.5N，6cmD. 7.5N，9cm
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.下面涉及运动概念的几个说法，正确的是( )
A. 第3s内指的是一段时间B. 物体位移的大小总是等于路程
C. 汽车速度计显示的是平均速度的大小D. 加速度是描述速度变化快慢的物理量
10.如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移—时间图像，图乙为质点c和d做直线运动的速度—时间图像，由图像可知( )
A. t1时刻a、b两质点的速度大小相等
B. t1到t2时间内，质点a的位移等于质点b的位移
C. 在t2时刻c、d两质点速度相等
D. 若t1时刻c、d两质点相遇，则t2时刻c、d两质点一定相遇
11.某人想测量地铁启动过程中的加速度，他在一根轻绳的下端绑一支圆珠笔，轻绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，轻绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。如图所示，固定点到圆珠笔的竖直距离h=1m，圆珠笔到竖直扶手的水平距离x=0.08m。关于地铁在该加速过程中的说法，正确的是(取g=10m/s2)( )
A. 地铁的运动方向向右
B. 地铁的运动方向向左
C. 加速度的大小约为1.0m/s2
D. 加速度的大小约为0.8m/s2
12.一辆小汽车在平直的单行车道上以20m/s的速度匀速行驶。t=0时刻小汽车司机突然发现前方28m处有一辆大货车以4m/s的速度匀速行驶。小汽车司机反应1s后，以大小为8m/s2的加速度紧急刹车，两车均视为质点。下列说法正确的是( )
A. 两车不会相撞，最近距离为13m
B. 两车不会相撞，且在t=2s时两车速度相同
C. 两车在t=2s时相撞
D. 要使两车不相撞，t=0时刻两车的距离至少为32m
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某实验小组用图甲所示的装置探究加速度与力和质量的关系。

(1)除了图甲中所给器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的器材是______ (选填正确选项的字母)。
A.秒表
B.天平(含砝码)
C.刻度尺
(2)某次实验得到的纸带如图乙所示，A、B、C是3个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出。实验测得x1=4.80cm，x2=6.00cm，已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz。根据上述信息可得小车的加速度大小为______ m/s2。
(3)根据实验数据作出的a−F图像如图丙所示，图线不通过坐标原点的主要原因是______ 。
A.阻力补偿过度
B.阻力补偿不足
C.砂桶和砂的总质量远小于小车的质量
14.某物理兴趣小组要测量一个重物的重力。由于重物的重力超出了弹簧秤的量程，该小组设计如下实验方案进行实验。

(1)实验步骤：
a.如图甲所示，用两根轻绳将重物吊起，一根轻绳末端固定于A点，另外一根轻绳末端与弹簧秤连接。重物与弹簧秤均处于静止状态。
b.读出图甲中弹簧秤的示数为______ N。利用手机软件测出两根细线与竖直方向的夹角分别为α和β(α+β<90°)。
c.在白纸上画出两根轻绳的拉力的方向如图乙两侧虚线所示，用图示法以0.5cm代表1N在图乙中作出两个拉力的合力。
d.根据实验结果可得重物的重力大小为______ N。(保留三位有效数字)
(2)若实验过程中保持结点O静止不动，缓慢逆时针转动弹簧秤，则弹簧秤的示数将______ 。
A.增大
B.减小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.如图所示，用轻绳悬挂一质量m=2kg的重物，已知OA绳水平，OB绳与竖直方向的夹角θ=30°，求OA绳和OB绳受到的拉力。(取g=10m/s2)
16.中国高铁的发展不仅加速城市化进程、提高交通效率、促进区域协调发展和提高国际竞争力，还为中国的经济发展带来了更加广泛的影响和推动力。某班次高铁以90m/s的速度行驶，若要在曲靖站停靠，需要在站点中心线处减速至0，经过120s停靠后，再加速至90m/s的速度行驶；若高铁经过曲靖站不停靠，可看作速度为90m/s的匀速直线运动。高铁加速和减速过程均视为加速度大小为0.2m/s2的匀变速直线运动。求：
(1)高铁速度从90m/s减速到0所通过的位移大小；
(2)高铁通过曲靖站不停靠比停靠节约多少时间。
17.如图所示，水平面上有一个质量为1kg的物体，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.5。物体在水平拉力F=7N的作用下由静止开始运动，5s末撤去F。求：(取g=10m/s2)
(1)撤去F时物体的速度大小；
(2)物体停止时离出发点的距离。
18.如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。两物体的质量分别为mA=2kg，mB=6kg。从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化的规律如图乙所示。求：(取g=10m/s2)

(1)t=0时B物体的加速度大小；
(2)t=2s时A、B间相互作用力的大小；
(3)经过多长时间A、B分离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：质量、路程、速率是只有大小没有方向，都是标量，力既有大小又有方向，是矢量。故ABC错误，D正确
故选：D。
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
对于物理量的矢标性是学习物理量的基本内容，矢量要结合其方向特点进行记忆．
2.【答案】B
【解析】解：小滑块沿固定斜面匀速下滑，受力平衡，根据受力情况可知小滑块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力。小滑块不受下滑力的作用，压力是滑块对斜面的作用力，故B正确、ACD错误。
故选：B。
小滑块沿固定斜面匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件结合受力分析的方法进行分析。
对于物体的受力分析，解题方法是：确定研究对象，首先分析重力，再分析接触面的弹力和摩擦力，最后分析非接触力(电场力或磁场力)，只分析物体受到的力，不分析物体对外施加的力。
3.【答案】A
【解析】解：A、地面对箱子的摩擦力和箱子对地面的摩擦力为作用力和反作用力，由牛顿第三定律可知，二者大小相等，故A正确；
B、箱子对地面的压力与地面对箱子的支持力作用力和反作用，故B错误；
C、箱子所受重力与地面对箱子的支持力是一对平衡力，故C错误；
D、人对箱子的推力和箱子对人的推力为作用力和反作用力，不论箱子做什么运动，二者都是等大反向的，故D错误。
故选：A。
分析箱子的受力，知道作用力和反作用力是两个相互作用的物体之间的相互作用力，二者大小相等、方向相反；而平衡力是一个物体受到的两个等大反向的力。
本题考查作用力和反作用力的性质，要注意明确二者的区别和联系。
4.【答案】B
【解析】解：运动员上升和下降过程中都只受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据运动员的受力情况结合加速度方向判断超重和失重。
本题考查超重和失重，解题关键掌握加速度向下为失重，加速度向上为超重。
5.【答案】C
【解析】解：A、擦黑板时黑板擦与黑板间发生相对滑动，黑板受到的是滑动摩擦力，故A错误；
B、黑板擦可以吸附在黑板上，是因为黑板擦受到的重力小于黑板擦与黑板间的最大静摩擦力，并非是因为黑板擦受到的磁力与重力相等，故B错误；
C、若黑板是光滑的，黑板擦与黑板间摩擦力为零，无论黑板擦磁性多强，它都不能吸附在黑板上，故C正确；
D、黑板擦吸附在黑板上时，如果再给黑板擦施加一个水平压力，黑板擦受到的静摩擦力仍与重力二力平衡，大小不变，故D错误。
故选：C。
当两个物相对静止时，受到的是静摩擦力；当两个物体之间发生相对运动时，受到的是滑动摩擦力。根据平衡条件分析摩擦力的大小。
本题主要是考查了摩擦力的判断，解答此类题目的一般方法有：(1)根据摩擦力产生的条件来判断；(2)根据假设法来判断；(3)根据共点力的平衡来判断；(4)根据牛顿第二定律来判断。
6.【答案】C
【解析】解：根据题意可得x=v2t，代入数据解得v=3m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
利用x=v2t公式，可以直接求出最大速度。
学生在解决本题时，应注意灵活运用运动学公式，提高解题速度。
7.【答案】D
【解析】解：人重心升高的高度h=2.3m−1.92m=1.35m，根据v02=2gh，得v0= 2gh，解得v0≈5m/s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
利用速度—位移公式可以求出速度大小。
在解决本题时，学生应注意灵活运动速度—位移公式，减少解题时间。
8.【答案】A
【解析】解：对滑块A，受到重力mg，弹簧对它沿斜面向上的弹力F1，垂直于斜面向上的支持力N，根据平衡条件
mgsin37°=F1=k(L0−L1)
代入m=1kg，k=100N/m，L0=15cm=0.15m
得L1=0.09m=9cm
对滑块B，受力情况如图
根据平衡条件，x方向上
Fcs37°=F1+mgsin37°
代入数据解得F=15N，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据平衡条件分别对A、B沿斜面方向列平衡方程结合胡克定律并代入数据求解弹簧长度和力F的大小。
考查物体的受力分析和根据平衡条件列方程求解相关的物理量。
9.【答案】AD
【解析】解：A、第3s内是第3个1s内的时间间隔，故A正确；
B、物体的位移大小总是小于或等于路程，只有物体做单向直线运动时才等于路程，故B错误；
C、汽车速度计显示的是汽车瞬时速度的大小，故C错误；
D、加速度a=ΔvΔt，它是描述速度变化快慢的物理量，故D错误。
故选：AD。
明确时间和时刻的定义，知道位移和路程的定义，明确位移的大小总是小于或等于路程；明确瞬时速度和平均速度的定义，知道加速度是描述速度变化快慢的物理量。
本题考查时间和时刻、位移和路程、平均速度和瞬时速度以及加速度，对于相近知识点要注意准确掌握各自的定义，明确区别和联系。
10.【答案】BC
【解析】解：A.x−t图线切线的斜率表示速度，由甲图可知，t1时b的速度大于a的速度，故A错误；
B.t1到t2时间内，a和b最初的位移和最后的位移相等，所以这一过程中质点a的位移等于质点b的位移，故B正确；
C.v−t图线的交点表示速度的大小，正负表示速度的方向，所以t2时刻c、d两质点速度相等，故C正确；
D.v−t图线中图线与横轴围成的面积表示位移大小，t1到t2时间内，c的位移大于d的位移，所以t2时刻内，c、d不会相遇，故D错误。
故选：BC。
利用x−t图线切线的斜率表示速度，结合v−t图像，可得知速度改变情况；根据x−t图像可得到位移的情况；根据v−t可以直接得出速度的情况；v−t图线中图线与横轴围成的面积表示位移大小，从而判断位移关系。
学生在解决本题时，应注意x−t图线切线的斜率表示速度，v−t图线与横轴所围区域的面积表示位移。
11.【答案】BD
【解析】解：AB、地铁处于加速状态，由于加速度向左，所以应向左加速，故A错误，B正确；
CD、对圆珠笔受力分析如图：
由牛顿第二定律：F=mgtanθ=ma
解得加速度的大小a=gtanθ=10×0.081m/s2=0.8m/s2
故C错误，D正确；
故选：BD。
当笔处于稳定时，笔与地铁的加速度相同，根据图中几何关系结合牛顿第二定律求得加速度即可。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，抓住绳与竖直方向的夹角，明确笔与地铁的加速度相同即可。
12.【答案】CD
【解析】解：ABD.小汽车刹车减速至与大货车共速所需的时间为
t1=v0−va=20−48s=2s
要使两车不相撞，t=0时刻两车的距离至少为
x=v0t0+v0+v2t1−v(t0+t1)，解得x=32m>28m
故两车会相撞，故AB错误，D正确；
C.设两车在t时刻相撞，有
d=v0t0+v0(t−t0)−12a(t−t0)2−vt=28m
解得
t1=2s或t2=4s (舍去)，故C正确；
故选：CD。
利用位移—时间公式可以判断两车是否会相撞，同时可以求出相撞的时间。
学生在解决本题时，应注意构建刹车问题的物理模型。
13.【答案】BC 1.20 A
【解析】解：(1)探究加速度与力和质量的关系实验中，需使用天平测量小车和砂桶的质量，需使用刻度尺测量纸带上两点间的距离，不需要秒表测量时间，故选BC；
(2)相邻两计数点的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s，根据逐差法求出小车的加速度大小为
a=x2−x1T2=6.00−×10−2m/s2=1.20m/s2
(3)由a−F图像可知，当外力F为零时，小车已有加速度，图线不通过坐标原点的主要原因是阻力补偿过度；故A正确，BC错误，故选：A。
故答案为：(1)BC；(2)1.20；(3)A。
(1)根据实验原理和实验要求选择所需的器材；
(2)根据公式Δx=aT2代入数据求解加速度；
(3)根据图像的特点进行分析找原因。
熟练掌握探究加速度与力和质量的关系的实验原理，会分析实验误差的原因，根据所给数据求解相关物理量。
14.【答案】3.50 8.00 A
【解析】解：(1)弹簧秤的分度值为0.1N，示数为3.50N；
两个拉力的合力如图1所示
图1
根据实验结果可得重物的重力大小为G=F合=8.00N
(2)实验过程中保持结点0静止不动，缓慢逆时针转动弹簧秤，绳子OA的方向不变，重物的重力不变，做出力的矢量三角形，可知弹簧秤的示数将一直增大，如图2：
图2
故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)3.50；见解析；8.00；(2)A
(1)根据弹簧秤分度值读数；取1N作为单位长度(标度)，根据平行四边形定则作力的图示；根据作出的力的图示求合力；
(2)根据力的动态平衡分析解答。
本题主要考查了力的平行四边形定则和力的图示，知道作图时会产生误差，注意实验原理。
15.【答案】解：以O点为研究对象，受力情况如图所示：

根据平衡条件结合几何关系可得：
FA=mgtanθ=2×10× 33N=20 33N，方向沿OA方向；
FB=mgcsθ=2×10 32=40 33N，方向沿OB方向。
答：OA绳受到的拉力为20 33N，方向沿OA方向；OB绳受到的拉力为40 33N，方向沿OB方向。
【解析】以O点为研究对象进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
16.【答案】解：(1)高铁速度从90m/s减速到0，根据速度—位移关系式
v02−0=2ax
解得
x=20250m
(2)高铁加速和减速过程均视为加速度大小为0.2m/s2的匀变速直线运动，所以通过的总位移为
x′=2x=40500m
停靠所需总时间
t1=2v0a+Δt，解得t1=1020s
不停靠所需时间
t2=x′v0=4050090=450s
节约时间
Δt′=t1−t2=1020s−450s=570s
答：(1)高铁速度从90m/s减速到0所通过的位移大小为20500；
(2)高铁通过曲靖站不停靠比停靠节约570s。
【解析】(1)利用位移—速度关系式，可求出位移大小；
(2)利用时间—速度关系式，可求出所需时间，从而得出快了多长时间。
学生在解决本题时，应注意灵活运用运动学公式，提高做题效率。
17.【答案】解：(1)开始阶段物体，根据牛顿第二定律可得：F−μmg=ma1
解得：a1=2m/s2
撤去时物体的速度大小：v=at1=2×5m/s=10m/s；
(2)撤去F，物体的加速度大小为：a2=μmgm=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
物体停止时离出发点的距离为：x=v22a1+v22a2
代入数据解得：x=35m。
答：(1)撤去F时物体的速度大小为10m/s；
(2)物体停止时离出发点的距离为35m。
【解析】(1)开始阶段物体，根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度—时间关系求解撤去时物体的速度大小；
(2)撤去F，根据牛顿第二定律求解物体的加速度大小，根据速度—位移关系求解物体停止时离出发点的距离。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
18.【答案】解：(1)以A、B两个物体为整体，根据牛顿第二定律可得
FA1+FB1=(mA+mB)a1
解得t=0时B物体的加速度大小为
a1=1m/s2
(2)t=2s时，以A、B两个物体为整体，根据牛顿第二定律可得
FA2+FB2=(mA+mB)a2
解得t=2s时A、B两个物体的加速度大小为
a2=1m/s2
对A受力分析，根据牛顿第二定律可得
FA2−F=mAa2
解得t=2s时A、B间相互作用力的大小为
F=2N
(3)由图可得
FA=8−2t(N)
FB=2t(N)
则根据牛顿第二定律可得
FA+FB=(mA+mB)a3
解得
a3=1m/s2
A、B分离时，A、B间相互作用力为零，对B受力分析，根据牛顿第二定律可得
FB=mBa3
解得
t=3s
答：(1)t=0时B物体的加速度大小为1m/s2；
(2)t=2s时A、B间相互作用力的大小为2N；
(3)经过3s时间A、B分离。
【解析】(1)以A、B两个物体为整体，根据牛顿第二定律可解得加速度；
(2)根据整体与隔离的分析方法结合牛顿第二定律解答；
(3)A、B分离时，A、B间相互作用力为零。
该题考查牛顿第二定律的应用，难点在于整体与隔离法的应用以及图像信息的准确应用，难度较大。