2023-2024学年黑龙江省大庆二十三中高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆二十三中高一（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，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.国际单位制中规定，力学量所选用的基本量是( )
A. 长度、力、时间B. 长度、质量、时间
C. 长度、力、质量、时间D. 速度、加速度、力关于加速度
2.小丽去楼下超市里买瓶油，妈妈叮嘱小丽回来的时候一定要握紧油瓶，为使问题简化，在小丽拿油瓶回来的过程中，将油瓶的复杂运动简化为水平方向的匀速直线运动，且瓶身始终处于竖直方向并与手没有相对滑动，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 油瓶受与水平运动方向相反的滑动摩擦力作用
B. 油瓶受竖直向上的滑动摩擦力作用
C. 妈妈叮嘱小丽要紧握油瓶，是为了增大油瓶受到的最大静摩擦力
D. 小丽手握得越紧，油瓶受到的静摩擦力越大
3.一个人站在电梯内的体重计上，若他发现体重变小了，则( )
A. 人的重力减少了
B. 电梯一定在减速上升
C. 人对电梯的压力增大
D. 人对电梯的压力大小等于电梯对人的支持力大小
4.倾角为30°的斜面固定在水平面上，一物块在与斜面成30°角的拉力F作用下恰好在斜面上不上滑。已知物块的质量m=1kg，与斜面间动摩擦因数μ= 33，g=10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F的大小为( )
A. 3NB. 3 3NC. 5 3ND. 7 3N
5.如图所示，半圆柱放于粗糙水平地面，圆心O的正上方固定一个光滑小定滑轮，轻质绳一端拴一光滑小球，置于半圆柱面上的A点，另一端绕过定滑轮并用拉力T拉住，现缓慢地将小球从A点拽到B点，在此过程中，半圆柱对小球的支持力N以及细线对小球的拉力T的大小变化情况，以下说法正确的是( )
A. 细线对小球拉力T变大，半圆柱对小球支持力N不变
B. 细线对小球拉力T变小，半圆柱对小球支持力N变小
C. 地面对半圆柱的支持力变小
D. 地面对半圆柱的摩擦力变小
6.如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧正上方某处自由下落，弹簧的劲度系数为k。从小球开始下落直到弹簧被压缩至最短的过程中，下列图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图甲所示，顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角θ=37°，在其底端轻放一货物，货物速度v随时间t变化的关系图象如图乙所示。已知货物在8s末恰好到达传送带顶端，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，则可知( )
A. 传送带底端到顶端的距离为3.2mB. 0～8s内传送带的运动距离为3m
C. 货物相对传送带滑动的距离为0.4mD. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.8
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法中正确的有( )
A. 牛顿通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律
B. 物体速度越大，惯性一定越大
C. 根据牛顿第二定律可知，力是使物体产生加速度的原因
D. 根据牛顿第三定律可知，两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反
9.如图所示，两个质量相同的物体A和B紧靠在一起，放在光滑的水平面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2，而且F1>F2，则A加速度大小及A对B的作用力大小分别为( )
A. a=F1−F22mB. a=F12mC. F1+F22D. F1−F22
10.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )
A. 小车静止时，F=mg，方向竖直向上
B. 小车静止时，F=mgcsθ，方向垂直杆向上
C. 小车向右以加速度a运动时，一定有F=masinθ
D. 小车向左以加速度a运动时，F= (ma)2+(mg)2，方向斜向左上方
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.某实验小组欲以如图所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”.图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器(未画出)相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2。

(1)下列说法正确的是 ．
A.实验时先放开小车，再启动计时器
B.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
C.本实验中应满足m2远小于m1的条件
D.在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a−m1图象
(2)在实验中挑选一条点迹清晰的纸带如下图，打点计时器的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离，纸带的一段如图所示，由纸带求得小车加速度为 m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图3所示的a−F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有 ．
A.木板右端垫起的高度过小(即平衡摩擦力不足)
B.木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦力过度)
C.小盘(及砝码)的质量m2远小于小车和砝码的总质量m1
D.小盘(及砝码)的质量为m2未远小于小车和砝码的总质量m1．
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。

(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。
(2)实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的劲度系数k= ______ N/m，原长L0= ______ cm。
(3)他用该弹簧做成一个弹簧测力计如图丙所示，弹簧测力计的读数为______ N，则该弹簧伸长量Δx= ______ cm。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，轻质光滑小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，质量m=1kg的重物被绕过轻质小滑轮P的细线a所悬挂，细线a与水平方向的夹角为37°，细线b水平，其一端固定竖直面上，细线c竖直并拉着劲度系数k=100N/m的轻质弹簧，O′是三根细线a、b、c的结点，整个装置处于静止状态。g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)细线a、b、c的拉力大小；
(2)弹簧的形变量。
14.如图，“嫦娥三号”卫星在登月软着陆过程中，先在离月球表面100m高处静止悬停，然后匀加速下降12s，再匀减速运动下降4s至离月球表面4m高处，速度减小为零。已知月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的六分之一，“嫦娥三号”卫星的总质量为1590kg，喷出燃料质量不计。(取g=10m/s2)求上述过程中：
(1)卫星运动达到的最大速度；
(2)卫星匀减速运动时的加速度大小；
(3)卫星匀减速运动时发动机的推力大小。
15.如图所示，A、B两物体的质量都为0.2kg，两物体间连一轻细线，细线长为0.5m，一恒力F=5N竖直作用在A上，系统由静止开始运动(两物体可看做质点，g=10m/s2)。
(1)求运动过程中细线的张力；
(2)在t=2s时细线断裂，求B运动到最高点时A的速度；
(3)在t=2s时细线断裂，求再经2s时间两物体间的距离？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故B正确。
故选：B。
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单．
2.【答案】C
【解析】解：AB、油瓶随小丽在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向向上合外力为零，相对于手没有相对运动，所以油瓶受静摩摩擦力作用，且方向与油瓶重力方向相反，即竖直向上，故AB错误；
CD、小丽妈妈叮嘱小丽要紧握油瓶，是为了增大手与油瓶之间压力，从而增大手与油瓶之间的最大静摩擦力，但由于油瓶在竖直方向静止不动，根据平衡条件可知，不论小丽手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是等于油瓶的重力，故D错误，C正确。
故选：C。
当物体之间发生相对运动时才产生滑动摩擦力，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静摩擦力要通过受力分析得到。
本题主要考查了摩擦力的相关知识，要学会分析摩擦力的类型，根据摩擦力的类型选用不同的方法去分析和计算。
3.【答案】D
【解析】解：ABC、一个人站在电梯内的体重计上，若他发现体重变小了，发生失重现象，但人的重力保持不变，人对电梯的压力减小了，人具有向下的加速度，速度可能向上，也可能向下，则电梯可能在减速上升，也可能在加速下降，故ABC错误；
D、根据牛顿第三定律，人对电梯的压力与电梯对人的支持力是一对相互作用力，大小总是相等，故D正确。
故选：D。
人站在电梯内的体重计上，若他发现体重变小了，发生失重现象，但人的重力不变，结合牛顿第三定律分析。
解决本题的关键要知道重物和电梯具有相同的加速度，根据牛顿第二定律进行分析，通过加速度判断电梯的运动情况。要明确物体处于失重状态或超重状态时，重力并不会发生变化。
4.【答案】C
【解析】【分析】
对物体受力分析，沿斜面和垂直于斜面方向建立直角坐标系，根据共点力平衡，应用正交分解法列方程求解。
物体恰好不上滑，静摩擦力为最大静摩擦等于滑动摩擦力，且摩擦力的方向为沿斜面向下。
【解答】
物体恰好不上滑，静摩擦力等于最大静摩擦，且方向沿斜面向下。
对物体受力分析如图：受到重力、弹力、摩擦力、外力F，
沿斜面和垂直于斜面方向建立直角坐标系，正交分解外力F和重力，根据共点力平衡条件：
沿斜面方向：Fcs30°=mgsin30°+f
垂直于斜面方向：Fsin30°+FN=mgcs30°
f=μFN
带入数据解得：
F=5 3N
故C正确，ABD错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】解：AB.对小球受力分析，作出N、T的合力F，如图所示：
由平衡条件得：F=G，
由三角形NAF与三角形AOO1相似可得
GO1O=TO1A=NAO
得
N=AOO1OG，T=O1AO1OG
缓慢地将小球从A点拽到B点过程中，O1O、AO不变，O1A变小，所以细线对小球拉力T变小，半圆柱对小球支持力N不变，故AB错误；
CD.小球从A到B过程中，T竖直分量减小，T水平分量减小，对小球和半圆柱组成的整体得地面对半圆柱支持力变大，地面对半圆柱的摩擦力变小，故C错误，D正确。
故选：D。
分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化；由整体法得地面对半圆柱支持力及地面对半圆柱的摩擦力变化情况。
本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用，同时注意整体法的应用。
6.【答案】A
【解析】解：小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度恒定，v−t图像为倾斜的直线；
小球接触弹簧后向下压缩弹簧，弹簧弹力从零增大到与重力大小相等的过程中，小球所受合力向下并逐渐减小到零，由牛顿第二定律可知，小球做加速度逐渐减小的加速运动，v−t为斜率变小的曲线；
小球继续向下运动的过程中，弹簧弹力大于重力，且逐渐增大，所以小球所受合力向上并逐渐增大，小球做加速度增大的减速运动，直到速度减为零，v−t为斜率变大的曲线。故A正确，BCD错误。
故选：A。
对小球受力分析，根据胡克定律判断弹簧弹力的变化，根据牛顿第二定律判断小球加速度的变化情况，分析小球的速度情况。v−t图像的斜率表示加速度。
本题考查了牛顿第二定律的应用，物体受到变力的情况，根据牛顿第二定律得到加速度的变化情况，再判断物体的运动情况。知道加速度是联系力与运动的纽带。
7.【答案】D
【解析】解：A、v−t图线与坐标轴所围图形的面积等于货物的位移，由图乙所示图象可知，货物的位移：x=12×(7+8)×0.4m=3m，则传送带底端到顶端的距离为3m，故A错误；
B、货物在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，当货物的速度与传送带速度相等后与传送带一起做匀速直线运动，由图乙所示图象可知，传送带的速度v=0.4m/s，0～8s内传送带的运动距离：x传送带=vt=0.4×8m=3.2m，故B错误；
C、货物匀加速直线运动的位移：x货物=12×1×0.4m=0.2m，
货物做匀加速直线运动过程传送带的位移：x传送带1=vt1=0.4×1m=0.4m，
货物相对传送带滑动的距离：d=x传送带1−x货物=(0.4−0.2)m=0.2m，故C错误；
D、由图乙所示图象可知，货物匀加速直线运动过程从加速度大小：a=△v△t=0.41m/s2=0.4m/s2
对货物，由牛顿第二定律得：μmgcs37°−mgsin37°=ma
代入数据解得，货物与传送带间的动摩擦因数：μ=0.8，故D正确。
故选：D。
v−t图线与坐标轴所围图形的面积等于货物的位移；
根据图乙所示图象求出传送带的速度，然后求出传送带在8s内运动的距离；
求出货物相对传送带滑动过程货物的位移与传送带的位移，然后求出货物相对传送带滑动的距离；
由图乙所示图象求出货物的加速度，然后应用牛顿第二定律求出货物与传送带间的动摩擦因数。
本题考查了传送带问题，根据题意与图乙所示图象分析清楚货物的运动过程、求出货物做匀加速直线运动的加速度大小是解题的前提与关键，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题；解题时要知道v−t图线与坐标轴围成图形的面积等于位移。
8.【答案】CD
【解析】解：A、伽利略应用理想斜面实验总结出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，牛顿在伽利略等科学家的基础上提出了牛顿第一定律，故A错误；
B、惯性是物体的固有属性，与物体的速度无关，只与物体的质量有关，故B错误；
C、根据牛顿第二定律a=Fm可知，力是使物体产生加速度的原因，故C正确；
D、根据牛顿第三定律可知，两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，故D正确。
故选：CD。
明确牛顿第三定律的基本内容，知道牛顿第一定律的发现历程，明确牛顿第二定律提出了加速度和力、质量之间的关系，而牛顿第三定律说明了作用力和反作用力之间的关系。
本题考查牛顿运动定律的内容和应用，要注意准确理解定律内容和意义；重点掌握牛顿第二定律的应用。
9.【答案】AC
【解析】解：选取A和B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F1−F2=2ma
解得
a=F1−F22m
再选取物体B为研究对象，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律得
FN−F2=ma
可得
FN=F1+F22，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
对整体分析，根据牛到第二定律求出整体的加速度，再隔离对B分析，根据牛顿第二定律求出A对B的作用力大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
10.【答案】AD
【解析】解：A、B、小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力F作用；
当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力F与重力是一对平衡力，由平衡条件得：F=mg，方向竖直向上。故A正确、B错误。
C、小车向右做匀加速运动时，竖直方向Fy=mg，水平方向Fx=ma，则有F= (mg)2+(ma)2，方向，故C正斜向左上方，故C错误D正确；
故选：AD。
结合小车的运动状态对小车进行受力分析，小车所受合外力的方向与加速度的方向一致，从而确定杆对小球的作用力。
本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定。
11.【答案】C 0.20 BD
【解析】解：(1)A.实验时先启动计时器，再放开小车，故A错误；
B.设长木板与水平方向夹角为θ，在摩擦力平衡时有m1gsinθ=μm1gcsθ，即sinθ=μcsθ，可知每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C.本实验中只有满足m2远小于m1的条件，小盘(及砝码)重力和对小车的拉力才近似相等，故C正确；
D.在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a−F图象，故D错误。
故选：C。
(2)相邻计数点间的时间间隔为：t=5T=5f=550s=0.1s
匀变速直线运动相邻相等时间位移差为定值Δx=at2，根据逐差法求小车的加速度：a=xBC−xDE2t2=1.10−0.702×0.12×10−2m/s2=0.20m/s2
(3)AB、由图3所示的a−F图象可知，当拉力F为零时而小车有加速度，可知平衡摩擦力过度，故A错误，B正确；
CD、以小盘(及砝码)为研究对象，根据牛顿第二定律可知：m2g−F=m2a
以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可知：F=m1a
解得：a=m1m1+m2m2g
可知将m2g近视为小车受到的合力，只有当m2≪m1时，m2+m1≈m1，a与m2g近视成正比，当小盘(及砝码)的质量m2增大到不满足m2≪m1时，a与m2g不能近视成正比，图像的斜率减小，所以图像末端向下弯曲，故D正确，C错误。
故选：BD。
故答案为：(1)C；(2)0.20；(3)BD
(1)根据实验注意事项分析判断；
(2)根据逐差法求小车加速度；
(3)根据牛顿第二定律推导图像函数表达式，分析判断。
本题考查探究加速度与物体受力和质量的关系实验，要求掌握实验原理，实验器材、实验步骤、纸带数据处理和误差分析。
12.【答案】50 4 3.0 6
【解析】解：(2)如果以弹簧长度l为横坐标，弹力大小F为纵坐标，作出F−l图像，则图像与横轴的截距表示弹簧的原长，图像的斜率表示弹簧的劲度系数，根据图像可知，弹簧的原长为
l0=4cm
图线的斜率为弹簧的劲度系数，有：k=ΔFl−l0=8(20−4)×10−2N/m=50N/m
(3)弹簧测力计的最小分度为0.2N，则弹簧测力计的示数表示弹力的大小，即
F=3.0N
所以该弹簧的伸长量为：Δx=Fk=350m=0.06m=6cm
故答案为：(2)50；4。(3)3.0；6。
弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=kΔx求解劲度系数；当外力为零时，弹簧已经有形变量。
本题主要考查了根据弹簧弹力与形变量的关系，关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F=kΔx并结合图象列式求解即可。
13.【答案】解：(1)以重物为研究对象，受到重力和a细线的拉力而平衡，根据平衡条件可得细线a的拉力为：Ta=mg=1×10N=10N；
以结点O′为研究对象，受到三段细线的拉力而平衡，如图所示；
根据平衡条件可得：Tb=Tacs37°=10×0.8N=8N
Tc=Tasin37°=10×0.6N=6N；
(2)弹簧的弹力大小等于细绳c的拉力大小，则Tc=kx
解得：x=0.06m。
答：(1)细线a、b、c的拉力大小分别为10N、8N、6N；
(2)弹簧的形变量为0.06m。
【解析】(1)以重物为研究对象，根据平衡条件可得细线a的拉力，以结点O′为研究对象，根据平衡条件可得细线b、c的拉力大小；
(2)弹簧的弹力大小等于细绳c的拉力大小，根据胡克定律求解弹簧的形变量。
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。
14.【答案】解：(1)设卫星的最大速度为vm，运动总时间为t，运动总位移为x，则有：
x=vm2t
解得：vm=12m/s
(2)设匀减速运动加速度大小为a，则有：
a=vmt2=124m/s2=3m/s2
(3)设卫星匀减速运动时发动机的推力大小为F，根据牛顿第二定律得：
F−mg月=ma
据题知：g月=16g
解得：F=7420N
答：(1)卫星运动达到的最大速度为12m/s。
(2)卫星匀减速运动时的加速度大小为3m/s2。
(3)卫星匀减速运动时发动机的推力大小为7420N。
【解析】(1)由匀变速直线运动的位移与平均速度关系来求最大速度
(2)由匀减速阶段的速度变化和时间可求得加速度大小
(3)由牛顿第二定律求解推力大小。
本题是动力学中第二类问题，要灵活选择匀变速运动的公式，运用推论求最大速度。在运用牛顿第二定律F=ma时，要注意F指的是合外力，不是推力。
15.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，对整体有：F−2mg=2ma
解得：加速度a=2.5m/s2
对B有：FT−mg=ma
解得：FT=2.5N
(2)在t=2s时细线断裂后，B竖直向上运动，2s末的速度v=at=2.5×2m/s=5m/s；
设速度减小到零所有时间为t′，
根据运动学公式有：
v−gt′=0
解得：t′=vg=510s=0.5s
绳断后对A分析，由牛顿第二定律有：
F−mg=ma′
解得：a′=15m/s2
此时A的速度
vA=v+a′t=5m/s+15×0.5m/s=12.5m/s；
(3)断裂后，根据位移−时间公式有：
A上升的位移为：xA=vt+12a′t2=5×2m+12×15×22m=45m
B的位移为：
xB=vt−12gt2=5×2m−12×10×22m=−10m
故AB间的距离为：△x=45m+10m+0.5m=50.5m。
答：(1)运动过程中细线的张力为2.5N；
(2)在t=2s时细线断裂，B运动到最高点时A的速度为12.5m/s；
(3)在t=2s时细线断裂，再经2s时间两物体间的距离为50.5m。
【解析】(1)对整体由牛顿第二定律可求得加速度，再对B分析由牛顿第二定律即可求出绳子上的拉力；
(2)ts时绳子断裂后，B做竖直上抛运动，A做匀加速运动，根据竖直上抛运动规律求出B上升到最高点时的时间，再牛顿第二定律和运动学公式求出A的速度；
(3)由位移公式求出绳子断裂后2s内AB的位移，从而求出距离的差值。
本题考查牛顿第二定律和运动学公式的应用，要注意明确整体法与隔离法的应用，正确选择研究对象做好受力分析和运动过程分析是解题的关键。