2022-2023学年广东省广州市西关外国语学校高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省广州市西关外国语学校高一（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省广州市西关外国语学校高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 中国海军护航编队“巢湖”舰历经36h、航行约8330km，护送13艘货轮顺利抵达亚丁湾西部预定海域，航线如图所示。下列说法正确的是(    )

A. 以“巢湖”舰为参考系，13艘货轮全程任何时刻都是静止的
B. 研究舰队的行驶路程时，可将“巢湖”舰看作质点
C. 此次护航过程的平均速度大约是231.4km/h
D. “巢湖”舰的速度越大，其加速度一定越大
2. 若汽车的加速度方向与速度方向一致，当加速度减小时，则(    )
A. 汽车的速度也减小
B. 汽车的速度保持不变
C. 当加速度减小到零时，汽车静止
D. 当加速度减小到零时，汽车的速度达到最大
3. 冰壶(Crling)，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目。冰壶被投掷出去队员不摩擦冰面时可认为冰做匀减速运动，若冰壶以1.6m/s的速度被掷出时，在冰面上滑行了8m，则冰壶以3.2m/s的速度被掷出，在冰面上滑行的距离为(    )
A. 8m B. 16m C. 24m D. 32m
4. 从某高处释放一粒小石子，经过2s从同一地点再释放另一粒小石子。不计空气阻力，落地前，两粒石子间的距离将(    )
A. 保持不变 B. 不断减小 C. 不断增大 D. 先增大后减小
5. 如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上、已知斜面的倾角为30∘，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为(    )

A. 12mg和12mg B. 12mg和 32mg
C. 32mg和12mg D. 32mg和 32mg
6. 如图，将一重力不计的白纸夹在物理课本与水平桌面之间，现用水平拉力F将白纸从书本底下向右抽出(书本未从桌面滑落)，已知课本重力为G，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则在白纸被抽出的过程中(    )

A. 课本对白纸的摩擦力方向向右
B. 抽动瞬间，白纸受到的摩擦力为2μG
C. 抽动瞬间拉力F越大，课本与白纸间的摩擦力越大
D. 课本与白纸间的摩擦力大小始终等于μG
7. 如图所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m。忽略空气阻力，小孩和杆从图示位置静止竖直下落，从弹簧接触地面到小孩运动到最低点的过程中，对小孩和杆组成的系统，下列说法正确的是(    )

A. 速度不断减小
B. 加速度先变小再变大
C. 先是加速度增大的加速运动，后是加速度减小的减速运动
D. 到最低点时，小孩和杆处于平衡状态
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 弹力在日常生活和工农业生产中有着广泛的应用。如生活中的缓冲装置就是利用弹簧的弹力作用来实现的。某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型，图中k1，k2为原长相等、对应劲度系数k1
A. 两个弹簧产生的弹力大小始终相等 B. k2弹簧产生的压缩量较大
C. k1弹簧产生的压缩量较大 D. 装置的缓冲效果与弹簧的劲度系数有关
9. 如图所示的位移—时间(s—t)图象和速度—时间(v—t)图象中给出四条图线，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. 0∼t1时间内，甲通过的路程等于乙通过的路程
C. 0∼t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
D. 0∼t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等
10. 如图所示是某同学站在力板传感器上做“下蹲−起立”的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学(    )

A. 体重约为800N
B. 10s内做了一次“下蹲−起立”的动作
C. 10s内做了两次“下蹲−起立”的动作
D. “下蹲−起立过程”的最大加速度约为7m/s2
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：
a.如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．
b.沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．
c.再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向．

①用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是___________．
②实验中利用图中标记的o点和b点确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是_______________．
③图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中_____ (填F或F,)是F1和F2合力的实际测量值．

12. 图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器，将小车和挂在竖直面内的拉力传感器用一条柔软的细绳通过光滑的定滑轮和轻质动滑轮连接起来。拉力传感器是一种将物理信号转变为可测量的电信号输出的装置，用于检测小车受到的拉力大小。平衡摩擦力后，记录下拉力和对应的加速度。

(1)关于该实验方案，下列说法正确的是_____(填字母代号)。
A.实验时，先释放小车再接通打点计时器的电源
B.平衡摩擦力后要使细绳拉力等于小车受到的合力，实验时应使牵引小车的细绳与长木板保持平行
C.实验时需调节力传感器的位置，使动滑轮两侧的细绳保持竖直
(2)实验中_____(选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码的质量远小于小车的质量。
(3)第一实验小组在实验中得到一条纸带的一部分如图乙所示，O、A、B、C、D是按打点顺序依次选取的点。用刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度，计数点间的距离如图所示，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。根据图中数据计算出加速度的大小为_____m/s2。(计算结果保留两位有效数字)
(4)第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的a—F图像，该小组同学做实验时存在的问题是_____。

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
13. 民航客机因故迫降后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，如图所示。人沿气囊滑行到地面的过程可看作匀加速直线运动。出于安全考虑，人滑至气囊底端时的速度约为3.6m/s，下滑时间约为3.6s。求：
(1)人沿气囊滑下时的加速度大小；
(2)气囊所构成的斜面长度。


14. 如图所示，物体A和物体D重分别为400N、100N，物体A与桌面间、物体A和物体D间的动摩擦因数均为0.2，它们间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。AC绳水平，OC绳与竖直方向的夹角为30°，求：
(1)整个系统静止时，物体A和物体D间摩擦力为多少；
(2)当物体B重30N时，A所受桌面的摩擦力为多少；
(3)如果保证A静止不动，问所挂物体B的最大重量为多少。(结果可用根式表示)


15. 如图所示，一小物块置于长L=3.5m的木板上表面的最右端，两者均静止。已知物块质量m=2kg，木板质量M=4kg，木板与水平地面间光滑，物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若对木板施加一水平向右的恒力F1=10N，求此时物块的加速度大小a1；
(2)若对木板施加一水平向右的恒力F2=24N，作用1s后撤去该力；
①求撤去F2的瞬间，物块、木板的加速度大小a2、a3；
②撤去F2后，物块能否滑离木板？若能离开，求出离开时物块和木板的速度vm和vM；若不能离开，求物块最终距木板右端的距离d。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】A.13艘货轮不是任何时刻速度都是相同的，以“巢湖”舰为参考系，13艘货轮不是全程任何时刻都是相对静止的，故A错误；
B.由于航程很长，远大于“巢湖”舰的尺寸，所以研究行驶路程时，可将“巢湖”舰看作质点，故B正确；
C.根据运动学公式可得，护航过程的平均速率约为
v=st=833036km/h=231.4km/h
舰队不是单向直线运动，平均速度大小不等于平均速率，故C错误；
D.加速度大小表示速度变化快慢，与速度大小没有直接关系，所以“巢湖”舰的速度越大，其加速度不一定越大，故D错误。
故选B。


2.【答案】D 
【解析】解：由题，汽车的加速度方向与速度方向一致，汽车在做加速运动，速度在增大，加速度减小说明汽车的速度增加由快变慢，当加速度减小到零时，汽车做匀速直线运动，速度达到最大值．
故选D
根据汽车的加速度方向与速度方向一致，判断汽车的运动情况．加速度表示物体速度变化的快慢，加速度减小时，分析速度变化的快慢．
只要加速度方向与速度方向相同，物体的速度就在增大，可以根据牛顿第二定律加深理解．加速度减小，并不意味着速度减小．

3.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查速度位移公式的应用，基础题目。
根据速度位移公式列方程得出对应的滑行距离即可判断。
【解答】
设冰壶在冰面上的加速度为a，则有
0−v12=2ax1
0−v22=2ax2
解得
x2=(v2v1)2⋅x1=32m
故选D。
  
4.【答案】C 
【解析】解：设落地前第一个小石子运动的时间为t，则第二个小石子运动的时间为(t−2s)，根据位移—时间公式得：
h1=12gt2
h2=12g(t−2)2
Δh=h1−h2=2gt−2g
所以随着时间的增大，两粒石子间的距离将增大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
从某高处释放一粒小石子，小石子做自由落体运动，根据位移—时间公式即可求解。
该题主要考查了自由落体运动位移与时间的关系，难度不大，属于基础题。

5.【答案】C 
【解析】等边三棱柱静止在水平放置的斜面上，则斜面对三棱柱的支持力
FN=mgcos30∘= 32mg
摩擦力的大小
Ff=mgsin30∘=12mg
故选C。


6.【答案】B 
【解析】
【分析】
考查滑动摩擦力大小与方向的应用，掌握静摩擦力与滑动摩擦力的区别与联系。
依据滑动摩擦力与相对运动方向相反；根据滑动摩擦力公式Ff=μFN，结合受力分析，即可确定求解。
【解答】
解：A.课本相对白纸向左运动，因此白纸对课本的摩擦力方向向右，故A错误；
B.抽动瞬间，白纸受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff=μFN，且白纸受到课本与桌面的两个滑动摩擦力，因此其大小为2μG，故B正确；
C.依据滑动摩擦力大小公式，可知，课本与白纸间的滑动摩擦力与拉力无关，故C错误；
D.课本与白纸间在没有相对运动时，受到是静摩擦力，当有相对运动时，受到是滑动摩擦力，因此它们之间的摩擦力大小不是始终等于μG，故D错误；
故选B。  
7.【答案】B 
【解析】
【分析】
小孩和杆从接触地面到最低点的过程中，速度先增大后减小、动量先增大后减小，加速度先减小后增大。
本题主要是考查牛顿第二定律，关键是弄清楚整体的受力情况和运动情况，能够根据牛顿第二定律分析加速度的大小。
【解答】
ABC.下落过程中，弹簧弹力增大，当F mg−F=ma1
加速度向下，且逐渐减小，系统做加速运动；
当F>mg时有
F−mg=ma2
加速度向上，且加速度逐渐增大，系统做减速运动；
所以系统先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A、C错误，B正确；
D.最低点时，弹簧弹力最大，系统具有向上的最大加速度，故D错误。
故选B。
  
8.【答案】ACD 
【解析】
【分析】
首先根据牛顿第三定律判断两串联弹簧上弹力大小关系；再由胡克定律得出压缩量与劲度系数的关系，即可解题。
本题考查胡克定律和牛顿第三定律，解题关键是两弹簧串联时弹力大小相等，属于基础简单题目。

【解答】
A.根据图形可知，两根轻质弹簧串联后构成一根轻质弹簧，而同一根轻质弹簧弹力大小处处相等，则两个弹簧产生的弹力大小始终相等，A正确；
BC.根据上述，令弹力大小为F，则有
F=k1Δx1，F=k2Δx2
由于
k1 则有
Δx1>Δx2
可知，k1 弹簧产生的压缩量较大，B错误，C正确；
D.根据胡克定律可知，弹力相等时，劲度系数不同，弹簧的形变量也不同，因此装置的缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，D正确。
故选ACD。
  
9.【答案】BC 
【解析】A.位移—时间图像只能描述直线运动，乙车的位移—时间图像是一条曲线，说明乙车做变速直线运动，故A错误；
B.由图可知， 0∼t1 时间内，甲、乙都做单向直线运动，所以甲通过的路程等于乙通过的路程，故B正确；
C.由图可知，在 0∼t2 时间内，丙、丁两车的图线围成的面积在 t2 时刻差值最大，所以丙、丁两车在 t2 时刻相距最远，故C正确；
D.由图可知，在 0∼t2 时间内，丙、丁两车的位移不相等，所以两车的平均速度也不相等，故D错误。
故选BC。


10.【答案】BD 
【解析】A.从图中可以看出人的体重约为650N，故A错误；
BC.人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲−起立的动作，故B正确，C错误；
D.图中可以看出人的体重约为650N，下降的过程中对力传感器的最小压力约200N，所以人的最大加速度
amax=650−20065m/s2≈6.9m/s2
故D正确；
故选BD。
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度;超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下
降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。


11.【答案】 合力与分力的作用效果相同     Ob间距太小     F′ 
【解析】(1)合力与分力间的关系是等效替代，所以我们要让一个力(合力)与两个力(分力)产生相同的作用效果．所以将橡皮筋的活动端都拉至O点，这样做的目的是：合力与分力的作用效果相同；
(2)确定力方向时，用画点的方法记录，两点确定一条直线，两个点距离适当的远一点能减小误差．所以这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的b点标记得不妥，其原因是：Ob间距太小；
(3)数据处理时要注意：用平行四边形画出来的是理论值，图中F′是平行四边形的对角线，故F′是应用力的合成的平行四边形定则求出的F1和F2的合力，实际值是F．


12.【答案】(1)BC；(2)不需要；(3)2.4；(4)平衡摩擦力过大 
【解析】(1)A.实验时，为了获取更多的点，应先接通打点计时器的电源再释放小车，A错误；
B.实验时应使牵引小车的细绳与长木板保持平行，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，会影响摩擦力，就不能使细绳拉力等于小车受到的合力，B正确；
C.如果动滑轮两侧细线不保持竖直，随着砂桶的下降，两线的夹角发生变化，细线的拉力发生变化，力传感器显示的力成为一个变力，所以需要调节力传感器的位置，使动滑轮两侧的细线保持竖直，C正确。
故选BC。
(2)实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码的质量远小于小车的质量。
(3)打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，所以图中纸带上所取的相邻点的时间间隔为
T=150s×5=0.1s
根据匀变速运动推论可得加速度为
a=sBD−sOB(2T)2=28.81−9.61−9.610.22×10−2m/s2=2.4m/s2
(4)根据图线可得当F为零时，小车就已经有一定的加速度，说明平衡摩擦力过大。


13.【答案】解：(1)设人沿气囊滑下时的加速度为a，根据匀变速直线运动规律，可知
a=vt
解得
a=1.0m/s2
(2)设气囊所构成的斜面长度为L，根据匀变速直线运动规律，可知
L=12vt
解得
L=6.48m
 
【解析】
【分析】(1)根据匀变速直线运动速度—时间公式求解加速度；
(2)根据匀变速直线运动位移—时间公式求解斜面长度。
本题考查匀变速直线运动规律，掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用是解题关键。  
14.【答案】解：(1)物体D处于静止状态，所受合力为0，对物体D进行受力分析可知，D仅受重力和A对D的支持力，不受摩擦力的作用，因此物体A和物体D间摩擦力为0。
(2)对节点C进行受力分析可知To cos30°=GB，To sin30°=TA
解得TA=10 3N
将AD作为整体，由于AD处于静止状态，可知A所受桌面的摩擦力fA=TA=10 3N
(3)当A与桌面间的摩擦力达到最大时，物体B的重量最大，此时fAm=μ(GA+GD)=100N
再对C点进行受力分析T′o cos30°=GBm，T′o sin30°=T′A
而T′A=fAm
解得GBm=100 3N
答：(1)物体A和物体D间摩擦力为0；
(2)A所受桌面的摩擦力为10 3N；
(3)所挂物体B的最大重量为100 3N 
【解析】(1)对物体D受力分析，根据平衡，分析A和D间摩擦力；
(2)对节点C进行受力分析，列式求解；
(3)分析临界A与桌面间的摩擦力达到最大时，物体B的重量最大，列式求最大重力；
本题解题的关键是分析出临界条件：当A与桌面间的摩擦力达到最大时，物体B的重量最大。

15.【答案】解：(1)物块的最大加速度为am=μmgm=2m/s2，此时选取整体为研究对象可得F=(M+m)am=12N，
故当用F1拉木板时，M、m保持相对静止，
牛顿第二定律F1= (M+m)a1，
解得a1=53m/s2≈1.67m/s2。
(2)当用F2拉木板时，物块和木板之间发生相对滑动，
 ①撤去F2时，木板的速度大于物块的速度，
对物块Ff=ma2，
Ff=μmg，
解得a2=2m/s2，
对木板Ff=Ma3，
解得a3=1m/s2
 ②撤去F2前，M、m发生相对滑动，
对木板F−Ff=Ma4，
解得a4=5m/s2，
作用1s后，物块的速度vm=a2t=2m/s，
木板的速度vM=a4t=5m/s，
物块的位移xm1=12a2t2=1m，
木板的位移xM1=12a4t2=2.5m
假设木板足够长，撤去拉力后，经过时间t1两者速度相等，有
v共=vm+a2t1=vM−a3t1
解得t1=1s
物块的位移xm2=vm+v共2t1
木板的位移xM2=vM+v共2t1
相对位移Δx=(xM1+xM2)−(xm1+xm2)=3m<3.5m
所以不能离开，距离右端的距离d=△x=3m 
【解析】(1)明确木板与物块没有发生相对滑动，选取整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度；
(2)明确木板与物块发生了相对滑动，①分别分析木板和物块，根据牛顿第二定律求加速度；②再分析撤去F2后两者各自的加速度，然后利用运动学公式进行分析。