山东省枣庄市滕州市第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试物理试卷(含解析)

滕州一中高一期末测试物理试卷2023.1单选题(每题3分，共24分)1．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功。下列说法不正确的是（　　）A．“2021年10月16日0时23分”指的是时刻B．“神舟十三号”飞船和空间站组合体对接时，不可以将飞船看成质点C．“神舟十三号”飞船在发射竖直升空阶段的加速度方向竖直向上D．发射升空过程中，飞船内的翟志刚看到王亚平、叶光富两名航天员相对自己运动2．某同学站在体重计上，通过做下蹲、起立的动作来探究超重和失重现象．下列说法正确的是（）A．下蹲过程中人始终处于超重状态B．起立过程中人始终处于超重状态C．下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态D．起立过程中人先处于失重状态后处于超重状态3．如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a向前加速运动。货箱中石块B的质量为m，下列说法正确的是（　　）A．B只受到重力和车厢底部的支持力B．B受到车厢底部的支持力与B受到的重力是一对平衡力C．石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为右上方。D．石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为ma4．一个做曲线运动的物体的轨迹如图所示，则物体速度v的方向和加速度a的方向可能正确的是（　　）A．B．C．D．5．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F（不计滑轮与绳之间的摩擦），则以下说法正确的是（　　）A．船的速度为vcosθB．船的速度为vsinθC．船的加速度为Fcosθ-fmD．船的加速度为F-fm6．如图所示，在一段封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆柱体R。R从坐标原点以速度v0=1cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，测出某时刻R的x、y坐标值分别为4cm和2cm，则小圆柱体．则红蜡块R的（　　）A．此时刻速度大小为4cm/sB．此时刻速度方向与x轴正方向成45°角C．该过程位移大小为25cmD．该过程路程大小为8cm7．重量为100N的木箱放在水平地板上，至少要用35N的水平推力，才能使它从原地开始运动。木箱从原地移动以后，用30N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速运动。由此可知（　　）A．木箱与地板间的最大静摩擦力为30NB．木箱与地板间的动摩擦因数为0.35C．若用34N的水平推力推静止的木箱，木箱所受的摩擦力是34ND．若用20N的水平推力推滑动的木箱，木箱所受的摩擦力是20N8．用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。重力加速度为g，则下列选项错误的是（　　）A．若两个小球1和2的重力均为G，细线a对小球1的拉力大小为433GB．若两个小球1和2的重力均为G，细线b对小球2的拉力大小2213GC．若两个小球1和2的重力均为G，细线c对小球2的拉力大小233GD．若细线b与竖直方向夹角为60°，小球1和小球2的质量之比为2∶1多选题(每题4分，选不全的2分，共16分)9．一根细线上端固定，下端系着一个质量为m的小球。给小球施加拉力F，使小球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。则拉力F（    ）A．方向不可能在图中Ⅰ区内B．方向不可能在图中Ⅱ区内C．最小值为mgsinθD．最小值为mgtanθ10．目前我国大力提倡发展新能源，不仅在购车方面有国家和地方双补贴、免缴购置税等好政策，而且在出行上部分城市也实施了新能源汽车免受限号的政策，受到大家的青睐。为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象。下列说法正确的是（　　）A．动力车的初速度为20m/sB．刹车过程动力车的加速度大小为10m/s2C．刹车过程持续的时间为4sD．刹车过程经过6s时动力车的位移为30m11．如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间（　　）A．弹簧的形变量不改变B．弹簧的弹力大小为3mgC．木块A的加速度大小为2gD．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg12．如图甲所示，传送带AB倾斜放置，与水平面的夹角为37°，以恒定速率沿逆时针方向转动，在传送带顶端A处轻放一质量为2kg的货物，货物在1s时恰好到达底端B处，全程运动的速度随时间变化规律如图乙所示货物可视为质点，取g=10m/s2，则（   ）A．货物离开传送带时的速度为6.0m/sB．传送带AB的长度为2.8mC．货物在0.5s到1s时间内的加速度为2.8m/s2D．货物在传送带上留下的痕迹长为1.5m实验题(每空2分，共14分)13．某物理兴趣小组成员，在“探究弹簧的弹力与形变量的关系”时测得的几组数据如下表所示，已知弹簧始终处于弹性限度内。弹簧总长度l/cm5.506.006.507.007.50弹力FN0.10.20.30.40.5（1）根据测得的数据，在如图所示的坐标纸上作出F-l图像。（2）弹簧的原长l0=___________cm。（3）弹簧的劲度系数k=_____________N/m。14．某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是___________。A．理想化模型法          B．阻力补偿法C．等效替代法D．控制变量法（2）已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图2所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。小车的加速度大小为___________m/s2（结果保留3位有效数字）（3）下列做法正确的是___________（填字母代号）。A．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源B．为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度（4）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a-F关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是___________。（选填下列选项的序号）A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所用小车的质量过D．所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大大(共46分)15．（8分）某同学在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外从高处落下的一个小石子拍摄在照片中，已知本次摄影的曝光时间是0.01s，测得照片中石子运动痕迹的长度为0.6cm，实际长度为100cm的窗框在照片中的长度为6.0cm，g取10m/s2。求：(1)估算曝光时刻石子运动的速度是多大？(2)估算这个石子大约是从距离窗户多高的地方落下的。16．（12分）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，汽车以54km/h的速度行驶，如果通过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过0.5min收费后，再加速至54km/h行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至18km/h，匀速到达中心线后，再加速至54km/h行驶。设汽车运行的路线均为直线，且汽车加速和减速的加速度大小均为2m/s2。（1）汽车经过人工通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的位移和所需的时间各为多少？（2）汽车通过ETC通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的位移和所需的时间各为多少？‍（12分）如图所示，一重力为100N的木块，恰好能沿倾角为37°的斜面匀速下滑。求：（1）木块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）若要将木块沿斜面匀速上推，必须加多大的水平推力F（结果保留一位小数）。（3）若增大倾角θ达到多大时，水平推力F就不可能将木块沿斜面匀速向上推？求出倾角θ的正切值。18．（14分）如图所示，质量M=2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力的作用下沿水平面向右匀加速运动，这时铁箱内一个质量m=1.5kg的木块恰好能静止在后壁上。已知铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。（1）求出木块对铁箱压力的大小；（2）求出水平拉力F的大小；（3）减小拉力，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为3m/s时撤去拉力，又经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度L是多少。滕州一中高一期末测试物理试卷单选题(每题3分，共24分)1.【答案】D【详解】A．时刻即某一瞬间，指的是时间点，“2021年10月16日0时23分”是发射点火瞬间，指的是时刻；B．“神舟十三号”飞船和空间站组合体对接时，飞船的大小不能忽略不计，不可以将飞船看成质点；C．“神舟十三号”飞船在发射升空阶段的加速度方向竖直向上，使飞船向上加速上升；D．发射升空过程中飞船内的翟志刚看到王亚平、叶光富两名航天员相对自己静止不动，三人未发生位置变化，故D错误。故选D。【答案】C【详解】下蹲过程中，人的重心是先加速下降后减速下降，故人的加速度先向下，后向上，根据牛顿第二定律可知，人先处于失重后处于超重状态，C正确；BD．起立过程中，人的重心是先加速上升，后减速上升，故人的加速度先向上，后向下，故该过程中，先是超重状态后是失重状态，BD错误。故选C。3.【答案】C【详解】货车在水平直道上以加速度a向右匀加速运动，石块B受到周围物体对它的作用力F和重力mg，合力方向向右，如图所示由牛顿第二定律可知，B受到的合力大小为ma，石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为mg2+a2。故选C。4.【答案】A【详解】A．图中速度方向沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，符合实际，故A正确；B．速度方向沿轨迹切线方向是正确的，而加速度不可能沿切线方向，否则将是直线运动，故B错误；C．图中速度方向是正确的，而加速度方向是错误的，按图示加速度方向轨迹应向右弯曲，故C错误；D．加速度方向指向轨迹的内侧，是正确的，而速度方向不是沿切线方向，故D错误。故选A。5.【答案】C【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，根据平行四边形定则有v人=v船cosθ则船的速度为vcosθ，AB错误；CD．对小船受力分析，有Fcosθ-f=ma因此船的加速度大小为Fcosθ-fm，C正确。故选C。6.【答案】C【详解】AB．根据题意可知，红蜡烛在y轴做匀速直线运动，根据y=v0t可知t=2s红蜡烛在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=vt2t解得vt=4cms则此时刻速度大小为v=v02+vt2=17cms此时刻速度方向与x轴正方向夹角的正切值tanα=v0vt=14则α≠45°,故AB错误；CD．红蜡烛在y轴方向有y=v0t在x轴有x=12at2联立整理的x=a2v02y2可知，红蜡烛的运动轨迹为抛物线，当运动到t时刻，红蜡烛的位移x1=x2+y2=16+4cm=25cm由于红蜡烛做曲线运动，则路程大于位移的大小，不一定为8cm故D错误。故选C。7.【答案】C【详解】A．最大静摩擦力是指物体刚要运动时对应的摩擦力，根据二力平衡可知，最大静摩擦力为35，A错误；B．木箱做匀速运动时合力为零，所以滑动摩擦力等于此时的推力，即f=μmg解得μ=0.3,B错误；C．34N的水平推力小于最大静摩擦力，所以木箱静止，受到的是静摩擦力，根据二力平衡可知，此时的摩擦力为34N，C正确；D．木箱滑动时，受到的是滑动摩擦力，滑动摩擦力只与正压力及动摩擦因数有关，与水平推力无关，因此，此时的摩擦力为30N，故D错误。故选C。8.【答案】B【详解】A．选取A、B两球为研究对象，受力如图所示利用正交分解法，可列方程Fasin30∘=FcFacos30∘=2G解得Fa=433G，Fc=233G故AC正确；B．选取B球为研究对象，受力如图所示由平衡条件可得Fb=F'b=(G)2+Fc2=213G故C错误；C．若细线b与竖直方向夹角为60°，a球受力平衡，水平方向F'asin30∘=Fbsin60∘竖直方向Fbcos60∘+m1g=F'acos30∘解得Fb=m1g对球2根据受力平衡有Fbsin30∘=m2g所以两个小球1和2的质量之比为2：1，故C正确；故选B。多选题(每题4分，选不全的2分，共16分)9.【答案】AC【详解】小球受竖直向下的重力mg和沿细绳斜向上的拉力T以及拉力F，三力平衡，则力F必在mg和T夹角的对角范围内，即在图中的Ⅱ区域，选项A正确，B错误；CD．当力F与T垂直时，F最小，最小值为Fmni=mgsinθ选项C正确，D错误。故选AC。10.【答案】AC【详解】AB．根据刹车过程速度与位移的关系可得v02-v2=2ax整理得x=v022a-12av2结合图像可得-12a=-110,v022a=40解得a=5m/s2,v0=20m/sA正确，B错误；C．刹车过程持续时间为t=v0a=4s,C正确；D．由图可知，刹车距离为40m，且汽车刹车时间为4s，则刹车过程经过6s时动力车的位移为40m，D错误。故选AC。11.【答案】ABC【详解】A．由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；B．开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F=3mg移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B正确；C．A受到的合力大小为FA=F-mg=3mg-mg=2mg对木块A由牛顿第二定律得2mg=ma解得a=2g方向竖直向上，故C正确；D．对B，由平衡条件得3mg+mg=FN解得FN=4mg则在木块C移开的瞬间，木块B对水平面的压力大小仍为4mg，故D错误。故选ABC。12.【答案】AC【详解】AC．由v-t图可知，0~0.5s时间内货物的加速度为a1=ΔvΔt=4.60.5m/s=9.2m/s由牛顿第二定律mgsin37°+f=ma10.5~1.0s时间内mgsin37°-f=ma2货物离开传送带时的速度为v2=a1t1+a2t2联立可得a2=2.8m/s2，v2=6m/sAC正确；B．由图知，传送带速度为v1=4.6m/s，传送带AB的长度为货物1s内总位移x总=v12t1+v1+v22t2=3.8m,B错误；D．货物在传送带上第一个加速阶段相对传送带后滑留下的划痕长度Δx1=v1t1-12v1t1=1.15m第二个加速阶段相对传送带前滑的划痕长度Δx2=12(v1+v2)t2-v1t2=0.35m故总划痕长度Δx=Δx1=1.15m故D错误。故选AC。实验题(每空2分，共14分)13.【答案】    如图    5.00    20【详解】（1）[1]根据描点作图法可得（2）[2]由图可知弹簧的原长为l0=5.00cm（3）F-l图线的斜率即为劲度系数，则有k=ΔFΔx=0.5-0.17.50-5.50×10-2N/m=20N/m14.【答案】    B    2.01    C    D【详解】（1）[1]把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块沿木板的下滑力大小等于摩擦阻力，即使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是阻力补偿法，故选B。（2）[2]已知交流电源频率为50Hz，纸带上相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为T=0.02×5s=0.1s由Δx=aT2可得小车的加速度为a=ΔxT2=xCE-xAC4T2=8.61+10.61-4.61-6.594×0.12×10-2ms2=2.01ms2（3）[3]A．实验时，先接通打点计时器的电源，带打点稳定后，再放开木块，这样纸带会得到充分利用，会有多的数据信息，A错误；B．以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砝码总质量为M，砝码桶及桶内砝码总质量为m，由牛顿第二定律，则有mg=m+Ma木块的加速度为a=mm+Mg木块所受的合外力则有F=Ma=mMm+Mg=mgmM+1当m≪M时，可认为木块受到的拉力等于砝码桶及桶内砝码的总重力。因此为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，B错误；C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使小车能沿砝码桶拉力作用下做匀加速运动，以减小实验误差，C正确；D．通过增减木块上的砝码改变质量时，因是木块与木块上的砝码的总重力沿木板的下滑力来平衡摩擦阻力，则有Mgsinθ=μMgcosθ,tanθ=μ因此木块及砝码改变质量时，都不需要重新调节木板倾斜度，D错误。故选A。（4）[4]ABC．由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦；平面轨道倾斜角度过大；所用小车的质量过大，都不会影响a-F关系图像AB段明显偏离直线，ABD错误；D．当所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量太大时，则有木块所受的合外力F=Ma=mMm+Mg=mgmM+1如图3所示。造成此现象的主要原因可能是：当有砝码桶内及桶内砝码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砝码桶及桶内砝码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有a-F图像的AB段明显偏离直线，D正确。故选D。计算题(共46分)15.(8分)【答案】(1)10m/s；4分(2)5m4分【详解】(1)设石子在曝光时间0.01秒内的下落距离为h1，6cm100cm=0.6cmh1解得h1=10cm=0.1m曝光时刻石子运动的速度v=h1Δt解得v=10m/s(2)根据速度公式v=gt解得t=1s根据位移公式h=12gt2解得h=5m16.（12分）【答案】（1）112.5m，45s；6分（2）110m，12s6分【详解】（1）汽车的速度v=54km/h=15m/s汽车通过人工收费通道时，速度减速为零的位移x1=v22a=1522×2m=56.25m经过的时间t1=va=7.5s速度从零加速到原来速度经历的位移x2=x1=56.25m加速的时间t2=t1=7.5s总位移x=2x1=112.5m总时间t=t0+2t1=45s（2）设汽车通过ETC通道时，从速度v减速到v'，行驶的位移为s1，时间为t1'，从速度v'加速到v行驶的位移为s2，时间为t2'，根据速度位移公式得s1=s2=v2-v'22a=50m运动时间满足t1'=t2'=v-v'a=5s匀速直线运动的时间t3'=105=2s总位移s=2s1+s0=110m汽车通过的时间是t'=t1'+t2'+t3'=12s17.（12分）【答案】（1）0.75；4分（2）342.9N4分（3）tanθ=434分【详解】（1）木块受力分析如图FN1=Gcos37°Ff1=Gsin37°Ff1=μFN1解得μ=0.75（2）木块受力分析如图x轴方向Ff2+Gsin37°-Fcos37°=0y轴方向FN2-Gcos37°-Fsin37°=0又Ff2=μFN2解得F=342.9N（3）向上匀速时，沿斜面正交分解Fcosθ=mgsinθ+μ(Fsinθ+mgcosθ)F=mgsinθ+μmgcosθcosθ-μsinθ当分母上的cosθ-μsinθ≤0时，F无解，因此tanθ≥1μ=4318.（14分）【答案】（1）75N；4分（2）212N；4分（3）0.9m6分【详解】（1）木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为Ff，木块在竖直方向受力平衡，有Ff=mg，Ff=μ2FN解得FN=75N根据牛顿第三定律，木块对铁箱的压力大小为FN´=FN=75N（2）对木块，根据牛顿第二定律有FN=ma解得a=50m/s2以整体为研究对象F-μ1M+mg=M+ma解得F=212N（3）铁箱、木块运动示意图如图所示：铁箱受到地面的摩擦力Ff1=μ1M+mg=12N，方向水平向左铁箱受到木块的摩擦力Ff2=μ2mg=3N，方向水平向右铁箱向右匀减速运动，设铁箱的加速度大小为a1，对铁箱：根据牛顿第二定律有Ff1-Ff2=Ma1解得a1=3.6m/s2，方向水平向左据作用力和反作用力的关系得：木块受到铁箱的摩擦力大小Ff2=μ2mg=3N方向水平向左．所以，木块向右匀减速运动，设木块的加速度大小为a2，对木块：根据牛顿第二定律有Ff2=ma2解得a2=2m/s2，方向水平向左撤去拉力后铁箱运动到停止所需时间t1=va1=0.83s<1s木块运动到停止所需时间t2=va2=1.5s>1s故经过1s时铁箱已经停止，而木块仍在运动。经过1s，木块从铁箱的左侧到达右侧，铁箱对地位移s1=v22a1=1.25m木块对地位移s2=vt-12a2t2=2m故铁箱的长度L=s2-s1=0.75m