2022-2023学年江苏省镇江市高一上学期期末物理试题（解析版）.pdf

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1、镇江市2022-2023学年高一上学期期末物理试题一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。1.下列各组物理量中，都是矢量的是（）A.位移、时间、加速度 B.重力、平均速度、平均速率C.弹力、位移、路程 D.速度、力、加速度【答案】D【解析】【详解】A.位移、加速度是矢量，时间是标量，A 错误；B.重力、平均速度是矢量，平均速率是标量，B 错误；C.弹力、位移是矢量，路程是标量，C 错误；D.速度、力、加速度都是矢量，D 正确。故选D。2,两轮自平衡电动车具有运动灵活、操作简单、转弯半径为零等特点，如图所示，警察脚踏自平衡电动车巡逻。下列分析正确的是（）A.自平

2、衡电动车运动灵活是因为惯性比较小B.自平衡电动车对地面的压力是由于地面发生形变而产生的C.自平衡电动车对人的支持力就是人的重力D.轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面的压力【答案】A【解析】【详解】A.自平衡电动车运动灵活是因为质量较小，惯性比较小，A 正确；B.自平衡电动车对地面的压力是由于自平衡电动车发生形变而产生的，B 错误；C.自平衡电动车对人的支持力和人的重力是一对平衡力，但力的性质不同，C 错误；D.轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面的摩擦力，D 错误。故选Ao3.一个木块以一定的初速度冲上一个粗糙的斜面，下列对木块上滑过程中的受力分析正确的是（)【答案】D【解析】【详解】木

3、块受到重力，支持力和摩擦力的作用，重力竖直向下，支持力垂直斜面向上，物体相对于斜面向上运动，摩擦力沿斜面向下。故选D。4.如图所示，一小船船头垂直指向河岸渡河，船相对静水的速度不变，若渡河过程中水速增大，则下列说法正确的是（）-河岸A.渡河位移不变 B.渡河时间变短 C.渡河时间变长河岸 D.渡河时间不变【答案】D【解析】【详解】B C D.因为分运动具有等时性，所以分析渡河时间时，只分析垂直于河岸方向的速度即可，因为渡河时小船船头垂直指向河岸，且船相对静水的速度不变，设河的宽度为心 由t_d_可得，渡河时间不变，BC错误，D 正确；A.因为渡河过程中水速增大，渡河时间不变，由S=小 屋+（珠

4、f）2可得，小船渡河位移增大，A 错误。5.如图所示，同一高度有4 个相同的小球，同一时刻甲、乙、丙分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上以相同的速率抛出，丁做自由落体运动，均不计空气阻力。则下列说法正确的是（）TOA.四个小球同时落地C.四个小球的加速度相同【答案】C【解析】B.甲、乙两小球落地时的速度相同D,四个小球的位移相同【详解】C.甲、乙、丙球被抛出，丁球做自由落体后,均不计空气阻力，四个物体只受重力，由牛顿第二定律mg=ma可得，四个小球的加速度相同，均为g,C 正确；A.设竖直向下为正方向，由运动学公式，对甲球有,1 2竖直方向，对乙球有.1 2力=/匆对丙球有h=-v0t3+gtj

5、对丁球有,1 20=产整理可得=，4 1A 错误；B.由题意可知，甲球落地时的速度为9=%+gfl乙球落地时的速度为V2=7VO+（2）2故甲、乙两小球落地时的速度不相同，B 错误；D.甲、丙、丁三个小球落到抛出位置的正下方，位移大小和方向相同，乙小球水平方向有位移，根据几何关系可知，四个小球位移不相同，D 错误。6.如图所示，人们购物时常将物品装在购物袋中，购物袋两侧有两根等长轻绳呈对称分布，用手提着两绳中央上端，始终保持购物袋处于平衡状态，则（）A.若仅增加购物袋中物品的重量，轻绳上的拉力不变B.若仅增加两根轻绳的长度，每个轻绳上的拉力变小C.若仅增加两根轻绳的长度，手对轻绳的作用力变小D

6、.轻绳越短，越不容易断【答案】B【解析】【详解】A.对购物袋整体受力分析，由牛顿第一运动定律可知，当购物袋中增加物品的重量，整个袋子的重量增加，绳子拉力也增加，故 A 错误；B D.仅增加两根轻绳的长度，则绳子的夹角会变小，由力的合成可知，合力不变，角度减小，拉力减小，反之，绳子越短，角度越大，绳子拉力越大，越容易断，故 B 正确，D 错误；C.对整体分析，手对轻绳的拉力和购物袋的总重力大小相等，增加两根轻绳的长度，手对轻绳的拉力不变，故 C 错误。故选B。7.如图甲所示，在升降机的顶部安装了力传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为，的小球。若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以

7、此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间f变化的图像如图乙所示，g 为重力加速度，则下列说法正确的是（）力传感器甲A.0/）时间内小球处于失重状态C.t2 时间内小球处于超重状态【答案】B【解析】B.A t2时间内小球处于超重状态D.%。时间内小球处于平衡状态【详解】AB.0 4时间内，小球受到的弹力大于自身重力，合力向上，处于超重状态，故 A错误，B正确;CD.。时间内，小球受到的弹力小于自身重力，合力向下，处于失重状态，故 CD错误。故选B,8.生活中运送装修材料时，常采用图中的滑轮装置。做匀速直线运动的工作人员A 通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一装修材料B,设工作人员和装修

8、材料的速度大小分别为匕 和，则下列说法正确的是（）C.vA vB D,绳子对B 的拉力大小等于B 的重力大小【答案】B【解析】【详解】A B C.工作人员A 的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳方向的两个运动，设斜拉绳子与水平方向的 夹 角 为 由 几 何 关 系 可 得vB=vA cos 0所以唳%B 正确，AC错误;D.工作人员A 向右做匀速直线运动，以 不变，所以斜拉绳子与水平方向的夹角。减小，则COS。增大，所以“增大，即材料B 向上做加速直线运动。对材料B 受力分析，由牛顿第二定律T-mKg=ma可得，绳子对B 的拉力大小大于B 的重力大小，D 错误。故选B。9.神舟十四号飞船载人飞船返

9、回舱于2022年 12月 4 日晚成功着落。已知返回舱和宇航员的总质量为“在离地面”高度处的速度为 ,此时发动机立即点火喷气减速，到达地面时的速度为v,当地重力加速度为 g,返回舱在这一过程中可视为竖直方向的匀变速直线运动。根据以上已知条件，返回舱在匀减速下降这一过程中，下列有关于返回舱的物理量不可求的是（）A.加速度 B.运动时间 C.气体喷出的速度 D.平均速度【答案】C【解析】【详解】A.由运动学公式可得，返回舱的加速度为F-诏=2aH2 2V-V-a=-2HA 正确，不符合题意;B.由运动学公式可得，返回舱的运动时间为%+UB 正确，不符合题意;D.返回舱在匀减速下降这一过程中，返回舱

10、的平均速度为D 正确，不符合题意：C.发动机立即点火喷气减速，题目中未给点火喷气的作用力和时间，所以无法求出气体喷出的速度，C错误，符合题意。故选C。1 0.如图所示，质量为例，倾角为30。的斜面静止在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为机的物体P上，右端连接一轻质细绳，细绳平行于斜面方向跨过光滑的轻质定滑轮后连接质量为桃的物体Q,其中甲图中定滑轮固定在天花板上，乙图中的定滑轮固定在斜面上，整个系统均处于静止状态，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.甲图中地面受到的摩擦力为手?gB.甲图中地面受到的压力为Mg+2?gC.乙图中地面受到的摩擦力为3D.乙图中地面受到的压力为M g+【答案】

11、A【解析】【详解】A B.甲图中，对物体Q 受力分析可得，绳子 拉力为T-mg对物体P 和斜面体整体受力分析，如图所示工Mg+mg由平衡条件可得，斜面体受到地面的摩擦力为=T cos 300=g mg由牛顿第三定律可得，甲图中地面受到的摩擦力为h=fi=g竖直方向，由平衡条件得，斜面体受到地面的支持力为N、=Mg+mg-T sin 30=Mg+；mg由牛顿第三定律可得，甲图中地面受到的压力为N：=N=Mg+；mgA正确，B错误；C D.乙图中，对整体受力分析，如图所示Mg+2mg由平衡条件可得，乙图中地面受到的摩擦力为=人=0竖直方向，地面对斜面体的支持力为N2-Mg+2mg由牛顿第三定律可得

12、，乙图中地面受到的压力为N；=N2=Mg+2mgCD错误。故选A二、非选择题：共 5 题，共 60分，其中第1215题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。1 1.某同学用如图甲所示的实验装置做“探究弹簧弹力和弹簧伸长量的关系”实验，他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，计算出弹簧的形变量x和对应的弹簧弹力F,并将对应数据填在表中。实验中弹簧始终未超过弹性限度，每个钩码的质量为20g,取 g=9.80m/s2。(1)图乙是挂一个钩码时弹簧的长度，此时刻度

13、尺的读数为 cm；(2)实验中得到的数据如下:序号012345F(N)00.1960.3920.5880.7840.980 x(cm)01.001.992.404.005.00根据以上实验数据在图丙中作出尸-图像：M/N（3）根据作出的尸-x图像，可求得弹簧的劲度系数为 N/m；（结果保留两位有效数字）（4）某同学仅将0.2kg的物体挂在该实验装置上，则刻度尺的读数应该为 cm；（5）某同学查阅相关资料得知当地重力加速度的值为9.7 8 m/s 2,若考虑此因素的影响，实验测得的劲度系【解析】【详解】（1）口 该刻度尺的分度值为0.1 c m,读数时估读到分度值的下一位，所以该刻度尺的读数为2

14、.80cm；（2）2根据描点可得图像，如图所示F=kM可得，弹簧的劲度系数为0.98-05.0-0N/cm 20N/m（4）4设弹簧的原长为修，当挂一个钩码时，由胡克定律可得mog=k(xl-xo)当将0.2kg的物体挂在该实验装置上时，则有mg=k(x-x0)联立解得x=11.80cm所以，刻度尺的读数应该为11.80cm。（5）5由胡克定律F=mg=ZrAx解得，弹簧的劲度系数为Ax因为当地的重力加速度数值为9.78m/s2，但计算时重力加速度数值取为9.80m/s2,所以实验测得的劲度系数结果大于真实值。12.如图所示，一倾角可调的斜面上有一个质量为10kg的物体。当倾角。调节为30。时

15、，物体静止在斜面上。当 倾 角。调 节 为37。时，物体恰好沿斜面向下作匀速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6,cos37=0.8,g取lOm/s?，求（1）倾角为30。时，物体对斜面的压力大小；【详解】（1）对物体受力分析，由平衡条件可得FN=mg cos 30可得，斜面对物体的支持力大小为=5OV3N由牛顿第三定律可得，物体对斜面的压力大小为5 0 g N。(2)对物体受力分析，沿斜面方向，由平衡条件可得m g s i n 3 7 =jjmg c o s 3 7 可得，物体与斜面的动摩擦因数为1 3.频闪照片法可用于研究小球的平抛运动。某次研究时，小球在抛出时频闪仪

16、恰好闪光，拍摄得到的照片如图所示，图中影像1 为小球抛出时的影像，已知在拍摄影像1 和影像2时小球的实际距离s =0.2 m。频闪仪每隔0.2 s 闪光一次，重力加速度g 取 l O m/s?，忽略空气阻力，小球可视为质点。求：(1)拍摄图中影像1 和 2时小球在竖直方向上距离,的大小；(2)拍摄图中影像3 时小球的速度大小。【解析】【详解】(1)由题可知，影 像 1 和影像2 之间时间间隔为T =0.2 s由自由落体运动公式y =权解得，拍摄图中影像1 和 2 时小球在竖直方向上距离弘的大小为y=0.2 m(2)由题可知，在拍摄影像1 和影像2时小球的实际距离为s =J x；+y；小球在水平

17、方向上做匀速直线运动，则X =匕7解得vx=0.7 5 m/s拍摄图中影像3时，竖直方向速度为v3 v=g-2T=4 m/s所以，拍摄图中影像3时小球的速度大小为1 4.如图所示，幼儿园组织推轮胎加速跑比赛，孩子们既玩的开心又锻炼了身体。比赛中小朋友保持两只手臂相互平行推动轮胎使其沿水平地面由静止开始做匀加速直线运动，2 s末速度变为l m/s。已知轮胎的质量为5 k g,轮胎与地面间的动摩擦因数为0.5,手臂与水平地面间的夹角为3 7 ,s i n 3 7 =0.6 ,c o s 3 7 =0.8,g 取 l O m/s?。(1)求轮胎的加速度大小；(2)求小朋友对轮胎的推力；(3)4 s末

18、小朋友撤去推力，求轮胎可以继续向前运动的距离。【答案】(1)0.5 m/s2；(2)5 5 N；(3)0.4 m【解析】【详解】(1)由匀变速直线运动公式v=vQ+at解得，轮胎的加速度大小为a=0.5 m/s2(2)对轮胎受力分析，竖直方向有&+Fs i n 3 7 水平方向有Fe o s 3 7 以4-ma联立可得，小朋友对轮胎的推力为F =5 5 N（3）撤去推力时，轮胎的速度为V 1 =at=2 m/s由牛顿第二定律可得/jmg=may由运动学公式可得，轮胎可以继续向前运动的距离为片 22 n/x=1 =-m=0.4 m2 q 2 x 0.5 x 1 01 5.在疫情防控期间为符合隔离

19、要求，用传送带装置为隔离人员运送物品和生活垃圾，如图为其工作场景简化图。可调传送带水平段A 8与倾斜段B C转动方向及速率始终一致，A B长4=2 m,B C长4=8.2 m,倾角8 =3 7。，传送带速率%=2 m/s,一运输生活垃圾的平板车静止于水平光滑地面，其左端位于水平传送带右端A的正下方，平板车与水平传送带上表面高度差/z =0.2 m。物品和包装后的生活垃圾均可视为质点,s i n 3 7 =0.6,c o s 3 7 =0.8,H Z g =1 0 m/s2（1）先调节传送带逆时针转动，将 肛=5 k g的物品轻放在A端，物品与传送带间动摩擦因数4=0.8求物品在A B段做加速运

20、动的位移大小；（2）C处隔离人员拿到物品后，调节传送带变为顺时针转动，速率不变，将生活垃圾放入包装箱后无初速放在C端，包装箱与传送带间动摩擦因素为2=。-5,求包装箱从C点到B点的时间；（3）经传送带运送，包装箱从A端沿水平方向以4 m/s的速度飞出，落入平板车。箱子落入平板车中时，竖直速度瞬间变为零，水平速度不变，同时工作人员对平板车施加一水平向右恒力F,已知平板车质量M=1 0 k g,总长&=2.8 m,包装箱与生活垃圾的总质量牝=4 k g ,平板车与包装箱间动摩擦因数为“3=0.2,车与包装箱之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使包装箱不脱离小车，求恒力下的取值范【解析】【详解】(1

21、)在A 8段对物品受力分析，由牛顿第二定律叫 g=m1al设物品达到与传送带共速时 位 移 为 由 运 动 学 公 式诏=解得%=0.2 5 m 加2 g c o s 3 7 包装箱将继续加速运动，由牛顿第二定律m2g s i n 3 7 -pim2g c o s 3 7 =吗解得a、-2 m/s2当包装箱以与 加速度运动到B点时，由运动学公式r 1 ,2乙2 *2 =卬2 +万 卬2解得t2=2 s所以包装箱从C点到B点的时间为/的=A +,2 =2.2 s（3）如图，包装箱落入平板车时距平板车左端相距为d,则d=v/=0.8 m由题意可知当包装箱滑至平板车最右端时两者刚好共速，此情景下施加的恒力尸最小，则对包装箱由牛顿第二定律外册2 g=m2a4解得a4-2 m/s2对平板车，由牛顿第二定律Fmin+43 m2g=M%两者共速时，由运动学公式v-a4t=a5t联立可得r =1 sa5=2 m zs25 n=1 2 N当包装箱与平板车共速后，两者间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时，此情景下施加的恒力F最大，则对包装箱，由牛顿第二定律fmM=出 牡g=m2a对整体受力分析，由牛顿第二定律耳皿=（M+S）联立可得心8N所以F范围为12NF28N