辽宁省锦州市2022-2023学年高一上学期期末物理试题含解析.docx

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1、辽宁省锦州市2022-2023学年高一上学期期末物理试题含解析20222023学年度第一学期期末考试高一物理考生注意：1.本试卷满分100分，测试时间75分钟。2.本考试分设试卷和答题纸。试卷包括卷和卷两部分。3.答题前，考生务必在答题纸上按要求填写信息，并将核对后的条形码贴在指定位置上。考生需将答案涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。卷部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，卷部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。第卷一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每个小题4分；第810题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但

2、不全的得3分，有错选或不答的得0分。1. 下列物理量是矢量的有()速率 加速度 位移 质量 弹力 速度 时刻A. B. C. D. 2. 通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动原因的科学家是A. 亚里士多德B. 伽利略C. 阿基米德D. 牛顿3. 在机器人大赛中，某机器人在一平面直角坐标系内由点出发，沿直线运动到点，又由点沿直线运动到点，然后由点沿直线运动到点，最后由点沿直线运动到点，整个过程中机器人所用时间2s，则()A. 机器人的运动轨迹是一条直线B. 机器人不会两次通过同一点C. 整个过程中机器人的位移大小为D. 整个过程中机器人的位移方向由点到点4. 浩杰同学从学校校门沿直线出发以一

3、定的速度到达教学楼，在教学楼停留了一段时间，又以更大的速度返回学校校门，以下图中能够正确描述浩杰同学运动情况的图象是()A. B. C. D. 5. 中国高铁运营里程占世界高铁运营总里程的三分之二以上，位居全球第一、高铁在平直铁轨上做匀减速直线运动时，从某时刻开始，第1s末的速度比第3s初的速度大，以高铁运动的方向为正方向，则高铁的加速度为()A. B. C. D. 6. 发喜糖是中国婚宴上一个喜庆的环节，多以互动、玩游戏方式撒出。若有两颗喜糖A、B刚好做平抛运动，如图所示。B从A的正下方抛出，B的落地点比A的落地点更远，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A. A的初速度比B的初速度大B.

4、A比B在空中运动的时间短C. A比B在空中运动的时间长D. A、B的落地速度一定相同7. 一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2.如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则()A. F1增大B. F1减小C. F2不变D. F2增大8. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，在赛场上足球迎面撞上运动员的脸部，如图所示，下列说法中正确的是()A. 足球对运动员脸部作用力等于运动员脸部对足球的作用力B. 足球对运动员脸部作用力大于运动员

5、脸部对足球的作用力C. 由于运动员的脸部形变，它对运动员脸部产生弹力D. 由于足球的形变，它对运动员脸部产生弹力9. 图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。重力加速度g取。根据图乙分析可知()A. 张明所受重力500NB. e点位置张明处于超重状态C. c点位置张明处于失重状态D. 张明在d点的加速度小于在f点的加速度10. “新冠肺炎”使得口罩需求量大增。图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带截面图，1为长度的水平传送带，2为长度、倾角的倾斜传送带

6、。现将质量的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a，到达b处刚好与传送带1的速度相等。口罩盒与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为，。口罩盒在连接点b处速度大小不变从水平滑上斜面，两传送带均做逆时针转动。已知，重力加速度取。()A. 传送带1的速度的大小B. 传送带1的速度的大小C. 要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小D. 要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小第卷二、非选择题(本题共5小题，共54分)11. 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。他实验时使用打点计时器在小车拖动纸带上打下一系列点迹，打出的部分计数点如下图所示(每相邻两个计数点

7、间还有4个点图中未画)；，；(1)打点计时器使用的电源是_(选填选项前的字母)。A直流电源 B交流电源(2)打点计时器的频率是50，它的打点周期是_s；(3)打点计时器在打B点时小车的速度_；小车的加速度_(要求充分利用测量数据)；(结果均保留两位有效数字)12. 某同学用两根完全相同轻弹簧和一瓶矿泉水等器材验证“力的平行四边形定则”。实验时，先将一弹簧一端固定在墙上的钉子上，另一端挂矿泉水瓶，如图甲所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子、B上，另一端与连接于结点，在结点挂矿泉水瓶，静止时用智能手机的测角功能分别测出、与竖直方向的偏角、，如图乙所示。改变钉子B的位置，按照上述方法多测几次。

8、(1)依据上述方案并根据力的平行四边形定则，为画出力的合成图，必须的操作是_(选填选项前的字母)。A实验中要使、长度相同 B要测量弹簧的原长C要测量图甲、乙中弹簧的长度 D实验中要使结点的位置始终固定不变(2)根据实验原理及操作，为验证力的平行四边形定则，在作图时，图中_(选填“丙”或“丁”)是正确的。(3)某次实验中测得乙图中，保持偏角不变，将从乙图中位置沿顺时针缓慢转到水平位置，则中弹簧的长度将_(选填“一直增大”“一直减小”“先减小后增大”或“先增大后减小”)。13. 某物体由静止开始做加速度大小的匀加速直线运动，当速度达到时物体开始做匀减速直线运动直到静止，已知整个过程共用时，求：(1

9、)物体做匀加速直线运动所需的时间；(2)物体在匀加速直线运动过程中的位移大小；(3)物体在匀减速直线运动过程中的加速度大小。(4)物体在整个运动过程中通过的位移大小；14. 如图所示，A、B两球(可视为质点)质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中A球处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态，沿竖直方向，恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，求：(1)绳的拉力大小为多少？弹簧对球B的弹力大小为多少？(2)球A对竖直墙壁的压力大小为多少？15. 避险车道是指在长陡下坡路段行车道外侧增设的供速度失控车辆驶离正线安全减速的专用车道，是避免恶性交通事故的重要设施，

10、由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取，g=10m/s2求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)货车的加速度大小；(3)货物相对货车滑动4m时的时间和此时货物的位移；(4)制动

11、坡床的长度20222023学年度第一学期期末考试高一物理考生注意：1.本试卷满分100分，测试时间75分钟。2.本考试分设试卷和答题纸。试卷包括卷和卷两部分。3.答题前，考生务必在答题纸上按要求填写信息，并将核对后的条形码贴在指定位置上。考生需将答案涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。卷部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域，卷部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。第卷一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每个小题4分；第810题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分。1. 下列物理量

12、是矢量的有()速率 加速度 位移 质量 弹力 速度 时刻A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】加速度、位移、弹力、速度既有大小又有方向，是矢量；速率、质量、时刻只有大小没有方向，是标量。故选D。2. 通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因的科学家是A. 亚里士多德B. 伽利略C. 阿基米德D. 牛顿【答案】B【解析】【详解】A亚里士多德凭借生活现象提出“力是维持运动的原因”，故A错误；B伽利略由理想斜面实验得到“力不是维持物体运动的原因”，故B正确；C阿基米德确立了静力学和流体静力学的基本原理，给出许多求几何图形重心，包括由一抛物线和其网平行弦线所围成图形的重心的方法，阿基

13、米德证明物体在液体中所受浮力等于它所排开液体的重量，故C错误；D牛顿结合伽利略和笛卡儿的成果提出了牛顿第一定律，故D错误。故选B。3. 在机器人大赛中，某机器人在一平面直角坐标系内由点出发，沿直线运动到点，又由点沿直线运动到点，然后由点沿直线运动到点，最后由点沿直线运动到点，整个过程中机器人所用时间是2s，则()A. 机器人的运动轨迹是一条直线B. 机器人不会两次通过同一点C. 整个过程中机器人的位移大小为D. 整个过程中机器人的位移方向由点到点【答案】C【解析】【详解】AB由题图可知机器人的运动轨迹不是直线，图线的交点表示机器人两次通过同一点，故AB错误；CD整个过程中机器人的位移为从点到点

14、的有向线段，大小为，方向由点到点，故C正确，D错误。故选C。4. 浩杰同学从学校校门沿直线出发以一定的速度到达教学楼，在教学楼停留了一段时间，又以更大的速度返回学校校门，以下图中能够正确描述浩杰同学运动情况的图象是()A. B. C D. 【答案】A【解析】【详解】因为图像的斜率代表速度，根据题意可知，速度先正后负，回到出发点，斜率先正后负，而后来的速度大，则斜率大，同一时刻不能对应两个位置，故A正确BCD错误。故选A。5. 中国高铁运营里程占世界高铁运营总里程的三分之二以上，位居全球第一、高铁在平直铁轨上做匀减速直线运动时，从某时刻开始，第1s末的速度比第3s初的速度大，以高铁运动的方向为正

15、方向，则高铁的加速度为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】从某时刻开始，第1s末的速度比第3s初的速度大，第3s初的速度即为第2s末的速度，则高铁的加速度为故选B。6. 发喜糖是中国婚宴上一个喜庆的环节，多以互动、玩游戏方式撒出。若有两颗喜糖A、B刚好做平抛运动，如图所示。B从A的正下方抛出，B的落地点比A的落地点更远，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A. A的初速度比B的初速度大B. A比B在空中运动的时间短C. A比B在空中运动的时间长D. A、B的落地速度一定相同【答案】C【解析】【详解】ABC平抛运动在竖直方向上做的是自由落体运动，由得因为A在竖直方向上的位移大，

16、因此得根据水平方向匀速直线运动得A初速度小于B的初速度，故C正确，AB错误；D根据动能定理得因为A的初速度小于B的初速度，而，因此无法确定速度大小关系。故D错误。故选C。7. 一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2.如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则()A. F1增大B. F1减小C. F2不变D. F2增大【答案】B【解析】【分析】【详解】对O点受力分析有如图由平衡得保持连接点O的位置不变，斜梁长度增加中变大，所以均减小。故选B。8

17、. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，在赛场上足球迎面撞上运动员的脸部，如图所示，下列说法中正确的是()A. 足球对运动员脸部作用力等于运动员脸部对足球的作用力B. 足球对运动员脸部作用力大于运动员脸部对足球的作用力C. 由于运动员的脸部形变，它对运动员脸部产生弹力D. 由于足球的形变，它对运动员脸部产生弹力【答案】AD【解析】【详解】AB足球对运动员脸部作用力与运动员脸部对足球的作用力是一对相互作用力，大小总是相等，故A正确，B错误；C由于运动员的脸部形变，它对足球产生弹力，故C错误；D由于足球的形变，它对运动员脸部产生弹力，故D正确。故选AD。9. 图甲是张明同学站在力传感器

18、上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。重力加速度g取。根据图乙分析可知()A. 张明所受重力为500NB. e点位置张明处于超重状态C. c点位置张明处于失重状态D. 张明在d点的加速度小于在f点的加速度【答案】AB【解析】【详解】A开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500 N，故A正确；Be点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B正确；Cc点时传感器对张明的支持力等于张明

19、对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C错误；D张明在d点时，由牛顿第二定律解得，张明在f点时，对传感器的压力为零，故处于完全失重状态可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误。故选AB。10. “新冠肺炎”使得口罩需求量大增。图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带截面图，1为长度水平传送带，2为长度、倾角的倾斜传送带。现将质量的口罩盒(包括口罩)从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a，到达b处刚好与传送带1的速度相等。口罩盒与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为，。口罩盒在连接点b处速度大小不变从水平滑上斜面，两传送带均做逆时针转动。已知，重力加速度取。()A

20、. 传送带1的速度的大小B. 传送带1速度的大小C. 要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2最小速度大小D. 要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小【答案】BC【解析】【详解】AB抗原试剂盒放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得根据运动学公式，有解得故A错误，B正确；CD若传送带不转动，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度大小一直保持最远距离为口罩盒(包括口罩)无法运动到c点；若传送带2的速度大于，则口罩盒(包括口罩)向上运动的加速度大小一直保持最远距离为口罩盒运动到c点时速度不为零；设传送带2的速度为时，恰好能将口罩盒运送至c点。据以上信息可知，的值一定在之间，

21、口罩盒在传送带2上先做匀减速直线运动，当速度相等时，改做的匀减速直线运动，到达c点时速度恰好为零。由逆向思维法，有联立解得传送带2的最小速度大小故C正确，D错误。故选BC。第卷二、非选择题(本题共5小题，共54分)11. 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。他实验时使用打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，打出的部分计数点如下图所示(每相邻两个计数点间还有4个点图中未画)；，；(1)打点计时器使用的电源是_(选填选项前的字母)。A直流电源 B交流电源(2)打点计时器的频率是50，它的打点周期是_s；(3)打点计时器在打B点时小车的速度_；小车的加速度_(要求充分利用测量数据)；(

22、结果均保留两位有效数字)【答案】 . B . 0.02 . 0.40 . 0.80【解析】【详解】(1)1 打点计时器使用的电源是交流电源，故选B。(2)2 打点计时器的频率是50，它的打点周期是0.02s。(3)3 每相邻两个计数点间还有4个点图中未画，相邻计数点时间为0.1s，匀变速直线运动中B点的瞬时速度等于AC间的平均速度，则有据逐差法可知，物体的加速度为12. 某同学用两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水等器材验证“力的平行四边形定则”。实验时，先将一弹簧一端固定在墙上的钉子上，另一端挂矿泉水瓶，如图甲所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子、B上，另一端与连接于结点，在结点挂矿泉水瓶

23、，静止时用智能手机的测角功能分别测出、与竖直方向的偏角、，如图乙所示。改变钉子B的位置，按照上述方法多测几次。(1)依据上述方案并根据力的平行四边形定则，为画出力的合成图，必须的操作是_(选填选项前的字母)。A实验中要使、长度相同 B要测量弹簧的原长C要测量图甲、乙中弹簧的长度 D实验中要使结点的位置始终固定不变(2)根据实验原理及操作，为验证力的平行四边形定则，在作图时，图中_(选填“丙”或“丁”)是正确的。(3)某次实验中测得乙图中，保持偏角不变，将从乙图中位置沿顺时针缓慢转到水平位置，则中弹簧的长度将_(选填“一直增大”“一直减小”“先减小后增大”或“先增大后减小”)。【答案】 . BC

24、 . 丙 . 先减小后增大【解析】【分析】【详解】(1)1ABC实验中，甲图用来测量合力，乙图用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量，但、长度不必相同，故A错误，BC正确；D实验中重物重力是定值，所以不必保证O点固定不变，故D错误。故选BC。(2)2实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，所以x1需要沿着竖直方向，故丙图是正确的。(3)3如图对O点受力分析，O点处于动态平衡中，重力大小方向不变，OA绳中拉力方向不变，根据平行四边形定则易得OB中弹力将先减小后增大。13. 某物体由静止开始做加速度大小的匀加速直线运动，当速

25、度达到时物体开始做匀减速直线运动直到静止，已知整个过程共用时，求：(1)物体做匀加速直线运动所需的时间；(2)物体在匀加速直线运动过程中的位移大小；(3)物体在匀减速直线运动过程中的加速度大小。(4)物体在整个运动过程中通过的位移大小；【答案】(1)3s；(2)13.5m；(3)；(4)40.5m【解析】【详解】(1)依题意，可得物体做匀加速直线运动所需的时间代入相关数据求得(2)物体在匀加速直线运动过程中的位移大小代入相关数据求得(3)物体在匀减速直线运动过程中的加速度大小代入相关数据求得(4)物体在整个运动过程中通过的位移大小代入相关数据求得14. 如图所示，A、B两球(可视为质点)质量均

26、为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中A球处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态，沿竖直方向，恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，求：(1)绳的拉力大小为多少？弹簧对球B的弹力大小为多少？(2)球A对竖直墙壁的压力大小为多少？【答案】(1)，；(2)【解析】【详解】(1)取B为研究对象，受力分析如图所示根据共点力平衡条件有解得(2)取A为研究对象，受力分析如图所示根据牛顿第三定律，球A对竖直墙壁的弹力大小15. 避险车道是指在长陡下坡路段行车道外侧增设的供速度失控车辆驶离正线安全减速的专用车道，是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图

27、竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取，g=10m/s2求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)货车的加速度大小；(3)货物相对货车滑动4m时的时间和此时货物的位移；(4)制动坡床的长度【答案】(1) ,沿制

28、动坡床向下(2) (3)52m(4)98m【解析】【详解】(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数=0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f+mgsin=ma1f=mgcos代入数据得：a1=5m/s2a1的方向沿制动坡床向下(2)设货物的质量为m，则货车的质量为4m，设货车加速度为a2，则有对货车：货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k=0.44 F=k(m+M)g根据牛顿第二定律得：Mgsin+F-f=Ma2解得：a2=5.5m/s2(3)设货物相对货车滑动4m时的时间为t，则对货物有：x1v0ta1t2对货车有：x2v0ta2

29、t2x1-x2=4联立解得：t=4s，x1=52m(4)货车车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23m/s货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2，货车长度L0=12m，制动坡床的长度为L，则货物运动位移为：s1=vt-a1t2货车运动位移为：s2=vt-a2t2且有：s=s1-s2由几何关系有：L=L0+s0+s2解得：L=98m【点睛】沿粗糙斜面上滑物体加速度的计算是根据牛顿第二定律计算物体加速度的典型案例，故需熟练掌握在计算货车加速度大小时不能忽略货物对货车的摩擦力货物在车厢内滑动的4m是货物与货车的相对位移，而不是货物相对制动坡床的位移.