2021-2022学年天津市和平区高一（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年天津市和平区高一（上）期末物理试卷

1.     2021年10月16日，我国成功发射了在地表重达的神舟十三号载人飞船，当日飞船即与中国空间站组合体完成自主快速交会对接，3名航天员翟志刚、王亚平、叶光富被成功送入天和核心舱，他们将在轨驻留6个月．下列说法正确的是(    )

A. 航天员在太空中的惯性与在地球表面上的惯性相同
B. 研究神舟十三号载人飞船和空间站组合体对接工作时，可以把二者看成质点
C. 对接时飞船对空间站组合体的作用力大于空间站组合体对飞船的作用力
D. 文中的物理单位N是国际单位制中力学范围的基本单位

2.     王老师给同学们讲了一个龟兔赛跑赛程为的故事，按王老师讲的故事情节，兔子和乌龟的位移图象如图所示，以下说法正确的是(    )

A. 兔子和乌龟在同一地点同时出发 B. 乌龟做的是匀加速直线运动
C. 兔子和乌龟在比赛中两次相遇 D. 兔子和乌龟走的路径不同

3.     如图所示，空中有A、B、C三个小球与地面的距离分别为5cm、20cm、45cm。同时静止释放三个小球，若不计空气阻力，g取，则(    )

A. A球落到地面时，B球运动到A球释放时的高度
B. A球落到地面时，C球的瞬时速度等于B球的瞬时速度
C. A、B球落地时的速度差小于B、C球落地时的速度差
D. A、B球落地的时间间隔小于B、C球落地的时间间隔

4.     体重为600N的某同学站在力传感器上，做下蹲动作时，传感器记录了力随时间变化的图线，如图所示。由图可知(    )

A. 该同学在下蹲过程先超重再失重
B. 该同学在时刻重心最低
C. 该同学在时刻重心速度最大
D. 该同学在时刻重心速度为零

5.     如图所示，将篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中竖直篮板上的A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则下列方法中可行的是(    )
    

A. 减小抛射速度，同时增大抛射角 B. 减小抛射速度，同时减小抛射角
C. 增大抛射速度，同时减小抛射角 D. 增大抛射速度，同时增大抛射角

6.     如图所示，餐厅服务员水平托举菜盘给顾客上菜．若托盘和碗之间的动摩擦因数为，托盘与手间的动摩擦因数为，碗包含菜品的质量为m，托盘质量为M。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证平稳上菜，即碗、托盘和手始终相对静止，则手对托盘的静摩擦力最大不能超过(    )

A.  B.  C.  D.

7.     船在静水中速度为水流速度为，河宽为d，当船头垂直向对岸航行时，则(    )

A. 实际航程最短
B. 当船速不变，水流速度增大时，过河时间不变
C. 过河时间最短
D. 当船速不变，水流速度增大时，过河时间变长

8.     甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的足够长平直轨道上做直线运动，两车运动的图像如图所示。下列说法正确的是(    )

A. 两车若在时相遇，则另一次相遇的时刻是
B. 两车若在时相遇，则时刻两车相距15m
C. 两车若在时相遇，则另一次相遇的时刻是
D. 乙车在的平均速度为0
 

9.     如图所示，倾角为的粗糙斜劈固定在水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的轻滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，a始终静止，则(    )

A. 细线对物体a的拉力一定增大 B. 细线对物体a的拉力可能减小
C. 斜劈对物体a的摩擦力一定增大 D. 斜劈对物体a的摩擦力可能减小

10. 如图所示，水平传送带A，B两端相距，始终以的速度顺时针匀速运转．一个可视为质点的小煤块以的初速度轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小g取则煤块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 煤块从A运动到B的时间是1s B. 煤块从A运动到B的时间是3s
C. 划痕长度是4m D. 划痕长度是1m

11. 小明同学研究某弹簧所受弹力与弹簧长度L关系实验时得到如图所示的图像，由图像可知：弹簧原长______cm，求得弹簧的劲度系数______。
    
    接着小明用两根相同的该弹簧a、b制成简易加速度计，如图所示为加速度计的部分原理示意图．质量为的小滑块可视为质点穿在可视为光滑的水平杆上，静止时a、b均处于原长状态，小滑块处于O点．当装置在水平方向运动时，小滑块移动至O点右侧1cm处，则可判断此时小滑块的加速度______。
    
    A.大小为，方向水平向左
    B.大小为，方向水平向右
    C.大小为，方向水平向左
    D.大小为，方向水平向右
12. 我们在实验室探究加速度与合力的关系实验中，常用实验装置将桶和沙子的总重力视为绳子拉力，产生实验误差。某学习小组改良装置如图甲所示进行实验，小车的加速度可由打点计时器和纸带测出。小车在平衡摩擦力后，保持质量不变，逐渐增大沙桶和沙的总质量进行多次实验，得到多组加速度a和弹簧秤示数F的值，做出图像如图乙所示。
    
    本实验______填写“需要”或“不需要”保证沙桶和沙的总质量远小于小车总质量。
    如图所示为实验中打下的某条纸带，A点为选取的起始计数点，每两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为______，小车的加速度为______。均保留两位有效数字
    若这个小组在实验中忘记要平衡摩擦力，始终将长木板保持水平，也得出了相应的图像，得出图像的斜率与已平衡摩擦力的图像斜率相比，则有______填“>”或“<”或“=”。
13. 如图所示，竖直平面内有一个V字形置物架，置物架AB两板相互垂直，且左板A与水平方向的夹角。现将一质量为m的保温杯水平放置于置物架内，已知保温杯与两接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。
    求A板对保温杯的支持力的大小及B板对保温杯的支持力的大小；
    对保温杯施加一垂直纸面向外的拉力F，使保温杯匀速滑动，求拉力F的大小。
14. 北京冬奥会将于2022年2月4日至2月20日举行，跳台滑雪是冬奥会最受欢迎的比赛项目之一。现滑雪场地做如图所示简化：AB段是助滑坡，倾角，BC段是水平起跳台，AB段与BC段平滑相连，且BC段摩擦可忽略不计．CD段是着陆坡，倾角也为。滑雪运动员可视为质点在助滑坡上由静止开始下滑，通过起跳台从C点水平飞出，在着陆坡CD上着陆。助滑坡与滑雪板间的动摩擦因数为，运动员全程不使用雪杖助滑，空气阻力不计，，，。若某次滑雪运动员在空中飞行时间为，求：
    运动员在C点水平飞出的速度v的大小；
    运动员在助滑坡上滑行的长度S。

15. 如图所示，水平面上有6个完全相同的质量均为的小滑块均可视为质点，水平向左依次为滑块1、2、3……，1和2间用轻质弹簧连接弹簧处于弹性限度内，其它均用细绳相连．某段时间内有水平向右的恒力F作用于滑块1上，且6个滑块相对静止一起水平向右做匀减速直线运动。这段时间内滑块1经过水平面上的O点时速度大小为，滑块6经过水平面上的O点时速度大小为，已知每个滑块与水平面间的动摩擦因数均为，测得滑块1到6间距离为，。求这段时间内
    水平恒力F的大小；
    滑块4与滑块5间细绳的拉力T的大小；
    若在滑块6经过O点时撤去水平恒力F，则在撤去F瞬间滑块1与滑块2加速度大小之比：。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：A、航天员的惯性大小仅仅与其质量有关，航天员在太空中的惯性与在地球表面上的惯性相同，故A正确；
B、研究神舟十三号载人飞船和空间站组合体对接时，飞船和空间站组合体的大小和形状不能忽略，不能看作质点，故B错误；
C、飞船对空间站组合体的作用力与空间站组合体对飞船的作用力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故C错误；
D、物理单位N是国际单位制中力学范围的导出单位，故D错误。
故选：A。
惯性的大小与物体运动的速度无关，与物体是否受力无关，仅与质量有关，质量是物体惯性大小的唯一量度；
根据看作质点的条件判断；
作用力与反作用力大小相等，方向相反；
N是导出单位。
该题考查对质点、惯性这两个概念的理解以及对作用力反作用力的理解，属于对基本概念的考查，能正确理解即可。
 

2.【答案】C 

【解析】解：A、由图位移图象可知：兔子和乌龟是在同一地点出发的，但不是同时出发的，龟先出发的。故A正确。
B、乌龟的位移图线是倾斜的直线，说明其速度不变，做的是匀速直线运动。故B错误。
C、在比赛中，兔子和乌龟两次位移相等，表示相遇两次。故C正确。
D、图中反映乌龟一直做匀速运动，兔子先静止，后做匀速运动，后又静止一段时间，最后又匀速运动，运动时方向与乌龟相同，故兔子和乌龟走的路径相同。故D错误。
故选：C。
由位移时间图象可知：兔子和乌龟是在同一地点，但不是同时出发的．乌龟的位移图线是倾斜的直线，速度不变，做的是匀速直线运动．在比赛中，兔子和乌龟两次位移相等，表示两次到达同一位置，即相遇两次．图中反映乌龟到达终点时，兔子还没有到达终点．
本题考查对位移图象的理解能力．要知道当两者的位移相同时表示两者相遇．图象的斜率表示速度，从而两个动物的运动情况．
 

3.【答案】B 

【解析】解：，，
A.由公式解得，A落地的时间，此时B球下落的的高度，由公式解得，B球离地面的距离，故A错误；
B.三球同时下落，B、C两球运动的时间相等，由公式可知B、C的瞬时速度相等，故B正确；
C.由公式可解得三球落地速度分别为，，，A、B球落地时的速度差等于B、C球落地时的速度差，故C错误；
D由公式可解得三球落地时间分别为，，，A、B球落地的时间间隔等于B、C球落地的时间间隔，故D错误；
故选：B。
用自由落体公式，，求解。
本题考查自由落体三个公式的运用，相对简单，C、D两个选项分别求出三小球各自的落地速度、落地时间，选项就一目了然了。
 

4.【答案】C 

【解析】解：对人的运动过程分析可以知道，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小.由题图可以知道，该同学在的时间内向下做加速运动，在的时间内向下做匀速运动，时刻过后处于平衡状态，可以知道时刻的速度最大，时刻的位移最大，此时的速度为故ABD错误，C正确.
故选：C。
结合图像分析加速度方向，进一步判断超重还是失重，进一步分析速度变化趋势判断速度最大的时间。
本题考查牛顿运动定律，加速度向下是失重，向上是超重。
 

5.【答案】A 

【解析】

【分析】
解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。该题考查了平抛运动的相关知识，本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。
【解答】
由于篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，由于平抛运动的高度不变，运动时间不变，水平位移减小，初速度减小，水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上。故A正确，BCD错误。  

6.【答案】C 

【解析】解：碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得：
碗与托盘间相对静止，则：
解得：
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
手和托盘间相对静止，则：
解得：
由于
则最大加速度：
手对托盘的最大静摩擦力：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
对物体受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，判断出最大加速度，然后求出手对托盘的最大静摩擦力。
本题考查了求最大加速度问题，分析清楚物体产生相对运动的临界条件，应用牛顿第二定律即可正确解题。
 

7.【答案】BC 

【解析】解：A、当船的合速度垂直河岸时，船的实际航程最短，由于船头垂直向对岸航行，航程不是最短，故A错误；
BCD、设河宽为d，船垂直于河岸的速度为，则过河时间最短，即为，，时间与水速无关，故BC正确，D错误；
故选：BC。
因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度，所以不论水速多大时间不变；水速越大，水流方向的位移就越大。
关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运动，且两运动具有等时性，然后分别作答即可解决此类问题。
 

8.【答案】ABD 

【解析】解：A、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知内甲、乙两车的位移相等，因此，两车若在时相遇，则另一次相遇的时刻是，故A正确；
B、两车若在时相遇，因为内两车相向运动，则时两车相距距离等于内两车位移大小之和，即为，故B正确；
C、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知在内，乙的位移大于甲的位移，则两车若在时相遇，另一次相遇的时刻不是，故C错误；
D、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知乙车在的位移为0，平均速度为0，故D正确。
故选：ABD。
根据位移关系和初始位置关系分析两车是否相遇，而位移可根据速度-图象与时间轴所围的面积来分析。根据位移与时间之比求乙车在的平均速度。
本题关键是根据速度-时间图象得到两车的运动规律，然后根据速度-时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析两车是否相遇。
 

9.【答案】AD 

【解析】解：AB、对滑轮2，如图1所示，设细线拉力为，与竖直方向夹角为，滑轮2两侧细线拉力相等，由共点力的平衡条件可得：

将固定点c向右移动，增大，增大，故A正确，B错误；
CD、对物体a，由于固定点c移动之前，如图2所示，斜劈对物体a的静摩擦力的方向未知摩擦力f没有画出，若原来物体a受到斜劈的摩擦力方向沿斜面向下，有：，移动c后摩擦力会增大；若原来物体a受到斜劈的摩擦力方向沿斜面向上，有：，移动c后摩擦力会减小，故C错误，D正确：
故选：AD。
AB、以滑轮2为研究对象，对其受力分析，当c向右移动少许，分析细线之间的夹角的变化，在竖直分析上列式即可得知细线对a的拉力的变化情况。
CD、以物体a为研究对象，通过分析移动c点前，a受到的摩擦力的可能方向，结合细线对a的拉力增大，可得知选项CD的正误。
在对CD的解答时，要注意摩擦力的方向具有不确定性，这是处理问题时的一个易错点；另外要注意受力分析的常用方法：整体法和隔离法，同时要注意同一根细线不同点的拉力大小保持相等，物体b重力不变，细线夹角变大则拉力变大。
 

10.【答案】BD 

【解析】解：AB、煤块减速过程中的加速度大小为：，煤块减速至与传送带速度相同所用时间为：，解得：，该过程煤块的位移大小为：；之后煤块相对传送带静止，匀速前进至B，所用时间为，煤块从A运动到B的时间是，故A错误，B正确；
CD、在煤块与传送带发生相对运动过程，传送带的位移大小为，划痕长度为，故C错误，D正确。
故选：BD。
求出煤块减速至与传送带速度相同所用时间和位移大小，再求出煤块匀速运动的时间，由此得到总时间；
在煤块发生相对运动过程，求出传送带的位移大小，再根据煤块的位移减去传送带的位移即可得到划痕长度。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
 

11.【答案】 

【解析】解：当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由题图知当弹力为零时，原长为，由，知图线的斜率为弹簧的劲度系数，即；
劲度系数，小滑块移动至O点右侧的距离；
根据胡克定律可得每个弹簧的弹力，
根据牛顿第二定律可得，
解得，方向向左。
故A正确，BCD错误。
故选A
故答案为：，200；
根据图甲可知弹簧原长，根据图像斜率可解得劲度系数；
求出弹簧的弹力大小，弹力提供加速度，根据牛顿第二定律列方程求解。
本题主要是考查了探究弹力与弹簧伸长的关系和牛顿第二定律的知识；解题关键掌握F与L的函数图像含义，注意与横轴的截距和图像斜率的物理意义。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、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
 

12.【答案】不需要   

【解析】解：因为实验装置中有弹簧称可以直接测出绳子的拉力，故不需要保证沙桶和沙的总质量远小于小车总质量；
因为电源的频率为50Hz，且每两个计数点间还有四个点未画出，则计数点之间的时间间隔为
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则
根据逐差法可知小车的加速度为
若平衡了摩擦力，根据牛顿第二定律可知，，变形得：；
若未平衡摩擦力，则根据牛顿第二定律可知，，变形得：；
根据数学知识可知，两者的斜率相同，即。
故答案为：不需要；；；
根据实验原理分析沙桶和沙的质量与小车总质量的关系；
根据匀变速直线运动计算出C点的速度，结合逐差法计算出小车的加速度；
根据牛顿第二定律得出关系，结合图像分析出斜率的大小关系即可。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据匀变速直线运动的规律计算出速度和加速度，结合牛顿第二定律完成分析即可，整体难度不大。
 

13.【答案】解：作出保温杯的受力分析图，如图示，

由力的平衡条件可知


代入数据解得：


左右两板给保温杯的摩擦力均垂直纸面向内，
，
，
由平衡条件可得：
，
整理以上各式得：
。
答：板对保温杯的支持力的大小为，B板对保温杯的支持力的大小为；
对保温杯施加一垂直纸面向外的拉力，使保温杯匀速滑动，拉力大小F为。 

【解析】作出保温杯的受力分析图，根据平衡条件可求A、B板对保温杯的支持力，根据求两板摩擦力，保温杯匀速滑动，拉力等于两板摩擦力之和。
保温杯在两板支持力与重力作用下处于平衡状态，将保温杯匀速拉动时，A、B两板均有滑动摩擦力，解答该题要会熟练的对力按照作用效果进行分解，求解摩擦力时，要注意两个接触面上都有摩擦力作用。
 

14.【答案】解：运动员在空中飞行时间：
则落到CD斜坡上的竖直分速度：
CD斜坡的倾角为位移夹角，根据平抛运动的规律可知，
运动员从A点运动到C点的过程中，根据动能定理可知，

解得
答：运动员在C点水平飞出的速度的大小为；
运动员在助滑坡上滑行的长度为90m。 

【解析】先计算运动员落到CD斜坡上的竖直分速度，根据CD斜坡的倾角为位移夹角，利用平抛运动的规律分析。
运动员从A点运动到C点的过程中，根据动能定理分析。
本题中运动员先做匀加速运动，后做匀速运动，最后平抛运动，是动能定理和平抛运动的综合，要善于运用斜面的倾角研究平抛运动两个分位移之间的关系。
 

15.【答案】解：设整体加速度大小为a，根据速度-位移关系可得：
解得：
对整体由牛顿第二定律有：
联立解得：；
以滑块5和6为整体，牛顿第二定律可得：
解得：；
撤去F的瞬间，由于滑块1、2间相连的是轻弹簧，故形变来不及改变，则滑块2的受力情况不发生改变，
则滑块2的加速度大小仍为；
以个滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：
解得弹簧对滑块1的拉力大小为：
对滑块1由牛顿第二定律有：
解得：
则有撤去F瞬间滑块1与滑块2加速度大小之比为：：：：1。
答：水平恒力F的大小为48N；
滑块4与滑块5间细绳的拉力T的大小为16N；
若在滑块6经过O点时撤去水平恒力F，则在撤去F瞬间滑块1与滑块2加速度大小之比为15：1。 

【解析】根据速度-位移关系求解整体的加速度大小，对整体由牛顿第二定律求解拉力F；
以滑块5和6为整体，牛顿第二定律求解滑块4与滑块5间细绳的拉力T的大小；
撤去F的瞬间，由于滑块1、2间相连的是轻弹簧，故形变来不及改变，则滑块2的受力情况不发生改变，滑块2的加速度不变；以个滑块为研究对象，根据牛顿第二定律求解弹簧对滑块1的拉力大小，对滑块1由牛顿第二定律求解滑块1的加速度大小，由此得解。
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、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。