湖北省部分重点中学2022-2023学年高一上学期期末考试物理试题(含答案)

湖北省部分重点中学高一上学期期末考试

物理试题

命题人：康旋    审题人：胡艾玲

一、选择题(1-7题为单选，8-11题为多选，每题4分，共44分)

1．在解一道计算题时(由字母表达结果的计算题)一个同学解得位移，用单位制的方法检查，这个结果（　　）

A．可能是正确的        B．一定是错误的           C．如果用国际单位制，结果可能正确

D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确

2．如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（　　）

A．甲图中，物体在0~t0这段时间内的位移小于           B．乙图中，物体的加速度为

C．丙图中，阴影面积表示时间内物体的加速度变化量     D．丁图中，时物体的速度为

3．如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）

A．小环刚释放时轻绳中的张力一定小于

B．小环到达B处时，重物上升的高度h为d

C．小环在从A下滑到B的过程中，小环的速度与重物上升的速度之比在逐渐增大

D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于

4．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为，g取10m/s2（　　）

A．三个 B．四个 C．五个 D．六个

5．图甲中水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10kg的重物，∠CBA＝30°；图乙中轻杆通过细绳MN和铰链固定在竖直的墙上，在N端同样挂上质量m＝10kg的重物，细绳与水平轻杆ON的夹角θ＝30°，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．图甲中绳对滑轮作用力方向水平向左

B．图甲中滑轮受到绳子的作用力大小为100N

C．图乙中轻杆受到的压力大小为200N

D．图乙中细绳MN的拉力为100N

6．如图所示，物体A置于水平地面上，B、C叠放，A、B间连有轻质弹簧，弹簧被压缩后用细线把A、B固定住，细线的拉力为F，A、B质量均为2m，C的质量为m，重力加速度为g，整个装置处于静止状态。现将细线剪断，则在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A．C物体的瞬时加速度为0            B．B物体的瞬间加速度为

C．A物体对地面压力为5mg            D．C对B的压力为

7．倾角为的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且，现有三个质量均为的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所有时间分别为、、，下列说法正确的是（    ）

A． B． 

C． D．

8．如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与OA的夹角α=120°，拉力大小为F2，将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是（　　）

A．F1逐渐增大 

B．F1先增大后减小

C．F2逐渐减小  

D．F2先增大后减小

9．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（  ）

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

10．如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数k的弹簧上，A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力F，A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度为g，则（　　）

A．在图乙中PQ段表示拉力F逐渐减小

B．在图乙中QS段表示物体减速上升

C．位移为x1时，A、B之间弹力大小为

D．位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为

11．小河宽为d，河水中各点水流速度的大小与各点到较近河岸边的距离成正比，，x为各点到近岸的距离，小船在静水中的速度为，小船的船头垂直河岸渡河，则下列说法中正确的是（　　）

A．全程船的位移为                            B．全程船的位移为

C．小船到达离河对岸处，船的实际速度为    D．小船到达离河对岸处，船的实际速度为

二、实验题（12题6分，13题9分，共15分）

12．有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题∶

（1）改变钩码个数，实验能完成的是_________。

A．钩码的个数N1 = N2 = 2，N3 = 3    B．钩码的个数N1 = N3 = 3，N2 = 6

C．钩码的个数N1 = N2 = N3 = 5       D．钩码的个数N1 = 3，N2 = 4，N3 = 9

（2）在拆下钩码和绳子前，必要的步骤是__________。

A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向

B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度

C．用量角器量出三段绳子之间的夹角

D．记录钩码的个数N1、N2、N3

E．用天平测出钩码的质量

（3）在作图时，你认为右图中是正确的__________。（填“甲”或“乙”）

13．三个同学根据不同的实验装置，进行了“探究平抛运动的特点”的实验：

(1)甲同学采用如图甲所示的装置．用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明__________________________。

(2)乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L＝2.5cm，则该小球经过b点时的速度大小vb＝______m/s.(结果保留三位有效数字，g取10m/s2)

(3)丙同学采用如图丙所示的装置．关于该实验方法，下列选项中与误差无关的是________．

A．槽与小球间有摩擦                 B．槽末端切线不水平

C．小球每次自由滚下的位置不同

三、计算题（14题12分，15题14分，16题15分，共计41分）

14．如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动．已知箱包的质量m＝1.0kg，拉杆箱的质量M＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，不计所有接触面间的摩擦，取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)若F＝25N，求拉杆箱的加速度大小a；

(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m时的速度大小v；

(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm．

15．如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s．在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)

(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；

(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，

并计算靶上两个弹孔之间的距离；

(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．

16．传送带两端AB距离L=31m，以v=5m/s速度匀速运行，现将质量m=0.2kg相同工件以v0=1m/s速度沿水平方向一个接一个投放到传送带的A端，工件初速度方向与传送带运动方向相同，投放工件的时间间隔恒定．若一个工件从A端运动到B端所用时间为t=7s．g=10m/s2．求：

（1）工件与传送带之间的动摩擦因数μ；

（2）若每隔1s把工件无初速轻放在传送带上，求相邻工件间的最大距离；

（3）若原来每一时刻在传送带上总能看到14个工件，现当一个工件刚投射到A端的瞬间，传送带以a=1 m/s2的加速度开始加速．与不运送任何工件时相比，上述传送带刚开始加速的短时间内，电动机要给传送带增加多大的动力．（不计传送带自身加速所需的外力）．

物理参考答案：

1．B

2．D

3．D

4．C

5．B

6．D

7．B

8．BC

9．ACD

10．CD

11．BD

12．(1) AC     (2)AD     (3)甲---------------（6分，每空2分）

13．(1)平抛运动在竖直方向上是自由落体运动     (2)1.25     (3)A-----------（9分，每空3分）

14．(1)2m/s2；---------------------------------------------------3分

(2)4m/s；----------------------------------------------------------3分

(3)93.75N-----------------------------------------------------------6分

15．(1)       --------------------------------------------------3分

(2)第一发子弹的弹孔离地的高度0.55 m，靶上两个弹孔之间的距离0.45 m  -------5分

 (3)492 m＜L≤570 m-------------------------------------6分

16．（1）0.2 -------------------------------------4分

  （2）5m  ------------------------------------4分

 （3）3.6N-------------------------------------7分

详细答案

1．B

【详解】由可知x的单位为

此为速度的单位，而左边单位是长度单位，所以结果一定是错误的，单位制选的不同，不会影响结果的准确性。

故B。

2．D

【详解】A．若物体做初速度为0、末速度为v0的匀加速直线运动，其位移为，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该物体的位移大于匀加速直线运动的位移，故A错误；

B．由图得，根据公式

则得加速度大小

加速度是定值，是匀变速运动，故B错误；

C．根据，可知丙图象中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量，故C错误；

D．由图得

根据

得

对比可得

，

则时物体的速度为

故D正确。

故选D。

3．D

【详解】A. 小环刚释放时速度为零，轻绳中的张力等于，故A错误；

B. 小环到达B处时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，有

故B错误；

C. 小环在从A下滑到B的过程中，小环的速度与重物上升的速度之比

小环下落时， 减小，故比值减小，故C错误；

D. 小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于

故D正确。

故选D。

4．C

【详解】小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程是匀变速运动，在空中运动的总时间为

每隔抛出一个小球，在这1.2s内，共抛出6个球，第7个球即将抛出，不在抛出点以上。在第一个小球下落的阶段，第一个小球会依次与5个球在空中相遇。故第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为

故ABD错误，C正确。

故选C。

【点睛】本题关键明确第一个小球的运动情况，然后选择恰当的运动学公式列式求解出运动时间，再判断相遇的小球个数。

5．B

【详解】AB．对图甲中轻绳的B点受力分析，滑轮受到绳子的作用力应为图中滑轮下端和滑轮上端两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳上张力大小处处相等，都等于物体的重力，即

由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由平行四边形定则得F＝100N，所以滑轮受绳的作用力大小为100N，方向与水平方向成30°角，斜向左下方，故A错误，B正确；

CD．对图乙中N点进行受力分析，N点受到重物的拉力F3和轻绳上端细绳的拉力F4以及轻杆的支持力F5的共同作用，由于重物静止，则有

根据平衡条件得

解得

根据牛顿第三定律得，轻杆受到的压力，故CD错误。

故选B。

6．D

【详解】剪断前，设弹簧的弹力为，对B、C，根据平衡条件有

AB．剪断瞬间，绳的拉力消失，弹簧的弹力不变，B、C加速度相同，则对B、C整体有

联立解得

故AB错误

C．对A分析得

故C错误；

D．对C分析得

解得

根据牛顿第三定律，B对C的作用力与C对B的作用力大小相等，方向相反。故D正确。

故选D。

【点睛】绳子剪断一瞬间拉力会瞬间消失，弹簧的弹力无法突变，故不变。明确BC始终靠在一起，两者的加速度一致。根据需要选择合适的研究对象，对其进行受力分析，再根据牛顿第二定律或者平衡条件进行求解。

7．B

【详解】由于

则可以判断AB竖直向下，以AB为直径作圆，由几何关系可知C点落在圆周上，D点落在圆周外，由等时圆的知识可知

故选B。

8．BC

【详解】如图所示

作出力的矢量三角形，由正弦定理可得

在旋转过程中，两端绳子的夹角不变，则始终为60°，而从30°逐渐增大，且最后超过90°，从90°逐渐减小，根据正弦值的变化可知，F1先增大后减小，F2逐渐减小，BC正确。

故选BC。

9．ACD

【详解】AC．由图可知上滑过程的加速度大小为

有

下滑过程加速度大小为

有

联立上述方程可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，故AC符合题意；

B．物块的质量无法求得，故B不符合题意；

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

可知可以求出，故D符合题意。

故选ACD。

【考点定位】牛顿运动定律

【方法技巧】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。

10．CD

【详解】A．开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为

F弹=（M+m）g

随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律

F-（M+m）g+F弹=（M+m）a

F弹减小，所以F增大。故A错误；

B．在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动。故B错误；

C．P开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力

F0=（M+m）g

当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力

F1=F0-△F=F0-kx1=（M+m）g-kx1

以B为研究对象，则

F1-Mg-Fx1=Ma0

得

Fx1=F1-mg-Ma0=mg-kx1-Ma0

故C正确；

D．到Q的过程中，物体的加速度不变，得

v12＝2a0x2

Q到S的过程中，物体的加速度随位移均匀减小

联立得

故D正确。

故选CD。

11．BD

【详解】AB．小船的运动为分解为船头指向和顺水流方向的两个分运动，其中船头方向以匀速直线运动，位移为

沿水速方向的速度

可知水速先均匀增大后均匀减小

做匀加速直线运动，超过河中心后匀减速直线运动，由运动的对称性知发生的位移

故

故A错误，B正确；

CD．小船到达离河对岸处，则水流速度为

而小船在静水中的速度为，所以船的渡河速度为

故C错误，D正确。

故选BD。

12．     AC     AD     甲

【详解】（1）[1]A．对O点受力分析，如下图所示

OA、OB、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD。因此三个力的大小构成一个三角形。2、2、3可以构成三角形，则结点能处于平衡状态，A正确；

B．3、3、6不可以构成三角形，则结点不能处于平衡，B错误。

C．5、5、5可以构成三角形，则结点能处于平衡，C正确；

D．3、4、9不可以构成三角形，则结点不能处于平衡，D错误。

故选AC。

（2）[2]为验证平行四边形定则必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向。

故选AD。

（3）[3]以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。

13．     平抛运动在竖直方向上是自由落体运动     1.25     A

【详解】(1)[1]在同一高度，同一时刻开始做平抛运动的小球与自由落体的小球总是同时落地，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；

(2)[2]取a、b、c三点分析，水平方向间隔均为2L，所以小球从a点到b点、从b点到c点的时间相同，设均为T，在竖直方向上由

Δy＝gT2

解得

T＝0.05s

根据水平方向匀速运动有

2L＝v0T

解得

v0＝1.0m/s

小球经过b点时竖直方向上的速度

vy＝＝0.75m/s

所以小球经过b点时的速度大小

vb＝＝1.25m/s

(3)  [3]槽与小球间有摩擦，对本实验没有直接影响，只要小球每次从同一位置由静止释放，小球做平抛运动的初速度都相同，故A正确，BC错误。

14．(1)2m/s2；(2)4m/s；(3)93.75N

【详解】(1)若F=25N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得

Fcosα=（m+M）a

解得

m/s2=2m/s2

(2)根据速度位移关系可得

v2=2ax

解得

v=m/s=4m/s

(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为a0，如图所示，

根据牛顿第二定律可得

mgtanθ=ma0

解得

a0=gtanθ=7.5m/s2

以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得

Fmcosα=（m+M）a0

解得拉力的最大值为

Fm=93.75N

15．(1)      (2)第一发子弹的弹孔离地的高度0.55 m，靶上两个弹孔之间的距离0.45 m   (3)492 m＜L≤570 m

【详解】试题分析:（1）装甲车的加速度

（2）第一发子弹飞行的时间

弹孔离地高度

第二发子弹离地的高度

两弹孔之间的距离

（3）第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1

第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2

L的范围

考点：匀变速直线运动、平抛运动

16．（1）0.2   （2）5m    （3）3.6N

【分析】（1）工件在传送带上先加速后匀速，结合运动公式求解加速的随时间和加速度；根据牛顿第二定律求解物体和传送带之间的摩擦因数；（2）每个工件加速时间2s，匀速时间5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在减速．传送带加速的加速度为a<μg，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个工件与传送带之间相对静止．求解相对滑动和相对静止的工件的摩擦力，从而求解电动机要给传送带增加的动力.

【详解】（1）假设工件加速时间为t1

L=t1+v（t-t1）

解得t1=2s

由a′==2 m/s2  

根据牛顿第二定律μmg=ma′     

解得μ=0.2    

（2）当工件匀速运动时候两相邻工件相距最远，则有Xmax=Vt=5m

（3）投放工件得时间间隔为：Δt=7s/14=0.5s   

加速时间2s，匀速时间5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在减速．传送带加速的加速度为a<μg，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个工件与传送带之间相对静止．

相对滑动的工件受摩擦力f1=μmg

相对静止的工件受摩擦力f2=ma

所需外力为F=4 f1+10 f2

代入数据解得F=3.6N