2022-2023学年湖南省怀化市麻阳县三校高一上学期期末线上联考测试物理试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省怀化市麻阳县三校高一上学期期末线上联考测试物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列物理量中属于标量的是（ ）
A. 力B. 加速度C. 位移D. 路程
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．力、加速度、位移均是矢量，ABC错误；
D．路程是标量，D正确。
故选D。
2. 下图描绘了一名运动员在跳远中助跑、起跳、飞行、落坑几个瞬间的动作。下列情况中可以把运动员看成质点的是（ ）
A. 研究运动员的跳远成绩时B. 研究运动员的助跑动作时
C. 研究运动员的起跳动作时D. 研究运动员的飞行动作时
【答案】A
【解析】
【详解】A．研究运动员的跳远成绩时，运动员的大小和形状可以忽略，所以可以把运动员看成质点，A正确；
BCD．研究运动员助跑、起跳、飞行动作时，运动员的形状、姿态不能忽略，所以不能看成质点，BCD错误。
故选A。
3. 关于速度和加速度的关系，其中正确的是（ ）
A. 物体运动的速度越大，它的加速度也一定越大
B. 物体的加速度越大，它的速度一定增加的越快
C. 物体的运动速度为零时，它的加速度一定为零
D. 物体的加速度不为零，它的速度可能减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体运动的速度越大，表示物体运动越快，但加速度不一定越大，A错误；
B．物体的加速度越大，它的速度变化越快，速度可能增加越快，也可能减小越快，B错误；
C．加速度与速度没有直接的关系，速度为零，加速度不一定为零，如物体竖直上抛到最高点时，速度为零，加速度不为零，C错误；
D．物体的加速度不为零，当加速度与速度方向相反时，速度在减小，D正确。
故选D。
4. 某质点的速度图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 在0~6s内，质点做匀变速直线运动
B. 在6~14s内，质点做匀变速直线运动
C. 在6~10s内，质点处于静止状态
D. 在t=2s末，质点的即时速度大小为3m/s
【答案】D
【解析】
【详解】在0～4s内,质点做匀加速直线运动， 4～6s质点做匀减速直线运动，6～10s内质点做匀速直线运动，10s～14s质点做匀减速直线运动．答案选D．
5. 如图甲所示，火箭发射时，速度能在内由增加到；如图乙所示，汽车以的速度行驶，急刹车时能在内停下来，下列说法中正确的是（ ）
A. 内火箭的速度改变量为
B. 内汽车的速度改变量为-30m/s
C. 火箭的速度变化比汽车的快
D. 火箭的加速度比汽车的加速度大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由可知，内火箭的速度改变量为，内汽车的速度改变量为-30m/s，A错误，B正确；
CD．由可得，火箭和汽车的加速度大小分别为
，
加速度的大小反应速度变化的快慢，故火箭的速度变化比汽车的慢，CD错误。
故选B。
6. 如图所示是甲、乙两车在同一条公路上沿同一方向，向同一目的地运动的位移一时间图象，由图可以看出（ ）
A. 甲、乙两车是从同一地点出发的
B. 甲车比乙车多运动了t2的时间
C. 甲、乙两车在行进时的瞬时速率是相同的
D. 甲、乙两车在t4时间内的平均速度是相同的
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知，两车不从同一地点出发的，乙车从原点出发，甲从正方向上距原点x0处出发，故A错误；
B．甲车比乙车先运动了t2的时间，比乙车后停止运动，故甲车比乙车运动的时间大于t2，故B错误；
C．甲、乙两车在行进时，图象的斜率相同，它们的瞬时速率相同，故C正确；
D．甲、乙两车在0～t4时间内乙车的位移大，乙车运动时间较短，所以乙车的平均速度大，故D错误。
故选C。
【点睛】解决本题关键要掌握图象的斜率等于速度，位移等于纵坐标的变化量，从而来分析物体的运动情况。
7. 在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，得到如图所示的纸带，其中A、、、、、、为计数点，相邻两计数点间的时间间隔为，、、、、、分别为、、、、、的长度，下列用来计算打点时小车速度的表达式中误差最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于整段的平均速度，故打点时小车速度可用下列表达式计算
，
由于
可得
故打点时小车速度还可以表示为
由于时间间隔越短，平均速度越接近瞬时速度，故其中误差最小的为
故选B。
8. 北京地下铁道某电气列车，以12m/s的速度行驶。快进站时司机刹车使列车做匀减速直至停住。加速度大小为0.5m/s2。那么从刹车开始经30s列车通过的位移大小是（ ）
A. 135mB. 144mC. 180mD. 360m
【答案】B
【解析】
【详解】列车停止所需时间为
从刹车开始经30s列车通过的位移大小是
B正确，ACD错误。
故选B。
9. 汽车以大小为的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度的大小为，那么刹车后内与刹车后内汽车通过的路程之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】汽车至静止所用时间为
逆向思维可知，最后2s的位移大小为
总位移大小为
故刹车后内与刹车后内汽车通过的路程分别为60m和80m，即。
故选D。
10. 为研究自由落体运动，实验者从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6.0cm，这个照相机的曝光时间为1.2×10-2s，则拍摄到的石子位置A距石子下落的起始位置的距离约为（ ）
A. 3.5mB. 5.0mC. 6.5mD. 8.0m
【答案】B
【解析】
【详解】照相机的曝光时间即为石子从A下落到B的时间，由图可知，曝光时间内石子下落了约两块砖的距离，即
因此AB段石子的平均速度为
由于照相机曝光时间很短，且匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，因此这个速度很接近石子下落到A位置的瞬时速度，故石子下落到A位置时的速度约为，根据
可得
因此拍摄到的石子位置A距石子下落的起始位置的距离约为
故选B。
11. 玩具汽车停在模型桥面上，如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 桥面受向下的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变
B. 汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力
C. 汽车受向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变
D. 汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于汽车发生了弹性形变，所以对桥面产生向下的弹力，AB错误。
CD．由于桥面发生了弹性形变，所以对汽车有向上的弹力，C正确，D错误。
故选C。
12. 用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在两个分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图
绳子与竖直方向的夹角为
θ=60°
绳子长为
L0=1m
则有
mg=2Fcsθ
两个挂钉的间距离
L＝
解得
L=m
故选A。
13. 如图所示，放在粗糙水平桌面上的木块，质量m=2.0kg，同时受到F1=8.0N、F2=3.0N的水平推力作用处于静止状态．若只撤去F1，则木块
A. 向左做匀速运动
B. 仍处于静止状态
C. 以a=1.0 m/s2的加速度向右做匀加速运动
D. 以a=1.5 m/s2的加速度向左做匀加速运动
【答案】B
【解析】
【详解】木块同时受到F1=8.0N、F2=3.0N的水平推力作用处于静止状态，分析知桌面对木块静摩擦力为5N，方向向左，若只撤去F1，桌面对木块静摩擦力为3N，方向向右，所以木块仍处于静止状态，故A、C、D错误，B正确．
故选:B
【点睛】静摩擦力是一种非常聪明的力，在最大静摩擦力范围内，可以根据物体运动的需要而发生变化．
14. 一质量为0.8 kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6 N，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是
A. 若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6 N
B. 若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 N
C. 若升降机是加速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为 N
D. 若升降机是减速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为 N
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．A、B若升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：
故AB错误；
C．若升降机加速上升，对球，竖直方向，由牛顿第二定律得
解得
在水平方向，由平衡条件得
杆对球的作用力大小
故C正确；
D．若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得
解得
在水平方向，由平衡条件得
杆对球的作用力大小
故D错误；
故选C。
【名师点睛】本题考查了求杆的作用力大小，根据球的运动状态，应用平衡条件与牛顿第二定律可以解题；解题时注意力的合成与分解的应用．球受到重力、绳子拉力与杆的作用力，球静止时处于平衡状态，应用平衡条件求出杆的作用力；球做匀变速直线运动时，应用牛顿第二定律与力的合成方法求出杆的作用力．
15. 如图甲所示，平行于斜面的轻弹簧，劲度系数为，一端固定在在倾角为的斜面底端，另一端与Q物块连接，P、Q质量均为，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均静止，现用平行于斜面向上的力拉物块P，使做加速度为的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的图象如图乙所示（重力加速度为），则下列说法正确的是（ ）
A. 平行于斜面向上的拉力一直增大
B. 外力施加的瞬间，P、Q间的弹力大小为
C. 从开始到时刻，弹簧释放弹性势能为
D. 时刻弹簧恢复到原长，物块Q达到速度最大值
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知，t1时刻P、Q两物体开始分离，在分离前，两物体做匀加速运动，因弹簧压缩量减小，弹力减小，而合力又要保持不变，故拉力会一直增大，但当分离后，物块P仍做匀加速直线运动，故此时拉力就不变了，A错误；
B．在外力施加的瞬间，对于P、Q的整体而言，由牛顿第二定律可知
解得
因为开始时，拉力F最小，故此时有
即
F=2ma
对P受力分析
解得
B正确；
C．从0开始到t1时刻，由动能定理，则有
弹簧释放的弹性势能不等于，C错误；
D．当t2时刻，物块Q达到速度的最大值，则加速度为0，因此弹簧对Q有弹力作用，没有达到原长，D错误。
故选B。
二、多选题（共4题，共16分）
16. 一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为，后速度大小变为，在这内物体的以下说法正确的是（ ）
A. 平均速度大小可能是
B. 位移的大小可能小于
C. 速度变化量大小可能小于
D. 加速度的大小可能大于
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．若物体做匀加速直线运动，有v0＝4m/s，v＝10m/s，则
若物体先减速再反向加速，有v0＝4m/s，v＝－10m/s，则
故平均速度的大小可能是，A正确；
B．由可知，位移可能为7m或-3m，即位移的大小可能小于，B正确；
C．由可知，速度变化量可能为6m/s或-14m/s，即速度变化量大小不可能小于，C错误；
D．由可知，加速度可能为6m/s2或-14m/s2，即加速度的大小可能大于，D正确。
故选ABD。
17. 关于利用打点计时器研究匀变速度直线运动的规律的实验，下列说法中正确的是（ ）
A. 安放纸带时，应把纸带放在复写纸的上面
B. 把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面
C. 细线必须与长木板平行
D. 使用电火花打点计时器比电磁打点计时器时，由于纸带运动受到的阻力较小，所以实验误差也较小
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．安放纸带时，纸带必须穿过限位孔，把纸带放在复写纸的下面，A错误；
B．把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，方便悬挂钩码，B正确；
C．细线必须与长木板平行，避免形成垂直木板的分力，C正确；
D．使用电火花打点计时器比电磁打点计时器时，由于纸带运动受到的阻力较小，所以实验误差也较小，D正确。
故选BCD。
18. 如图所示是某幼儿园的一部直道滑梯，其滑道倾角为。一名质量为的幼儿双手抱在胸前沿此滑道匀速下滑。若不计空气阻力，重力加速度为。则该幼儿（ ）
A. 所受摩擦力为
B. 对滑道的压力为
C. 与滑道之间的动摩擦因数为
D. 若幼儿背上书包后用同样姿势再次从该滑梯下滑，仍能保持匀速滑下滑
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由于幼儿匀速下滑，据平衡条件可知，该幼儿所受摩擦力与其重力沿斜面分力大小相等，为，A错误；
B．该幼儿所受支持力与其重力垂直斜面分力大小相等，为，据牛顿第三定律可知，其对滑道的压力为，B正确；
C．与滑道之间的动摩擦因数为
C正确；
D．由于匀速下滑过程满足
若幼儿背上书包后用同样姿势再次从该滑梯下滑，仍能保持匀速滑下滑，D正确。
故选BCD。
19. 图为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是（ ）
A. 前的平均速度是
B. 整个过程上升高度是
C. 材料处于超重状态
D. 前钢索最容易发生断裂
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．前材料做匀加速直线运动，平均速度为
A正确；
B．图线与时间轴所围的面积表示位移，可知整个过程上升高度是
B正确；
C．材料减速上升，加速度向下，处于失重状态，C错误；
D．前钢索拉力大于重力，钢索拉力等于重力，后6s钢索拉力小于重力，故前10s钢索最容易发生断裂，D正确。
故选ABD。
三、实验题（共14分）
20. 在水平桌面上做“探究小车速度随时间变化规律”的实验中：
（1）实验过程中，下列做法正确的是______。（可多选）
A．先接通电源，再使纸带运动
B．先使纸带运动，再接通电源
C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处
D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处
（2）若实验中，算出各点的时刻所对应的瞬时速度，计算加速度最合理的方法是______。
A．根据实验数据画出v-t图，量出倾斜角α，由，计算出加速度
B．根据实验数据正确画出v-t图，由图线上的一点对应的坐标（t，v），由计算出加速度
C．根据实验数据正确画出v-t图，由图线上距离较大的两点对应的坐标（t，v），按求斜率的方法计算出加速度
D．根据实验数据正确画出v-t图，由图线上距离较近的两点对应的坐标（t，v），按求斜率的方法计算出加速度
（3）下图是实验中打点计时器打出的纸带，已知电源频率为50 Hz，0、1、2、3、4为计数点，每两个相邻计数点间还有四个计时点未画出，已知计数点之间的距离分别为：s1=1.20 cm，s2=2.40 cm，s3=3.60 cm，s4=4.80 cm，则计数点3对应的小车速度v3=______m/s，小车运动的加速度a=______m/s2（此问要求保留三位有效数字）。
（4）已知小车做匀加速直线运动，则上图中纸带的______端（选填“左”“ 右”）和小车相连。
【答案】 ①. AD##DA ②. C ③. 0.420 ④. 1.20 ⑤. 左
【解析】
【详解】（1）[1]AB．为提高纸带利用率，使纸带上打满点，开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，故A正确，B错误；
CD．在实验时要将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，这样可以在纸带上打出较多的点，提高纸带利用率，故C错误，D正确。
故选AD。
（2）[2]A．根据实验数据作出图像，当纵坐标取不同的标度时，图像的倾角就会不同，所以量出其倾角，用公式算出的数值并不是加速度，故A错误；
BCD．在处理实验数据时，为减小误差，根据实验数据画出图像，连线时，尽可能让较多点在同一直线上、且尽量使不在线上的点均匀地分布在线的两侧，舍弃误差较大的点，由图像上相距较远的两点所对应的速度、时间，根据加速度的定义算出加速度，这样误差最小，故BD错误，C正确。
故选C。
（3）[3]每两个相邻计数点间还有四个计时点末画出，则有
打下点时小车的瞬时速度等于过程的平均速度，则有
。
[4]根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，即小车运动的加速度计算表达式为
（4）[5]由于小车做加速直线运动，刚开始的点比较密集，之后的点比较稀疏，故纸带的左端与小车是相连的。
21. 一名同学用图示装置做“探究弹簧弹力与形变量关系”的实验。
（1）以下是这位同学根据自己的设想拟定的实验步骤，请按合理的操作顺序将步骤的序号写在横线上______。
A．以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据（l，m）对应的点，并用平滑的曲线连接起来；
B．记下弹簧下端不挂钩码时，其下端A处指针在刻度尺上的刻度l0；
C．将铁架台固定于桌子上，将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；
D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个⋯⋯钩码，待钩码静止后，读出弹簧下端指针指示的刻度记录在表格内，然后取下钩码；
E．由图像找出间的函数关系，进一步写出弹力与弹簧长度之间的关系式（重力加速度取 g=9.80m/s2）；求出弹簧的劲度系数。
（2）下图为该同学根据实验测得数据标出的对应点及作出的钩码质量间m与弹簧长度l 之的关系图线。根据实验图线，可求出此弹簧的劲度系数k=______N/m。（计算结果保留三位有效数字）
（3）如果将指针分别固定在图示A点上方的B处和A点下方的C处，做出钩码质量m和指针刻度l的关系图像，由图像进一步得出的弹簧的劲度系数kB、kC。kB、kC与k相比，可能是______。（ 请将正确答案的字母填在横线处）
A. kB大于k
B. kB等于k
C. kC小于k
D. kC等于k
【答案】 ①. CBDAE ②. 12.4##12.5##12.6 ③. AD##DA
【解析】
【详解】（1）[1]依题意，合理的操作顺序步骤的序号是CBDAE。
（2）[2]依题意，由胡克定律可知
可得
依题图可知图线的斜率为
则弹簧的劲度系数为
考虑到偶然误差，弹簧的劲度系数取值范围可为。
（3）[3]指针固定在B处，测量弹簧伸长量时偏小，由F＝kΔl，可知k偏大；指针固定在C处，不影响弹簧伸长量的测量，k值不变，AD正确，BC错误。
故选AD。
四、解答题（共22分）
22. 把一个可视为质点的小球置于长度为的竖直放置的铁管正上方，放开小球后它做自由落体运动，已知小球通过铁管时间为，重力加速度为，求：
（1）小球通过铁管的平均速度和经过管上端口时的瞬时速度。
（2）小球释放位置离铁管上端口的距离。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）小球通过长为L铁管时间为，通过铁管的平均速度为
通过铁管过程，据位移公式可得
解得经过管上端口时的瞬时速度为
（2）小球释放位置离铁管上端口的距离为
23. 如图甲所示，质量为的物体置于倾角为的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力，时撤去拉力，物体速度与时间（）的部分图象如图乙所示。（，，）问：
（1）拉力的大小为多少？
（2）物体沿斜面向上滑行的最大距离为多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设物体在力F作用时的加速度为a1，撤去力F后物体的加速度为a2，根据图像可知
力F作用时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可得
F－mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
撤去力F后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可得
－(mgsinθ＋μmgcsθ)＝ma2
联立解得
F＝30N
（2）设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，此时物体速度为零，可得
向上滑行的最大距离为