2022-2023学年云南省玉溪师范学院附属中学高一上学期期中考试物理试题

2022-2023学年云南省玉溪市师院附中高一上学期期中考试

物理试卷

一、单项选择题。本题包括6个小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，多选和不选的都得0分。

1. 在研究下列物体的运动时，不能把物体视为质点的是（　　）

A. 研究从斜面上滑下的小木块

B. 研究乒乓球的旋转情况对发球效果的影响

C. 研究人造地球卫星绕地球的运转周期

D. 研究远洋航行中轮船的轨迹

【答案】B

【解析】

【详解】A．研究从斜面上滑下的小木块，小木块的形状和大小对研究的问题来说占次要因素，所以可以把木块看作质点，故A错误；

B．研究乒乓球的旋转情况对发球效果的影响，乒乓球的形状及大小不能忽略不计，不能把乒乓球视为质点，故B正确；

C．人造地球卫星围绕地球公转的周期，地球到卫星的距离远大于地球的半径，地球可视为质点，故C错误；

D．研究远洋航行中巨轮运行的速度时，巨轮的形状及大小可以忽略不计，巨轮可视为质点，故D正确。

故选B。

2. 一物体沿半径分别为r和R的半圆弧由A点经B点到达C点，经历的时间为t，如图所示，则它的平均速度和平均速率分别为(　　)

A. ；

B. ，向东；

C. ，向东；，向东

D. ，向东；

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】平均速度等于位移与时间的比值，则平均速度的大小

其方向是这段位移的方向，由A→C，即向东；平均速率等于路程与时间的比值，则平均速率

平均速率是标量，无方向。

故选D。

3. 沿同一直线运动的A、B两物体，相对同一参考系的图像如图所示，下列说法正确的是（    ）

A. 前内，A、B的位移均为

B. 两物体由同一位置开始运动，物体A比B迟才开始运动

C. 在前内两物体的位移相同，末A、B相遇

D. 从末开始，两物体的运动方向相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．C．末A、B到达同一位置，两者相遇，在前内，通过的位移为，B通过的位移为，A、C错误；

B．从原点出发，而从正方向上距原点处出发，在运动后开始运动，B错误；

D．从题图中可知前内，静止，从第末开始，两物体的位移越来越大，且均为正值，故两物体均沿正方向运动，运动方向相同，D正确。

故选D。

4. 质点做匀加速直线运动，a=2m/s2，经过相邻两段距离均为x的路程，用时分别为4s和2s，则距离x为（　　）

A. 12m B. 20m C. 24m D. 28m

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】设初速度为v0，则根据

可得

解得

x=24m

故选C。

5. 2018年11月27日凌晨4时许，洞察号探测器成功登陆火星，假设未来的某一天，宇航员在火星上距地面18m高处由静止释放一重物，测得重物经过3s落到火星表面，则下列说法正确的是　　

A. 火星表面的重力加速度大小为

B. 重物落地时的速度大小为

C. 重物落地前的1s内位移大小为8m

D. 重物下落过程中，任意相邻1s内的位移之差为2m

【答案】A

【解析】

【分析】根据“在火星上距地面18m高处由静止释放一重物，测得重物经过3s落到火星表面”可知，本题考查自由落体运动，根据自由落体运动的规律，分析求解即可．

【详解】A、根据位移时间关系公式知，重力加速度故A正确；

B、根据速度时间关系公式，故B错误；

C、前2s内位移为，，故C错误；

D、重物下落过程中，任意相邻1s内的位移之差，故D错误；

故选A．

6. 一杂技演员，用一只手抛球，他每隔0.40s抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有四个球，将球的运动看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是（高度从抛球点算起，取g＝10m/s2）（    ）

A. 1.6m B. 2.4m C. 3.2m D. 4.0m

【答案】C

【解析】

【详解】根据竖直上抛的对称性可知，空中的四个球，有两个在上升，两个下降，由于每隔0.4s抛一个，因此从抛出到最高点时间为t=0.8s，所以上升最大高度：

h＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2m，

故ABD错误，C正确．

二、多选题（共4小题，每题6分，共24分）

7. 甲、乙两物体在同一直线上做匀变速直线运动的速度﹣时间图象如图所示，由此可知（　　）

A. 甲和乙的初速度方向相同，大小之比为3：1

B. 在t=4 s时，两者的瞬时速度大小相等

C. 甲和乙的加速度方向相同，大小之比为3：1

D. 甲和乙的加速度方向相反，大小之比为1：1

【答案】AD

【解析】

【详解】由图可知，甲和乙的初速度均为正值，方向相同，大小之比为3∶1，选项A正确；在t＝4 s时，甲的瞬时速度为1m/s，乙的瞬时速度为3m/s，两者的瞬时速度大小不相等，选项B错误；直线的斜率大小等于加速度，斜率的符号反映加速度的方向，则由图可知，甲和乙的加速度方向相反，大小之比为1∶1，选项D正确，C错误；故选AD.

【点睛】对于速度-时间图象，要明确：图象上每一点的坐标表示该时刻物体的速度，速度的正负表示物体的运动方向．图像的斜率等于加速度.

8. 完全相同三块木块并排固定在水平面上，一颗子弹以速度v水平射入，若子弹在木块中做匀减速直线运动，且穿过第三块木块后子弹的速度正好为0，则子弹依次射入每块木块的速度之比和穿过每块木块所用的时间之比分别为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．采取逆向思维，子弹做初速度为0的匀加速直线运动，设先后射入各木块的速度大小分别为v1、v2、v3，根据匀变速直线运动规律有

所以

故A错误，B正确；

CD．初速度为0的匀加速直线运动中，在通过连续相等位移所用的时间比为

则穿过每块木块所用时间之比为

故C错误，D正确。

故选BD。

9. 一个以初速度v0沿直线运动的物体，t秒末的速度为v t，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A. 0～t秒内的平均加速度

B. t秒之前，物体的瞬时加速度越来越小

C. t＝0时的瞬时加速度为零

D. 平均加速度和瞬时加速度的方向相同

【答案】ABD

【解析】

【详解】根据加速度的定义式可知0～t秒内的平均加速度a=，故A正确；由图可知，物体做加速度减小的加速运动，故B正确；t=0时斜率不为零，故瞬时加速度不为零，故C错误；
物体做加速度逐渐减小的变加速运动，故平均加速度和瞬时加速度的方向相同，故D正确；故选ABD.

点睛：v-t图象中图象的斜率表示物体的加速度，则根据斜率可求得加速度的变化；由图象的面积可得出物体通过的位移．

10. 如图所示为1、2型号车紧急制动时的v2-x图象(v为车的速度，x为制动距离)，根据图像可得

A. 1型车的加速度是10m/s2，2型车的加速度是2m/s2

B. 两辆车均做匀减速直线运动

C. 1型车更快停下来

D. 若2型车在后，1型车在前，同时开始刹车，s时相距最远

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由匀变速直线运动的速度位移公式有

由图示图象可得1型车的加速度

2型车的加速度是

故A错误；

B．由匀变速直线运动的速度位移公式可知，两车做匀减速直线运动，故B正确；

C．1型车运动时间为

2型车运动时间

所以1型车更快停下来，故C正确；

D．当两车速度相等时相距最远，则有

得

故D错误．

三、实验题（共2小题，共16分）

11. 在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，用打点周期为0.02s的计时器记录小车做匀变速直线运动的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5共6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“0”计数点对齐。由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离d1、d2、d3.

(1)读出距离：d1＝1.20cm，d2＝_________cm，d3＝_________cm；

(2)计算小车通过计数点“2”的瞬时速度v2＝_________m/s；（结果保留两位有效数字）

(3)小车的加速度大小a＝_________m/s2。（结果保留两位有效数字）

【答案】    ①. 5.40    ②. 12.00    ③. 0.21    ④. 0.60

【解析】

【详解】(1)[1][2]按刻度尺的读数规则读数，要估读到最小刻度的下一位，最后一位由于是估读的，则d2、d3分别读得5.40cm和12.00cm

(2)[3]小车通过计数点“2”的瞬时速度可以用“1、3”两计数点间的平均速度来表示，即

(3)[4]由公式得

12. 如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度。

（1）所需器材有：电磁打点计时器、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需_____（填字母代号）中的器材；

A．直流电源    B．天平及砝码    C．4﹣6V交流电源    D．毫米刻度尺

（2）实验中得到的一条纸带如图2所示，图中五个数据中不符合有效数字要求的一组数据应改为_____cm；物体在打下点D时的速度大小为_____m/s，物体的加速度大小为_____m/s2，该实验中测得的重力加速度偏小，其主要原因是_____。

【答案】    ①. CD    ②. 2.00    ③. 1.4825##1.48    ④. 9.625##9.63    ⑤. 实验中存在摩擦力及空气的阻力

【解析】

详解】（1）[1]AC．电磁打点计时器需接4-6V交流电源，故A错误，C正确；

B．本实验中无需测量重物的质量，因此不需要天平及砝码，故B错误；

D．测量纸带上计数点间距离时，需要用到毫米刻度尺，故D正确。

故选CD；

（2）[2]毫米刻度尺测量长度，应估读到最小刻度的下一位，这五个数据中不符合有效数字读数要求的是2.0cm，应改为2.00cm；

[3]根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度，可求出D点对应速度为

[4]物体的加速度大小为

[5]由于重物下落的过程中不可避免的存在摩擦力及空气阻力，因此所测重力加速度比实际的要小。

四、计算题（共3小题）

13. 有一架电梯，启动时匀加速上升，加速度为2m/s2，制动时匀减速上升，加速度为-1m/s2，楼高52m。求：

（1）若上升的最大速度为6m/s，电梯升到楼顶的最短时间是多少？

（2）如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用16s，上升最大速度是多少？

【答案】（1）13.2s；（2）4m/s。

【解析】

【分析】分析：（1）电梯上升时间最短，只电梯以最大加速度加速上升和减速上升，据此计算时间即可；

（2）根据上升速度位移关系，根据加速度大小求得运动时间的关系，再根据位移求解出最大上升速度．

【详解】（1）要使上升时间最短，就要使电梯在昼量多的时间以v=6m/s上升，即电梯以最大加速度加速上升和减速上升；

故启动加速的时间为：

；

加速上升的距离

电梯减速上升的时间为：

，

减速上升的距离

所以电梯匀速上升的距离为

h2=52﹣9﹣18m=25m，

匀速上升的时间

所以电梯上升的最短时间为

（2）令上升过程中最大速度为v，则加速上升的时间为

，

加速上升的距离为，减速上升的时间为

，

减速上升的距离为，所以匀速上升的时间为：

t2=t﹣t1﹣t3

匀上升的距离：

代入相关数据整理可得：

3v2﹣64v+208=0

解得

v=4m/s

【点睛】解决本题的关键理清电梯的运动过程，抓住总位移一定，灵活运用运动学公式进行求解．

14. 在一次低空跳伞演练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动。运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降。为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s。(g取10 m/s2)求：

(1)若伞兵悬停时不小心掉落一个小物件，不考虑空气阻力，小物件的落地速度？（结果可用根号表示）

(2)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？

(3)伞兵在空中的最短时间为多少？

【答案】(1)，方向竖直向下；(2) 99 m，1.25 m；(3) 8.6 s

【解析】

【详解】(1)小物件从224m做自由落体运动，根据公式v2＝2gh，可得落地速度为

方向竖直向下

(2)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则有

联立解得

h＝99 m，v0＝50 m/s

以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即v2＝2gh1

解得

(3)设伞兵在空中的最短时间为t，则有

解得

则

15. 如图所示，水平面与斜面平滑连接，A、B两点到斜面底端C的距离分别为和x，斜面上的D点到斜面底端的距离也为x。物体M从A点以大小为的速度向右做匀减速直线运动，运动到C点恰好停下。若在物体M从A点以速度向右做匀减速直线运动的同时，另一物体N从D点以某一初速度匀加速滑下，物体N经过C点时速度方向变为水平面大小不变，两物体运动过程中的加速度大小始终相等，两物体恰好在B点相撞。求：

(1)物体M运动到B点时的速度大小；

(2)物体N从D点运动到B点的时间t；

(3)物体N的初速度大小v。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【详解】(1)物体M从A点运动到C点的过程中有

v02=2a×4x

物体M从A点运动到B点的过程中有

v02-vB2=2a×3x

联立解得

(2)物体N从D点运动到B点的时间与物体M从A点运动到B点的时间相等，由

v02=2a×4x

v0-vB=at

解得

(3)物体N在C点的速度为v C，由匀变速直线运动规律可知

vC2-v2=2ax

设物体N到达B点的速度大小为v N，由匀变速直线运动规律可知

vC2-vN2=2ax

可得

v N=v

由

v C-v=at1

v C-v N=at2

可得

t1=t2=

物体N从D点运动到C点的过程中有

由

v02=2a×4x

解得