2022-2023学年广西桂林市第十八中学高一上学期期中考试物理试题含解析

这是一份2022-2023学年广西桂林市第十八中学高一上学期期中考试物理试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
①试卷共 4 页，答题卡2 页。考试时间75分钟,满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
第I卷（选择题，共4）
一、选择题（本题共11小题。每小题，共4.在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得，选对但不全的得，有选错的得0分）
1. 2021年10月1日早上8点整，我们迎来了祖国的72华诞，市政府在南门广场举行了庄严的升旗仪式。五星红旗在46秒的国歌奏唱中冉冉升起。下列说法正确的是（ ）
A. 我们看到五星红旗徐徐升起，是以旗子本身作为参考系的
B. 国旗46秒运动到旗杆顶端，这里的“46秒”指的是时间间隔
C. 庆祝活动于当天9点05分结束，这里的“9点05分”指的是时间间隔
D. 在研究旗子随风飘扬的过程中，可以把旗子当成质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．我们看到五星红旗徐徐升起，是以旗杆或地面作为参照物的，故A错误；
B．国旗46秒运动到旗杆顶端，这里的“46秒”指的是升旗所用时间，是时间间隔，故B正确；
C．庆祝活动于当天9点05分结束，这里“9点05分”指的是时刻，故C错误；
D．在研究旗子随风飘扬的过程中，研究的是旗子的动作，不能把旗子当成质点，故D错误。
故选B。
2. 商场的电动扶梯有阶梯式与斜面式两种。当人在两种电梯上匀速下降时，下列说法正确的是（ ）
A. 阶梯式电梯对人的支持力竖直向上
B. 阶梯式电梯对人的支持力大小小于斜面式电梯对人的支持力大小
C. 斜面式电梯对人的摩擦力沿斜面向下
D. 斜面式电梯对人摩擦力大小小于阶梯式电梯对人的摩擦力大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．阶梯式电梯匀速下降时，对人受力分析由平衡可知，阶梯式电梯对人的支持力竖直向上，故A正确；
BCD．对人受力分析，受重力与支持力，由平衡可知，阶梯式电梯对人的支持力大小等于人的重力大小，人在斜面式电梯时，人受重力、支持力和沿斜面向上摩擦力，且支持力与摩擦力垂直，由平衡可知，此时支持力小于人的重力，故BCD错误。
故选A。
3. 伽利略是第一个提出并研究加速度概念的科学家，哲学家罗素给予了极高的评价：“加速度的重要性，也许是伽利略所有发现中具有永久价值和最有效果的一个发现。”下列关于加速度的说法正确的是（ ）
A. 加速度恒定的运动，速度大小恒定不变
B. 加速度恒定的运动，速度的方向恒定不变
C. 速度变化率很大，加速度可能很小
D. 速度为零，加速度可能不为零
【答案】D
【解析】
【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，方向与速度变化量的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动；当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动。
【详解】A、加速度等于单位时间内的速度变化量，加速度恒定的运动，速度大小一定是变化的，故A错误；
B、加速度方向保持不变，速度方向可能改变，比如平抛运动，故B错误；
C、加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以速度变化率很大，就表示加速度一定很大，故C错误；
D、物体的速度为零，加速度可能不为零，如火箭点火后起飞的瞬间，故D正确。
故选D。
4. 以下关于所用物理学的思想方法叙述不正确的是（ ）
A. 当时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想
B. 在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面实验的结果推广到坚直情况，这种方法被称为“合理外推”
C. 物体所受重力可认为作用在物体的重心上，“重心”概念的提出用到了假设法
D. 求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法
【答案】C
【解析】
【详解】A．在变速运动中，用平均速度代替瞬时速度时，时间越短平均速度越接近瞬时速度，当时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故A正确；
B．在探究自由落体运动规律实验中，伽利略把斜面来“冲淡重力”，将实验的结果推广到竖直情况，这种方法被称为“合理外推”，故B正确；
C．重心是物体各部分所受的重力的合力的作用点，体现了等效替代的思想。故C错误；
D．求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，这样无数“矩形的面积”就无限接近“梯形的面积”了，因此采用了微元法，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
5. 利用传感器与计算机结合，可以绘制出物体运动的图象。某同学在一次实验中得到一沿平直轨道运动小车的速度-时间图象如图所示，由此图象可知（ ）
A. 小车在内做加速度恒定的匀变速直线运动
B. 末小车回到出发点
C. 小车内的平均速度大于内的平均速度
D. 小车内的加速度方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图象的斜率等于加速度，可知小车在20s-30s内和30s-40s内加速度大小相等、方向相反，因此在20s-40s内小车做的不是匀变速直线运动．故A错误；
B．在前20s内小车一直沿正方向运动，则20s末小车没有回到出发点，故B错误；
C．根据图线与坐标轴所围的面积在数值上表示位移的大小，可知小车在0-10s内的位移小于10-20s内位移，而时间相等，则小车0-10s内的平均速度小于10-20s内的平均速度．故C错误；
D．图象斜率正负表示加速度的方向，则知小车10-30s内斜率的符号相同，即加速度方向相同，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，“马踏飞燕”是汉代艺术家高度智慧、丰富想象、浪漫主义精神和高超的艺术技巧的结晶，是我国古代雕塑艺术的稀世之宝。飞奔的骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞燕上，是因为马的重心位置和飞燕（视为质点）在一条竖直线上。下列关于重力和重心的说法中正确的是（ ）
A. 只有静止的物体才受到重力作用
B. 这件艺术品的重力大小总是恒定的
C. 物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力
D. 质量分布均匀、形状规则的物体的重心一定在其几何中心，但不一定在物体上
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．物体是否受重力与是否运动没有关系，运动的物体也可以受到重力的作用，故A错误；
B．因为不同地点的重力加速度不同，故 不同，故B错误；
C．物体挂在弹簧测力计下，竖直处于平衡状态时，弹簧测力计的示数等于物体的重力，故C错误；
D．质量分布均匀、形状规则的物体的重心一定在其几何中心，但不一定在物体上，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，质量均为m的n（n>3）个相同匀质圆柱体依次搁置在倾角为30°的光滑斜面上，斜面底端有一竖直光滑挡板挡住使圆柱体均处于静止状态．则下列说法中正确的是( )
A. 挡板对圆柱体1的弹力大小为
B. 圆柱体1对斜面的压力大小为
C. 圆柱体2对圆柱体1的压力大小为
D. 若将挡板绕下端点缓慢逆时针转动60°，则转动过程中斜面对每个圆柱体的支持力均减小
【答案】B
【解析】
【详解】A、将n个圆柱体作为整体分析，如图所示，
其中为挡板对圆柱1弹力，N为斜面对所有圆柱体的支持力的恒力，由平衡条件可得，，A错误；
B、对2至n每个圆柱分析可知斜面对它们的支持力，斜面对圆柱1的支持力，B正确；
C、隔离对2到n共n-1个圆柱体受力分析，如图所示，
得圆柱体1对2的弹力为，C错误；
D、缓慢转动挡板时，斜面对圆柱体2、3、4……n的支持力不变，D错误；
综上所述本题答案是：B
8. 如图所示，在一颗钉子上用一根细线挂上一幅相框，由于相框质量太大，细线被拉断。若要将该相框挂稳，不计细线和钉子之间的摩擦，下列操作可行的是（ ）
A. 将断掉的细线打个结再挂上去
B. 适当减小绳子与相框两连接点间的距离
C. 适当增加绳子与相框两连接点间的距离
D. 更换为同种规格，但长度更长的绳子
【答案】BD
【解析】
【详解】设在钉子处两线的夹角是θ，如果平衡，则细线的拉力
细线被拉断，说明夹角θ太大了，若要将该相框挂稳，就要减小夹角θ。
A．将断掉的细线打个结再挂上去，细线的长度变短，夹角θ变大，细线会被拉断，故A错误；
B．适当减小绳子与相框两连接点间的距离，夹角θ变小，相框可能挂稳，故B正确；
C．适当增加绳子与相框两连接点间的距离 夹角θ变大，细线会被拉断，故C错误；
D． 更换为同种规格，但长度更长的绳子，夹角θ变小，相框可能挂稳，故D正确。
故选BD。
9. 如图所示是某同学站在力板传感器上做“下蹲起立”的动作时记录的压力随时间变化的图线。由图线可知该同学（ ）
A. 体重约为800N
B. 10s内做了一次“下蹲起立”的动作
C. 10s内做了两次“下蹲起立”的动作
D. “下蹲起立过程”的最大加速度约为7m/s2
【答案】BD
【解析】
【详解】A．从图中可以看出人的体重约为650N，故错误；
BC．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，故B正确，C错误；
D．图中可以看出人的体重约为650N，下降的过程中对力传感器的最小压力约200N，所以人的最大加速度
故D正确；
故选BD。
10. 如图甲所示，绷紧水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v—t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2 > v1，则（ ）
A. t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. 0 ~ t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C. 0 ~ t2时间内，小物块受到摩擦力的大小和方向都不变
D. 0 ~ t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由乙图知：物块先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，直到速度与传送带相同，再做匀速运动。因此t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A正确；
B．0 ~ t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，根据牛顿第二定律可知，0 ~ t2时间内小物块的加速度方向始终向右，B错误；
C．0—t2时间内，物块相对传送带一直向左运动，受到的滑动摩擦力方向向右，大小为
f = μmg
保持不变，C正确；
D．在0—t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为
D错误。
故选AC。
11. 建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70kg的工人站在地面上，通过定滑轮将30kg的建筑材料拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，g取10m/s2，下列说法中，正确的是（ ）
A. 若将材料缓慢上拉，则绳子对材料的拉力为300N
B. 若将材料缓慢上拉，则人对地面的压力为700N
C. 若将材料以a=1m/s2的加速度加速上拉，则人对地面的压力为370N
D. 若人始终未离开地面，则材料上升的加速度不可能m/s2
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB． 若将材料缓慢上拉，建筑材料保持平衡，则绳子对材料的拉力等于建筑材料的重力，有
F1=m1g=300N
若将材料缓慢上拉，则人对地面的压力为
F2=m2g-F1=400N
故A正确，B错误；
C． 若将材料以a=1m/s2的加速度加速上拉，以建筑材料为对象，由牛顿第二定律得
解得
F3=330N
人对地面的压力为
F4=m2g-F3=370N
则人对地面的压力为370N，故C正确；
D． 若人始终未离开地面，绳子的最大拉力
F5=m2g=700N
以建筑材料为对象，由牛顿第二定律得
解得
则材料上升的加速度不可能m/s2，故D正确。
故选ACD。
第II卷（非选择题，共56分）
二、填空题（本题共2小 题，共16分）
12. 某同学在实验室里拿出一根弹簧利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小F与弹簧长度x的关系”的实验。
（1）他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长________ cm，劲度系数_______N/m；
（2）这位同学把这根弹簧做成了一个弹簧秤，当弹簧秤上的示数为3N时，里面弹簧的长度_______cm。
（3）关于本实验中的实验操作及实验结果，以下说法正确的是_______。
A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证钩码处于静止状态再读数据
C．用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
D．在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。
【答案】 ①. 4 ②. 50 ③. 10 ④. ABD
【解析】
【详解】（1）[1][2]F-x图像的横截距表示弹簧的原长，斜率表示劲度系数，则
（2）[3]由题图丙可知此时弹簧弹力大小为3N，根据胡克定律可知该弹簧的伸长量为
弹簧的总长
（3）[4]A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会被损坏，故A正确；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧稳定后，即处于静止状态再读数，故B正确；
C．弹簧的伸长量等于弹簧拉伸后的长度减去弹簧原长，不等于弹簧的长度，故C错误；
D．弹簧竖直悬挂，故在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态，故D正确。
故选ABD。
13. （1）在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，根据打点计时器打出的纸带，我们可以不利用公式计算就能直接得到的物理量是 ____。
A．时间间隔 B．瞬时速度
C．加速度 D．某段时间内的位移
（2）在探究“小车速度随时间变化规律”实验中：
①操作步骤中释放小车和接通电源的先后顺序应该是 ____。
A．先释放小车后接通电源
B．先接通电源后释放小车
②某同学获得一条点迹清楚的纸带，如图所示，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，该同学选择了0、1、2、3、4、5、6七个计数点，每相邻两个计数点间还有四个点图中没有画出，测量数据如图所示，单位是mm。
（a）计算小车通过计数点3的瞬时速度为 _____m/s（保留3位有效数字）。
（b）小车的加速度为 ____m/s2（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. AD ②. B ③. 1.16m/s； ④. 3.1m/s2
【解析】
【详解】（1）[1]A．打点计时器是记录时间的仪器，所以时间间隔不需要计算，故A正确；
BC．瞬时速度和加速度不能直接测量，需要计算，故BC错误；
D．某段时间内的位移可以用刻度尺直接测量，不需要计算，故D正确。
故选AD；
（2）①[2]使用打点计时器时，应该先接通电源，再释放小车，故A错误，B正确。
故选B；
②[3]相邻计数点间的时间间隔为
匀变速直线运动某段中间时刻的速度等于该段的平均速度，则小车通过计数点3的瞬时速度为
m/s＝1.16m/s
[4]匀变速直线运动相邻相等时间位移差恒定
根据逐差法可知小车加速度为
a m/s2＝3.1m/s2
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
14. 如图所示，轻绳上端系在竖直杆上的A点，下端C点连接一质量为m=1kg的小球（可视为质点），轻弹簧左端连接在竖直杆的B点，右端与C点连接。小球静止时，轻弹簧恰好处于水平位置。已知轻绳AC长为L=0.5m，轻绳与竖直杆间的夹角θ=37，轻弹簧原长l0=0.5m，取g=10m/s2，sin37=0.6，cs37=0.8。求：
(1)弹簧的弹力大小；
(2)弹簧的劲度系数。
【答案】(1)F弹=7.5N；(2)k=37.5N/m
【解析】
【详解】(1)对小球受力分析如图所示
即
(2)根据
弹簧的形变量
得
15. 某跳伞运动员做低空跳伞表演。他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，当距离地面125m时开始打开降落伞，到达地面时速度减为5m/s。如果认为开始打开降落伞直至落地前运动员在做匀减速运动，加速度为12m/s2（重力加速度g取10m/s2）。问：
（1）运动员打开降落伞时的速度大小是多少；
（2）运动员做自由落体运动的时间？
（3）运动员离开飞机时距地面的高度为多少（结果保留两位小数）。
【答案】（1）55m/s；（2）5.5s；（3）276.25m
【解析】
【详解】（1）选取向下为正方向，对减速过程，由速度和位移关系可
解得
（2）对于自由落体运动过程有
解得
t
（3）自由落体过程下降的高度有
运动员离开飞机时距地面的高度为
16. 风洞实验是研究空气动力学的主要方法。风场中有一装置如图所示，水平直杆AB段光滑，长度，BC段和CD段与小球间的动摩擦因数，其中BC段长度和CD段长度均为5m，CD段与BC段的夹角，转角处平滑连接。每次开始实验前，都将的小球置于A端，然后通过调节风速让作用在小球上的风力根据需要维持某个恒定值。已知小球的孔径略大于直杆截面直径，小球过C点前后瞬间速度大小不变，（，）请解答以下问题：
(1)若风力，释放小球，求小球过B点的速度；
(2)同(1)问条件，求小球最后停止的位置距A点的距离；
(3)若风力，要使小球能滑到D点，求风力作用的最短时间。
【答案】(1)6m/s；(2)9m；(3)0.9s
【解析】
【详解】(1)由牛顿第二定律有
即
由运动学公式：
可得小球到B点的速度为：
(2)由牛顿第二定律有
即
由
其中
可得
即距离A点为
(3)当，风力作用最短时间的情况，小球到达D点时的速度恰好为零时。
讨论：
①若风力只在小球在AB段运动时作用，则有：
小球在BC段运动，无风力作用时
可得
小球在CD段运动时有
当小球速度为零时，上冲的位移为
风力作用不止在AB段。
②若风力在BC段一直有作用
小球在BC的运动有
小球在CD的运动有
得
，即可判断小球一定是在BC段中某位置停止风力作用设此位置离B点距离为.则有：
得
小球在AB段运动的时间为
小球在BC段有风作用的时间
风作用的最短时间为