2022-2023学年吉林省长春市第五中学高一上学期期末物理试题含解析

长春市第五中学2022-2023学年度高一年级期末考试

物    理    试     卷

一、单项选择题（共8题，每题4分，共32分）

1. 风洞是进行空气动力学实验的一种重要设备．一次检验飞机性能的风洞实验示意图如图所示，AB代表飞机模型的截面，OL是拉住飞机模型的绳．已知飞机模型重为G，当飞机模型静止在空中时，绳恰好水平，此时飞机模型截面与水平面的夹角为θ，则作用于飞机模型上的风力大小为(　　)

A.  B. Gcos θ C.  D. Gsinθ

【答案】A

【解析】

【分析】以飞机模型为研究对象，飞机模型静止在空中时，合力为零，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解作用于飞机模型上的风力大小．

【详解】以飞机模型为研究对象，飞机模型静止在空中时，合力为零，分析受力情况：重力G、绳的拉力T和风力F，其中F垂直于飞机模型截面向上．如图所示．

根据平衡条件得：，选项A正确，BCD错误．故选A．

2. 如图所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在小球上，另一端固定在墙上的P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】对小球受力分析如图所示

由力的合成可知，FN和F的合力与重力mg等大反向，由几何关系可知

又由胡克定律得

解得

故C正确，ABD错误。

故选C。

3. 一辆汽车做直线运动，其图像如图所示。关于汽车的运动，下列说法错误的是（　　）

A. 汽车的初速度为4m/s B. 汽车的加速度大小为0.5m/s2

C. 汽车在第4s末的速度为2m/s D. 汽车前10s内的位移为15m

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据公式

可推得

所以对应图像，初速度4m/s，A正确。

B．根据图像和公式

可知加速度大小为0.5m/s2，B正确。

C．根据公式

可知4s末的速度为2m/s，C正确。

D．根据公式

可知，物体在8s末停止运动，所以根据公式

可知，汽车前10s内的位移就是物体前8s内的位移为16m，D错误。

故选D。

4. 一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是（　　）

A. 初速度v0的大小为2.5 m/s B. 加速度a的大小为1 m/s2

C. 位移x3的大小为1.125 m D. 位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s

【答案】A

【解析】

【详解】B．根据

得到加速度

选项B正确；

A．根据

即

解得

v0=3.5m/s

选项A错误；

C．位移x3大小为

选项C正确；

D．因2s末的速度

则位移x3内的平均速度大小为

选项D正确。

此题选择不正确的选项，故选A。

5. 如图所示，水平固定倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F的大小分别为 (　　)

A. l＋，2mg

B. l＋，mg

C. l－，2mg

D. l－，mg

【答案】D

【解析】

【详解】以A、B和弹簧组成的系统为研究对象受力分析如图：

系统处于平衡状态，沿斜面方向有：Fcos 30°＝2mgsin30°，得；隔离A球有kx＝mgsin30°，得弹簧原长为；故选D.

【点睛】对于连接体问题注意整体与隔离法的应用，正确选取研究对象然后受力分析，根据所处状态列方程求解．

6. 如图所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为2 kg的物体A，A处于静止状态．现将质量为3 kg的物体B轻放在A上，则B与A刚要一起运动的瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)( )

A. 30 N B. 12 N C. 18 N D. 0

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】在没有放置B时，弹簧对A的弹力为

将B放上去的瞬间由于弹簧来不及改变，弹力不变，此时将AB看做一个整体，整体有

解得，对A分析，A受到B给的压力，自身的重力，和弹簧的弹力，故有

解得，B正确。

7. 如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为(　　)

A. mg B. mg

C. mg D. mg

【答案】C

【解析】

【详解】

由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力

FT＝mgtan 30°＝mg

D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左．要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的力F1、另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加的力的大小，故最小力

F＝FTsin 60°＝mg

故C正确。

8. 一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，则以下结论不正确的是（　　）

A. Ff1∶Ff2＝1∶2 B. Ff2∶Ff3＝1∶2

C. Ff3∶Ff4＝1∶2 D. tan α＝2tan θ

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．图（1）中M受的静摩擦力为

Ff1=Ma1

图（2）中M受的静摩擦力为

Ff2=Ma2

图（3）中对M和m的整体分析可知，M受的静摩擦力为

Ff3=(M+m)a3

图（4）中对M和m的整体分析可知，M受的静摩擦力为

Ff4=(M+m)a4

则

Ff1∶Ff2＝1∶2

Ff2∶Ff3不能确定；

Ff3∶Ff4＝1∶2

则选项AC正确，B错误；

D．由图（3）对m分析可知

由图（4）对m分析可知

则

tan α＝2tan θ

选项D正确。

故选B。

二、多项选择题（共4题，每题4分，共16分）

9. 做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示（　　）

A.  B.  C. v0t D.

【答案】ABD

【解析】

【详解】AC．由题意，初速度为v0，加速度大小为a，时间为t，加速度为-a，则匀减速运动的位移为

C错误A正确；

B．此运动可看出反向的初速度为零的匀加速运动，则

B正确；

D．这段时间内物体的位移

D正确。

故选ABD。

10. 如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2 B. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2

C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2 D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2

【答案】BC

【解析】

【详解】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有

mg-F=ma

解得

a=2m/s2

方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。

故选BC。

11. 如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是（　　）

A. 当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动

B. 图中A点值即为物体的重力值

C. 物体向上运动的加速度和力F成正比

D. 图线延长线和纵轴交点B的数值等于该地的重力加速度

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．当F小于图中A点值时，物体的加速度为零，则Mg>F，物体不动，A正确；

BCD．根据

得

当加速度为0时，F值等于重力。由表达式可知，加速度与力不成正比，图线延长线和纵轴的交点B的数值等于该地的重力加速度，C错误，BD正确。

故选ABD。

12. 如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2。A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，下述结论中正确的是（g取10m/s2）（   ）

A. 当拉力0＜F＜12N时，A静止不动

B. 当拉力F＞12N时，A相对B滑动

C. 当拉力F＝16N时，B受到A的摩擦力等于4N

D. 在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止

【答案】CD

【解析】

【详解】由于地面光滑，所以只要F不为零，AB一起运动，当A、B发生相对运动时的加速度为

则发生相对运动时最大拉力为

知在绳子承受的最大拉力范围内，A、B始终保持静止，当F=16N时，整体的加速度为

则B对A的摩擦力为

故AB错误，CD正确；

故选CD。

二、实验题（共2题，每空2分，共14分）

13. 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．

（1）实验中必要的措施是______．

A．细线必须与长木板平行        B．先接通电源再释放小车

C．小车的质量远大于钩码的质量    D．平衡小车与长木板间的摩擦力

（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）．s1=3.59 cm，s2=4.41 cm，s3=5.19 cm，s4=5.97 cm，s5=6.78 cm，s6=7.64 cm．则小车的加速度a=______m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=______m/s．（结果均保留两位有效数字）

【答案】    ①. （1）AB        ②. （2）0.80    ③. 0.40

【解析】

【详解】①为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB．

②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为；

根据逐差法可知，物体的加速度；

B点的速度等于AC段的平均速度，则有：．

【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量．

14. 某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。

（1）下列做法正确的是（      ）

A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上

C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源

D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度

（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 __________________ 木块和木块上砝码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于“）

（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲 ________ m乙，μ甲 ______ μ乙。（填“大于”、“小于”或“等于”）

【答案】    ①. AD    ②. 远小于    ③. 小于    ④. 大于

【解析】

【详解】（1）[1]A．为了保证滑块受到的绳子拉力是恒力，需要调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，A正确；

B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上，B错误；

C．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，C错误；

D．平衡摩擦力后，每次改变木块上的砝码质量时，只要保持倾角不变，不需要重新调节木板倾斜度，D正确。

故选AD；

（2）[2]为了保证在改变木块上的砝码质量时，木块所受的拉力近似不变，以木块和木块上砝码为对象，根据牛顿第二定律可得

以砝码桶及桶内砝码为对象，根据牛顿第二定律可得

联立可得

可知在改变时，为了使绳子拉力几乎等于砝码桶及桶内砝码总重力，需要砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量；

（3）[3][4]根据牛顿第二定律可得

解得

由图像的斜率和纵轴截距大小关系可得

可知小于，大于。

三、计算题（共4题，共38分）

15. 如图所示，质量为的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量，且始终静止，取，求：

（1）斜面对滑块的摩擦力大小；

（2）地面对斜面体的摩擦力和支持力的大小。

【答案】（1）；（2）；

【解析】

【详解】（1）对滑块作受力分析，如图所示

在平行斜面的方向上，根据受力平衡可得

解得斜面对滑块的摩擦力大小为

（2）因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当做一个整体来研究，其受力如图所示

在水平方向上，根据受力平衡可得

在竖直方向上，根据受力平衡可得

解得

16. 如图所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为和，它们与地面间的动摩擦因数均为。在A、B之间有一原长、劲度系数的轻质弹簧将它们连接。现分别用两个方向相反的水平恒力、同时作用在A、B两物体上，已知，，取。当物体运动达到稳定时，求：

（1）A和B共同运动的加速度；

（2）A、B之间的距离（A和B均可视为质点）。

【答案】（1），方向水平向右；（2）

【解析】

【详解】（1）当A和B共同运动时，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得

带入数据可得

方向水平向右。

（2）对A受力分析，根据牛顿第二定律可得

带入数据可得

方向水平向左，说明弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有

带入数据可得

所以A、B之间的距离为。

17. 甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记．在某次练习中，甲在接力区前S0=13.5m处作了标记，并以V=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度为L=20m．

求：（1）此次练习中乙在接棒前的加速度a；

（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．

【答案】（1）a=3m/s2

（2）65m

【解析】

【详解】（1）设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有vt-vt/2=13.5

将v=9代入得到：t=3s,

再有 v=at

解得：a=3m/s2

（2）在追上乙的时候，乙走的距离为s,

则：s=at2/2

代入数据得到 s=13.5m

所以乙离接力区末端的距离为∆s=20-13.5=6.5m

18. 如图所示，倾角α＝30°足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2。

（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；

（2）若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

【答案】（1）F≤30N；（2）物块能滑离木板，1.2s，s=0.9m

【解析】

【详解】（1）对M、m，由牛顿第二定律

对m，有

，

代入数据得

（2）当时，物块与木板相对滑动，对于M，有

对m，有

设物块滑离木板所用的时间为，由运动学公式

代入数据得

物块离开木板时的速度

由公式

代入数据得

【点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。