2023-2024学年甘肃省兰州市西北师大附中高一（上）期末物理试卷（B卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省兰州市西北师大附中高一（上）期末物理试卷（B卷）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各组物理量中，都属于矢量的是( )
A. 位移和路程B. 时间和时刻C. 平均速度和速率D. 瞬时速度和加速度
2.关于速度和加速度，下列说法中正确的是( )
A. 物体的速度越大，加速度一定越大B. 物体的速度变化越大，加速度一定越大
C. 物体的速度变化越快，加速度一定越大D. 物体的加速度为零，速度一定为零
3.A、B、C三点在同一条直线上，一物体从A点由静止开始做匀加速直线运动，经过B点的速度是v，到C点的速度是3v，则xAB：xBC等于( )
A. 1：8B. 1：6C. 1：5D. 1：3
4.如图，竖直悬挂一轻质弹簧，不挂钩码时弹簧长度为8cm，挂上5N的钩码，弹簧长度为10cm，此弹簧的劲度系数是( )
A. 150 N/m
B. 200 N/m
C. 250 N/m
D. 300 N/m
5.航母“辽宁舰”甲板长300m，起飞跑道长100m，目前顺利完成了舰载机“歼−15”起降飞行训练．“歼−15”降落时着舰速度大小约为70m/s，飞机尾钩钩上阻拦索后，在甲板上滑行50m左右停下，(航母静止不动)假设阻拦索给飞机的阻力恒定，则飞行员所承受的水平加速度与重力加速度的比值约为( )
A. 2B. 5C. 10D. 50
6.2018年4月13日～15日第15届F1中国大奖赛在上海奥迪国际赛车场举行，假如某赛车在弯道上高速行驶时突然后轮脱离赛车，关于脱离赛车后的车轮的运动情况，以下说法正确的是( )
A. 仍然沿着汽车行驶的弯道运动
B. 沿着与弯道垂直的方向飞出
C. 沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道
D. 上述情况都有可能
7.大型客机是我国自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，航程可达4075−5555公里，于2017年5月5日成功首飞。质量为7.2×104kg的某型飞机，起飞时滑行的距离为2.1×103m，离地的速度为70m/s，若该过程可视为匀加速直线运动，设飞机受到的阻力恒为飞机重力的0.05倍，重力加速度g取10m/s2.飞机在起飞过程中，下列说法正确的是( )
A. 平均速度为45m/sB. 加速度大小为1.5m/s2
C. 在跑道上滑行的时间为60sD. 发动机产生的推力为8.4×104N
8.如图所示，给滑块一初速度v0使它沿倾角为30°的光滑斜面向上做匀减速运动，若重力加速度为g，则当滑块速度大小减为v02时，滑块运动的时间可能是( )
A. v02gB. 2v0gC. 3v0gD. 3v02g
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，物块放在粗糙的斜面上处于静止状态．现对物块施加一沿斜面向上的推力F，在推力F由零逐渐增大到物块刚要滑动的过程中，物块受到的静摩擦力( )
A. 先沿斜面向上，后沿斜面向下B. 先沿斜面向下，后沿斜面向上
C. 先增大后减小D. 先减小后增大
10.在水平路面行驶的汽车遇突发状况紧急刹车，做匀减速直线运动，从开始刹车为计时起点，第1s末的速度是8m/s，第2s内的平均速度是6m/s，则下面结论正确的是( )
A. 汽车刚刹车时的速度是12 m/sB. 经4 s汽车的位移为18m
C. 物体的加速度大小是2m/s2D. 前2s内的平均速度是7m/s
11.某人在距离地面某高度处以5m/s的初速度竖直向上抛出一质量为2kg的小球，小球抛出后经过一段时间落到地面上。若以抛出时刻为计时起点，小球运动的v−t图象如图所示，t=1.5s时，小球落到地面上。设小球运动过程中所受阻力大小不变，则( )
A. 小球一直做匀变速直线运动B. 小球抛出点离地面高度为3.55m
C. 小球运动过程中所受阻力大小为0.4ND. 当地重力加速度大小为10m/s2
12.如图所示，让物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2.则( )
A. 物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1：sinθ2
B. 物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为csθ1：csθ2
C. 物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1：1
D. 两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为csθ1：csθ2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．
(1)下列对实验操作的说法，正确的是______
A.用两个弹簧秤把结点拉到O点之后，为防止O点变动，应用图钉把结点固定在O点
B.在同一组实验中，用两个弹簧秤拉橡皮条和用一个弹簧秤拉橡皮条时结点位置相同
C.为使实验结果更具有说服力，应多做几组，且每组实验两细绳套的夹角不能变
D.为使实验结果更精确，两弹簧秤的规格必须一样
(2)某同学根据实验在纸上画出了如图所示的力的图示(F与AO共线)，其中______是F1和F2的理论合力，______是F1和F2的实际合力．
14.某实验小组利用图1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．(选填“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2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.(选填“大于”“小于”或“等于”)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
15.一辆值勤的警车停在公路旁边，当警员发现从他身旁以v1=36km/h的速度匀速行驶的货车有严重超载时，决定立即前去追赶。经过t0=5.5s警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但行驶速度不能超过vm=90km/h。问：
(1)在警车追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
(2)警车发动后最快要多长时间才能追上货车？
16.如图所示，质量为m的物体A压在放于地面上的竖直的劲度系数为k1轻弹簧上，上端与劲度系数为k2的轻弹簧相连，轻弹簧k2上端与质量也为m物体B相连，物体B通过轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质小桶P相连，A、B均静止。现缓慢地向小桶P内加入细砂，当弹簧k1恰好恢复原长时，(小桶一直未落地)求：
(1)小桶P内所加入的细砂质量；
(2)小桶在此过程中下降的距离。
17.如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0=4m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0=40m处有一物体在水平向右的推力F=20N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1=25m撤去，已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.2，物体的质量m=5kg，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；
(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；
(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、位移是矢量，路程是标量，故A错误。
B、时间和时刻都是标量，故B错误。
C、速率是标量，故C错误。
D、瞬时速度和加速度都是矢量，故D正确。
故选：D。
既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握，要掌握物理量的矢标性．
2.【答案】C
【解析】解：A、根据a=△v△t，速度大，速度变化量不一定大，加速度不一定大。故A错误。
B、根据a=△v△t，速度变化量大，加速度不一定大。故B错误。
C、加速度反映速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大。故C正确。
D、加速度为0，速度不一定为0，比如：匀速直线运动。故D错误。
故选：C。
加速度定义为单位时间内速度的变化量，反应速度变化快慢的物理量．
解决本题的关键掌握加速度定义为单位时间内速度的变化量，反应速度变化快慢的物理量．
3.【答案】A
【解析】解：根据速度位移公式知：XAB=v22a，XAC=(3v)22a，则XAB：XAC=1：9，所以XAB：XBC=1：8.故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
根据匀变速直线运动的速度位移公式求出AB和AC的距离之比，从而求出AB和BC的距离之比．
本题考查匀变速直线运动的规律应用；解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用．
4.【答案】C
【解析】解：重物受力平衡，可得弹簧的弹力 F=G=5N
弹簧伸长的长度为x=L−L0=10cm−8cm=2cm=0.02m
由胡克定律 F=kx得：k=250N/m
故选：C
物体静止时，弹簧的弹力等于所悬挂物体的重力，根据弹簧的长度减去原长得到弹簧伸长的长度．根据胡克定律求解劲度系数．
本题是胡克定律的基本应用，要抓住公式F=kx中x是弹簧伸长的长度或压缩的长度，不是弹簧的长度．
5.【答案】B
【解析】解：根据速度和位移关系可知：
v2−v02=2ax
解得：a=0−7022×50=−49m/s2；
故ag=499.8≈5；
故B正确，ACD错误。
故选：B。
已知减速过程的初末速度和位移，根据速度与位移关系进行列式即可求得加速度，则可求得水平加速度与重力加速度的比值
本题考查匀变速直线运动中速度和位移的关系，要注意明确题意，知道飞机减速的位移为50m，而末速度为零．
6.【答案】C
【解析】解：后轮未脱离赛车时，具有向前的速度，脱离赛车后，由于惯性，后轮保持原来向前的速度继续前进，所以沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道。故C正确，ABD错误。
故选：C。
后轮未脱离赛车时，速度与赛车相同，脱离赛车后，根据惯性知识，分析后轮的运动情况。
本题从惯性的角度理解，是基础题，比较容易。实际生活中，惯性的现象较多，要学会应用书本知识进行分析。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据v−=v0+vt2可知平均速度为：v−=702=35m/s，故A错误；
B.根据vt2−v02=2ax知加速度为：a=7022×2.1×103=1.17m/s2，故B错误；
C.根据x=v−t可知滑行时间为：t=2.1×10335=60s，故C正确；
D.根据牛顿第二定律有：F−f=ma，代入数据解得发动机产生的推力为：F=0.05×7.2×104×10+7.2×104×1.17=1.2×105N，故D错误；
故选：C。
根据匀变速直线运动的平均速度公式求解平均速度，根据匀变速直线运动的位移速度公式求解加速度，根据速度时间公式求解时间，根据牛顿第二定律求解发动机产生的推力；
该题主要考查了对匀变速直线运动的基本公式和牛顿第二定律的应用，解决该题的关键就是熟记相关公式，选择合适的公式进行计算；
8.【答案】C
【解析】解：规定初速度v0的方向为正方向，物体在斜面上运动时加速度为a。根据牛顿第二定律得
−mgsin30°=ma
解得a=−g2，方向沿斜面向下；
若滑块的末速度方向与初速度方向相同，则末速度为v1=v02
滑块运动的时间为
t1=v1−v0a=v02−v0−g2=v0g
若滑块的末速度方向与初速度方向相反，则末速度为v2=−v02
滑块运动的时间为
t2=v2−v0a=−v02−v0−g2=3v0g，故B正确，ACD错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律求物体的加速度大小，当滑块速度大小减为v02时，速度方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反，根据匀变速直线运动的速度−时间公式求解运动时间。
解决本题的关键要知道物体在斜面上做匀减速直线运动，物体末速度的方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反，不能漏解。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题的关键是抓住静摩擦力大小和方向具有可变性，通过分析物体的受力情况，运用平衡条件列式分析．
对物体m受力分析，根据平衡条件得到斜面对物体的支持力和摩擦力的表达式，再分析它们大小的变化情况．物体静止时合力保持为零．
【解答】
解：
分析物体m的受力情况：重力mg、推力F、斜面的支持力N，可能受到静摩擦力f，
在沿斜面方向上F从零开始增加，即开始时F随着F的增大，f减小，当F=mgsinθ时，f=0；
之后F>mgsinθ，物体受到的摩擦力方向沿斜面向下，且f=F−mgsinθ；；
故f的方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，先减小后增大，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
10.【答案】AB
【解析】解：A、第2s末的平均速度等于2.5s时的瞬时速度，故2.5s时的瞬时速度为6m/s；则加速度a=6−80.5=−4m/s2；则汽车的初速度v0=8+4×1=12m/s； 故A正确，C错误；
B、汽车静止需要的时间t=124=3s；故4s时汽车已经静止，则汽车的4s内的位移x=−v022a=−144−2×4=18m；故B正确；
D、前2s的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故为8m/s； 故D错误；
故选：AB。
根据平均速度公式可求得2.5s时的瞬时速度，则由速度和时间关系可求得物体的加速度；根据速度公式可求得汽车减速所用的时间，则可确定汽车在4s内的位移可以采用速度和位移的关系求解．
本题考查匀变速直线运动的规律的应用，对于汽车刹车类问题要注意先判断汽车静止所需要的时间，再灵活选择物理公式求解．
11.【答案】BC
【解析】解：A、小球上升过程中的加速度a1=△v1△t1=50.5m/s2=10m/s2，下落过程中的加速度大小为a2=△v2△t2=9.61.5−0.5m/s2=9.6m/s2，整个运动过程中的加速度大小变化，故不是做匀变速直线运动，故A错误；
B、小球抛出点离地面高度为h=12×9.6×(1.5−0.5)m−12×5×0.5m=3.55m，故B正确；
CD、设小球运动过程中所受阻力大小为f，重力加速度为g，根据牛顿第二定律可得：
上升过程中：mg+f=ma1，
下落过程中，mg−f=ma2，
解得：f=0.4N，g=9.8m/s2，故C正确、D错误。
故选：BC。
根据速度图象求解加速度，分析运动情况，根据图象与坐标轴围成的面积求解高度；根据牛顿第二定律求解阻力和重力加速度大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的应用，解答本题的关键是弄清楚运动过程和受力情况，掌握速度图象的物理意义是关键。
12.【答案】BCD
【解析】解：A、物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律得，a=mgcsθm=gcsθ，所以加速度大小之比为csθ1：csθ2,故A错误；
BC、物体的位移2Rcsθ，则2Rcsθ=12at2，解得t= 4Rg，与夹角无关，知下滑时间之比为1：1.又v=at，知速度之比为csθ1：csθ2,故B正确，C正确；
D、加速度大小之比为csθ1：csθ2，根据牛顿第二定律知，合外力之比为csθ1：csθ2.故D正确。
故选：BCD。
对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度．通过位移以及加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，从而得出末速度，然后进行比较．
本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
13.【答案】B F′ F
【解析】解：(1)本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系．根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同，只要在白纸上记录下第一次结点所在位置O，第二次拉至同一位置即可，不需要用图钉固定，故A错误，B正确；
为使实验结果更具说服力，应多做几组，每组实验两细绳套的夹角可以改变，故C错误；
两弹簧秤的规格不需要一样，故D错误；
故选：B．
(2)本实验采用了“等效法”，F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值，所以F′是F1和F2的合力的理论值，F是F1和F2的合力的实际测量值．
故答案为：(1)B；(2)F′；F．
该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的，注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题．
本题考查验证平行四边形定则的实验，实验中要注意明确实验原理，知道实验方法，同时注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，所以掌握实验原理是解决实验题的根本．
14.【答案】AD；远小于；小于；大于
【解析】解：(1)A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，可以使木块受到的拉力等于绳子上的拉力．故A正确．
B、平衡摩擦力时，应将绳从木块上拿去，轻轻推动木块，木块沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断木块是否匀速运动．故B错误．
C、实验时，如果先放开木块，再接通打点计时器电源，由于木块运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，所以应该先接通电源，再放开木块．故C错误
D、每次改变木块上的砝码改变质量时，木块的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故D正确．
故选：AD
(2)按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=mgM，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg−T=ma，对小木块有T=Ma.综上有：小物块的实际的加速度为 a=mgM+m(3)当没有平衡摩擦力时有：T−f=ma，故a=1mT−μg，即图线斜率为1m，纵轴截距的大小为μg.可知斜率越大，质量越小；纵轴截距越大，动摩擦因数越大．观察图线可知m甲μ乙；
故答案为：(1)AD；(2)远小于；(3)小于，大于
(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．
(2)砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；
(3)a−F图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况．
本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法
15.【答案】解：已知v1=36km/h=10m/s；vm=90km/s=25m/s
(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．
则t1=va=102.5s=4s
此时 x货=v0(t1+t0)=95m
x警=12at12=12×2.5×42m=20m
所以两车间的最大距离△x=x贷−x警=75m
(2)vm=90 km/h=25 m/s，当警车刚达到最大速度时，
运动时间t2=vma=252.5s=10s
x′贷=v0(t2+t0)=155m
x′警=12at22=12×2.5×102m=125m
因为x′货>x′警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离△s′=x′货−x′警=30 m
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间追赶上货车，则
△t=Δx′vm−v1=2s
所以警车发动后要经过t=t2+△t=12 s才能追上货车．
答：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是75m．
(2)警车发动后最快要12s长时间才能追上货车．
【解析】(1)在两车速度相等前，货车的速度大于警车，两车的距离越来越大，速度相等之后，货车的速度小于警车，两车的距离越来越小，所以两车速度相等时，距离最大．根据速度相等求出时间，再根据运动学的位移公式求出相距的最大距离．
(2)先判断当警车速度达到最大速度时，有没有追上．若追上，则根据位移关系，求出运动的时间．若没有追上，求出两车相距的距离，之后警车以最大速度追赶，根据位移关系，求出追及时间(注意此时追及时间等于加速阶段的时间和匀速追及的时间之和)．
解决本题的关键知道速度小者加速追速度大者，两者速度相等时，距离最大．以及知道警车追上货车时，两车的位移相等．
16.【答案】解：(1)当k1恢复原长时，对AB整体分析，绳子的拉力为 F=2m g，即小桶中细砂的质量为2m。
(2)开始时，对AB分析，k1x1=2mg，弹簧k1的压缩量为：
x1=2mgk1
对B分析，k2x2=m2g，弹簧k2的压缩量为：
x2=mgk2
当k1恢复原长时，对A分析，k2x2′=m1g，弹簧k2的伸长量为：
x2′=mgk2
在此过程中，小桶下降的距离为：
h=x1+x2+x2′=2mg(1k1+1k2)
答：(1)小桶P内所加入的细砂质量是2m；
(2)小桶在此过程中下降的距离是2mg(1k1+1k2)。
【解析】(1)当弹簧k1恰好恢复原长时，对AB组成的整体，由平衡条件求出绳子的拉力，从而求得小桶P内所加入的细砂质量。
(2)先研究开始时弹簧k1的压缩量和弹簧k2的压缩量，再研究k1恢复原长时弹簧k2的伸长量，由几何关系得到小桶在此过程中下降的距离。
对于含有弹簧的问题，是高考的热点，要学会分析弹簧的状态，弹簧有三种状态：原长、伸长和压缩，含有弹簧的问题中求解距离时，都要根据几何知识研究物体移动与弹簧形变量的关系。
17.【答案】解：(1)对物体，根据牛顿第二定律得：F−μmg=ma1
代入数据得a1=2m/s2；
(2)设经过时间t二者的速度相等，则v0=a1t
解得t=2s
二者的最大距离为x=s0+v0t−12a1t2=44m；
(3)设推力作用的时间为t1，由位移公式得s1=12a1t12
解得：t1= 2s1a1= 2×252=5s；
撤去F时，设物体的速度为v1，撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t2时间运动s2位移停止
根据牛顿第二定律μmg=ma2
由速度公式得v1=a1t1=a2t2
由位移公式得s2=v122a2
s车=v0(t1+t2)
d=s0+s车−(s1+s2)
联立解得：d=30m。
答：(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小为2m/s2；
(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离为44m；
(3)物体刚停止运动时物体与小车的距离d为30m。
【解析】(1)利用牛顿第二定律求得物块加速度；
(2)速度相等时二者相距最远，根据速度时间关系求解时间，再根据位移关系求解位移；
(3)根据牛顿第二定律可求得撤去拉力后的加速度，根据位多公式分别求出t时间内物体和小车前进的位移即可求的此时相距距离。
本题考查牛顿第二定律的应用中已知受力求运动的问题，要注意明确两物体各自的运动情况，再根据二者的位移和时间关系进行分析求解即可。