内蒙古2022年高一上册物理期末考试试卷带答案和解析

1、 PAGE 10内蒙古 2022 年高一上册物理期末考试试卷带答案和解析选择题以下说法正确的是( )物体沿直线单方向运动时，通过的路程就是位移路程为零时位移一定为零；位移为零时路程不一定为零速度大小与位移成正比，与时间成反比速度大小不变的物体，其加速度必定不变【答案】B【解析】物体沿直线单方向运动时，通过的路程等于位移的大小，选项A 错误；路程为 0 时位移一定为 0，位移为 0，路程不一定为 0，例如物体沿一个圆周运动一周时，路程不为零，位移为零，选项B 正确； 物体的速度与位移和时间无关，选项 C 错误；速度大小不变的物体， 其加速度不一定不变，例如匀速圆周运动运动，选项 D 错误；故选B

2、.选择题如图所示，光滑水平地面上放有截面为 1/4 圆周的柱状物体 A， A 与光滑墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A 施加一水平向左的力F，整个装置保持静止若将A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（ ）A. B 对A 的作用力减小 B. 墙对B 的作用力增大C. 地面对A 的支持力减小 D. 水平外力F 增大【答案】A【解析】先对 B 球受力分析，受到重力 mg、A 球对 B 球的支持力 N和墙壁对B 球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得到 A 球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F 和地面的支持力的变化情况。对 B 球受力分析，受到重力 mg、

3、A 球对 B 球的支持力 N和墙壁对B 球的支持力N，如图当 A 球向左移动后，A 球对 B 球的支持力 N的方向不断变化， 根据平衡条件结合合成法可以知道A 球对B 球的支持力N和墙壁对B 球的支持力N 都在不断减小，即B 对 A 的作用力减小，故A 正确， B 错误；再对A 和 B 整体受力分析，受到总重力G、地面支持力 FN， 推力F 和墙壁的弹力N，如图；根据平衡条件，有F=N；FN=G；故地面的支持力不变，推力 F 随着壁对B 球的支持力N 的不断减小而不断减小，故 CD 错误；故选A。选择题如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢

4、加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程。那么下列说法中正确的是顾客始终受到静摩擦力的作用顾客受到的支持力总是大于重力扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上【答案】C【解析】正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用；匀速运动时只受到重力和支持力的作用，故 A 错误；顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，处于匀速直线运动时，受到的支持力等于重力，故 B 错误；顾客处于加速运动时，人受到静摩擦

5、力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C 正确；D 错误。故选C。选择题A. NMg，f F B. NMg+ F，fMg如图所示，顶角为直角、质量为 M 的斜面体 ABC 放在粗糙的水平面上，A30，斜面体与水平面间动摩擦因数为现沿垂直于 BC 方向对斜面体施加力 F，斜面体仍保持静止状态，则关于斜面体受到地面对它的支持力N 和摩擦力f 的大小，正确的是（已知重力加速度为g）（ ）C. NMg+F ，fF D. NMg+F，fF【答案】C【解析】分析斜面体的受力情况如图，根据平衡条件得：N=Mg+Fsin 30=Mg+，

6、f=Fcos 30=，故选C。选择题如图所示，质量为 M 的斜面 A 置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为，物体B 与斜面间无摩擦。在水平向左的推力F 作用下，A 与B 一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为， 物体B 的质量为m，则它们的加速度a 及推力F 的大小为（）agsin，F（M+m）g（+sin）agcos，F（M+m）gcosagtan，F（M+m）g（+tan）agtan，F（M+m）g【答案】C【解析】对B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得：；对 AB 整体进行受力分析得：F-（M+m）g=（M+m）a；解得：F=（M+m）g（+tan），故 C 正确，ABD 错

7、误。故选C。B 向左做匀加速运动，合力水平向左，对B 进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再对 AB 整体运用牛顿第二定律即可求解F选择题如图所示，一个质量为 M 的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子将质量为 m 的物体自高处放下，不考虑滑轮与绳子间的摩擦，当物体以加速度a 加速下降（ag）时，台秤的读数为（ ）（Mm）g+ma B. （M+m）gma C. （Mm）g D. （Mm）gma【答案】A【解析】先对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件求出支持力，而台秤读数等于支持力对重物受力分析，受

8、重力和拉力，加速下降，根据牛顿第二定律， 有：mg-T=ma；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据共点力平衡条件，有：N+T=Mg；联立解得 N=（M-m）g+ma，故选 A。选择题A. 若断，则，方向水平向右如右图所示，质量 m 的球与弹簧和水平细线相连，、 的另一端分别固定于 P、Q。球静止时，中拉力大小T1，中拉力大小 T2，当仅剪断、中的一根的瞬间，球的加速度应是（ ）若断，则，方向水平向左C. 若断，则，方向水平向左D. 若断，则 a=g，方向竖直向下【答案】C【解析】绳子未断时，受力如图所示：由共点力平衡条件得：，若刚剪断弹簧瞬间，细绳弹力突变为 0，故小球只受重力，加速度

9、为 g，竖直向下，故 AB 错误；若刚剪短细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，则合力为，解得：，方向水平向左，故 C 正确，D 错误故选C选择题人站在电梯中随电梯一起运动，下列过程中人处于“失重”状态的是( )A. 电梯减速上升 B. 电梯加速上升 C. 电梯加速下降 D. 电梯减速下降【答案】AC【解析】当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态电梯减速上升时，加速度向下，故人失重，故A 正确；电梯加速上升时，加速度向上，故人超重，故B 错误；电梯加速下降时，加速度向下，故人失重，故C 正确；电梯减速下降时，加速度向上，故人超重，故D 错误；故选 AC。选择题某人

10、在 t0 时刻开始观察一个正在做匀加速直线运动的质点， 现只测出该质点在第 3s 内和第 7s 内的位移，则下列说法正确的是（ ）不能求出任意一秒内的位移不能求出任一时刻的瞬时速度能求出第 3s 末到第 7s 末这段时间内的位移能求出质点运动的加速度【答案】CD【解析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度，以 及各秒内的位移根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速 度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度因为连续相等时间内的位移之差是一恒量，已知第 3s 内和第 7s 内的位移，则可以得出相邻相等时间内的位移之差，从而得出任意 1s 内的位移，以及第 3

11、s 末到第 7s 末的位移，故A 错误，C 正确。根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即 x7 x34aT2，可以求出加速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度。故B 错误，D 正确。故选 CD。选择题如图所示，质量为m 的木块A 放在水平面上的质量为M 的斜面体 B 上，现用大小相等方向相反的两个水平推力 F 分别作用在 A、B 上，A、B 均保持静止不动。则( )A 与B 之间不一定存在摩擦力B 与地面之间一定存在摩擦力B 对A 的支持力一定等于 mg地面对B 的支持力大小一定等于(mM)g【答案】AD【解析】先

12、对两个木块整体进行受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A 受力分析，根据平衡条件求解物体A 对物体B 的支持力和摩擦力对物体m 受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体M 对m 的支持力N和摩擦力f 当推力F 沿斜面分量等于重力的下滑分量时， 摩擦力f 为零，如图：根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：N=mgcos +Fsin；故A 正确，C 错误；先对两个木块整体受力分析，受到重力（M+m）g、地面的支持力 N 和已知的两个推力，如图所示：对于整体，由于两个推力的合力刚好为零，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有：N=（M+m）g；故 B

13、错误，D 正确；故选 AD。选择题如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的vt 图像。t0 时两物体相距 15m，下列说法正确的是( )甲、乙两物体一定相遇两次甲、乙两物体可能相遇一次若t1s 时两物体相遇，则t3s 时两物体将再次相遇t2s 时，两物体相遇1【答案】BC【解析】解:根据题意知,甲物体的初速度为:,加速度为:1m/s;位移为:乙物体的初速度, 加速度为:; 位移为:如果开始时乙在甲的前面 ,相遇有:,解方程得:t=1s 或3s.如果开始时甲在乙的前面,相遇有:,解方程得:.故两物体可能相遇两次,也可能相遇一次,故 AD 错误,BC 正确.选择题如图所示，A、B 两物块叠在一

14、起静止在水平地面上，A 物块的质量 mA=2kg，B 物块的质量 mB=3kg，A 与B 接触面间的动摩擦因数1=0.4，B 与地面间的动摩擦因数2=0.1，现对 A 或对 B 施加一水平外力F，使A、B 相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g=10m/s2，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力下列说法正确的是（）若外力F 作用到物块A 时，则其最小值为 8N若外力F 作用到物块A 时，则其最大值为 10N若外力F 作用到物块B 时，则其最小值为 13N PAGE 16若外力F 作用到物块B 时，则其最大值为 25N【答案】BD【解析】物体A 与B 刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B 间的

15、静摩擦力达到最大值，外力 F 作用到物块B 时，可以先对 A 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解；当外力 F 作用到物块A 上时，可以先对 B 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解.当外力 F 作用到 A 上时，A 对 B 的摩擦力达到最大静摩擦力时， 两者相对静止，F 达最大值，对 B 根据牛顿第二定律，有：1mAg- 2(mA+mB)g=mBa；代入数据解得： 0.420-0.150=3a，解得： a=1m/s2；对整体：F-2(mA+mB)g=(mA+mB)a；代入数据：F-0.150=51，解得：F=10N，最小值大于 B 与地面间的最大静摩擦

16、力 Fmin 2(mA+mB)g=5N，故 A 错误，B 正确；当外力 F 作用到 B 上时，A 对B 的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F 达最大值，对A，根据牛顿第二定律，有 1mAg=mAa，得 a=1g=4m/s2；对 AB 整体：F-2(mA+mB)g=(mA+mB)a；代入数据：F-0.150=54，解得： F=25N ， 最小值大于 B 与地面间的最大静摩擦力 Fmin 2(mA+mB)g=5N；故 BD 正确，AC 错误；故选 BD。实验题探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，组成了如图所示的装置，所用的每个钩码的质量都是 30 g 他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将

17、 5 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，在坐标系中作出弹簧弹力大小 F 跟弹簧总长度x 之间的函数关系的图线(弹簧认为是轻弹簧，弹力始终未超出弹性限度，取 g10 m/s2)由图线求得该弹簧的劲度系数kN/m.原长 cm。(结果均保留两位有效数字)，某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用毫米刻度尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度 L， 把 LL0 作为弹簧的伸长量 x.这样操作，由于弹簧自身重力的影响， 最后画出的图线可能是图中的（）【答案】(1) 27(2529)； 6.0cm； C；

18、【解析】对弹力于弹簧长度变化关系的分析。图线跟坐标轴交点， 表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。由画得的图线为直线可知弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比。结合该实验中的注意事项分析即可。（1）根据胡克定律 F=k（x-x0）即 F=kx-kx0，图象斜率等于弹簧的劲度系数，故：当 F=0 时，x=x0，即图象与 x 轴的交点等于弹簧的原长，即x0=6.0cm（2）把弹簧悬挂后，由于弹簧自身有重力，在不加外力的情况下，弹簧已经有一定的伸长。故C 正确，ABD 错误。故选C。实验题某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(2) 他实验时将打点计时器接到频率为 50Hz 的交流电源上，得到一

19、条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有 4个点，图中未画出).，(1) 该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力 砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M 与砝码和盘的总质量 m 满足的条件。，.则小车的加速度 a= (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= .(结果均保留两位有效数字)【答案】小于0.80 0.40 偏大(3) 通过实验得到如图丙所示的 a-F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角(选填“偏大” 或“偏小”)。【解析】当Mm 时，

20、可以用钩码的重力代替小车的拉力；根据x=aT2 求得加速度，利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得；根据 a-F 图象可知，当 F=0 时，加速度 a0，判断出原因即可.小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；当小车质量M 远大于砝码和盘总质量m 时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力。计数点间的时间间隔为 T，由匀变速直线运动的推论x=aT2可知，加速度：B 点的瞬时速度为当 F=0 时，小车已经具有了加速度，在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大.解答题如图，倾角为 37、足够长

21、的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F 作用下，从斜面上的 A 点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m 到达B 点时，速度为8m/s已知木块与斜面间的动摩擦因数=0.5，木块质量 m=1kgg 取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8小木块从A 点运动到B 点过程的加速度大小是多少？木块所受的外力F 多大？【答案】（1）8m/s2；（2）18N【解析】木块从A 到B 过程，做匀加速运动，已知初速度、位移和末速度， 由位移与速度关系公式求出加速度，再由牛顿第二定律求解外力 F（1）由匀加速直线运动的规律得：v2=2a1s解得：（2）由牛顿第二定律得：F-m

22、gsin-mgcos=ma1 PAGE 20代入数据可求得：F=18N 解答题如图所示，一长 L16m 的水平传送带，以 v10m/s 的速率匀速顺时针转动。将一质量为m1kg 的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数0.5（取 g10m/s2）求物块在传送带上从左端运动到右端的时间。若该传送带装成与水平地面成37倾角，以同样的速率顺时针转动。将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体从传送带上端运动到下端的时间。【答案】（1）2.6s；（2）2s【解析】根据牛顿第二定律求解加速度，求解达到与传送带共速时的时间和下滑的距离；以后物块匀速运动，根据公式求解时间；在顶端释放后，根据牛顿第二定律求解加速度，达到与带相同速度后，物块继续加速，摩擦力方向改变，再次求解加速度即可； 结合运动公式求解总时间；能达到共速，则时间，物体放上传送带后，根据牛顿第二定律：mg=ma a=g=5m/s2s= t1=10mL 之后匀速，到达另一端的时间所以共用时间 t=t1+t2=2.6s；达到与带相同速度时，用时间s=5mL在顶端释放后，mgsin+mg cos =ma1 代入数据解得：a1=10m/s2，方向向下根据即之后：因为tg=0.75，物块继续加速， 根据牛顿第二定律：mgsin-mg cos=ma2 解得：a2=2