2022-2023学年甘肃省天水市重点中学高一（下）期末物理试卷含解析

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年甘肃省天水市重点中学高一（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1.如图所示，在教室里某同学在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是(

)

A.只有“起立”过程，才能出现失重的现象

B.只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象

C.“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象

D.“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象2.一质点始终向一个方向做直线运动，在前2t3时间内平均速度为v2，后t3时间内平均速度为2v，则物体在tA.34v B.32v C.3.如图，粗糙的木块A、B叠放在一起，静止于水平面上。现使木块B受到一个水平方向的拉力F，但木块A、B仍保持静止，则(

)

A.木块A与木块B之间无摩擦力

B.木块A对木块B的压力就是木块A受到的重力

C.木块B不动是因为它受到的地面的摩擦力大于拉力F

D.木块B先对地面施加压力，使地面发生形变后，地面再对木块B施加支持力4.从空中正在上升的氢气球上脱落一个物体，该物体先向上做匀减速直线运动，加速度的大小等于重力加速度，则升至最高点后再向下做自由落体运动，下面四图中能够正确表示这一过程的是(

)A. B.

C. D.5.两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示。当升降机正以大小为a=2m/s2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为(取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取A.−22m/s2，2m/s2 B.−12m/6.放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，则物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为(

)A.0.5kg，0.4 B.1.5kg，0.4 C.0.5kg，7.两个固定的光滑斜面AB和AC倾角分别为30∘和60∘，将一滑块分别从AB和AC两个斜面上由静止释放，滑块到达斜面底端A点所用的时间相同，则滑块两次释放的高度比为A.1：2 B.1:2 C.1：38.如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30∘的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30∘，则(

)

A.滑块一定受到三个力作用 B.弹簧一定处于压缩状态

C.斜面对滑块的支持力大小可能为零 D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于19.如图所示，一小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使悬线保持偏离竖直方向30∘角，且小球始终处于平衡状态。为了使F有最小值，F与竖直方向的夹角θ应该是(

)

A.30∘ B.45∘ C.60∘10.如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知重力加速度为g，动滑轮的质量、半径忽略不计，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，且细绳足够长，则在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小分别为(

)A.aA=12g，aB=5g B.aA11.用斧头劈木柴的劈的纵截面是一个等腰三角形，劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，当在劈背加一个力F时的受力示意图如乙所示，若不计斧头的重力，则劈的侧面推压木柴的力F1为(

)

A.ldF B.dlF C.二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）12.如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k。下列判断正确的是(

)

A.若μ≠0，则k=56 B.若μ≠0，则k=35

C.13.已知两个共点力F1和F2不共线，若F1的大小和方向保持不变，F2的方向也保持不变，仅增大F2的大小．在F2逐渐增大的过程中，关于合力A.若F1和F2的夹角为锐角，F一定不断变大

B.若F1和F2的夹角为锐角，F有可能先变小后变大

C.若F1和F2的夹角为钝角，F有可能先变小后变大

D.若14.如图所示，两个质量为m1=2kg和m2=3kg物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=30A.弹簧秤示数是26N

B.m1、m2共同运动加速度大小为a=4m/s2

C.突然撤去F2的瞬间，m15.如图甲所示，一倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37∘，传送带逆时针匀速转动。将一煤块无初速度地放在传送带顶端，煤块在传送带上运动的v−t图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知g取10m/s2，sinA.传送带匀速运动的速度为6m/s B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.75

C.传送带的长度为12m三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）16.某同学独自一人进行“研究共点力的合成＂这一实验。因无法同时拉两个弹簧测力计并记录拉力的方向和大小，该同学的实验操作步骤如下：①在木板上固定白纸，橡皮筋的一端用图钉固定在木板上A点，另一端系上两根带绳套的细绳，在白纸上标出某标记点“O”；②先将细绳1的绳套拉至另一标记点“B”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳2，将橡皮筋的另一端拉至“O”点并使两细绳间有一定的夹角θ，如图所示。记录此时弹簧测力计的示数F1及细绳2的方向(沿OC细绳方向③松开细绳1的绳套端，用弹簧测力计拉细绳2，再次将橡皮筋的另一端拉到“O”点，记录此时弹簧测力计的示数F2及细绳2的方向(沿图中虚线方向)④_________，记录此时弹簧测力计的示数F3⑤确定标度，作出三个力的图示，观察这些力的图示间的几何关系；⑥改变标记点“O”、“B”的位置，重复上述实验过程，多次实验。(1)请写出在上述步骤中遗漏了什么环节：(2)为完成这一实验，这位同学应在步骤④中进行的操作过程为：(3)这位同学根据记录的三个力F1、F2和A.

B．

C．D.(4)这位同学想进一步进行合力与分力对应关系的探究，他在完成实验步骤①、②后，保持橡皮筋的另一端仍在“O”点并缓慢改变细绳2的方向，观察到弹簧测力计的读数逐渐增大，则两细绳间夹角θ的变化情况为17.某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。(1的科学方法是____________。A.理想化模型法

B.等效替代法

C(2)已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图2所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。小车的加速度大小为_________m(3)下列做法正确的是________(填字母代号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.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远大于木块和木块上砝码的总质量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，需要重新调节木板倾斜度(4)实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a−F关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是A.小车与平面轨道之间存在摩擦B.平面轨道倾斜角度过大C.所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大D.所用小车的质量过大四、简答题（本大题共1小题，共15.0分）18.如图，质量M=4kg的长木板静止于粗糙水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg的小木块以速度(1(2)木块刚滑上长木板时的速度(3五、计算题（本大题共1小题，共13.0分）19.如图所示，滑块从斜面上的A点以a1=2m/s2的加速度由静止开始下滑，同时小球在C点的正上方h处自由落下。滑块从斜面滑下后继续在粗糙的水平面上运动(滑块经B点前后速率不变)，停止运动时恰好与自由下落的小球相遇(二者均视为质点)。若斜面AB段长为L(1)滑块运动到(2(3)滑块与BC段之间的动摩擦因数(

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；

人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABC错误，D正确

故选：D。

对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态．

2.【答案】C

【解析】【分析】

由平均速度定义式分别求出前23t时间内及后13t时间内的位移，即得质点的总位移，再结合平均速度定义求解全程的平均速度。

本题考查平均速度的求解方法，关键是抓住平均速度的定义。

【解答】

前23t时间内的位移x1=v2×2t3=13vt，

后3.【答案】A

【解析】【分析】

先对A受力分析，判断AB之间是否有摩擦力，然后以整体为研究对象受力分析，从而即可求解。

本题主要是考查共点力的平衡和受力分析，知道静止的物体受力平衡，掌握作用力与反作用力的特点。

【解答】

A.先以A为研究对象受力分析，处于静止即平衡状态，根据平衡条件所受合力为零，则A水平方向不受摩擦力，否则合力将不为零，即AB之间没有摩擦力，故A正确；

B.压力和重力是不同性质的两个力，A对B的压力的施力物体是A、受力物体是B，A物体的重力的施力物体是地球、受力物体是A，A对B的压力等于A物体的重力，二者不是一回事，故B错误；

C.B不动是因为它受到的地面的最大静摩擦力大于F，根据平衡条件可知实际的摩擦力等于拉力F，故C错误；

D.木块B对地面的压力和地面对B的支持力是一对作用力与反作用力，二者同时产生、同时消失、等大反向、作用在两个物体上，故D错误。

故选A4.【答案】B

【解析】解：物体脱落后先向上做匀减速运动，速度为0后做自由落体运动，取向下为正，则加速度为正，分析可知图B符合，故B正确，ACD错误。

故选：B。

从空中正在上升的氢气球上脱落一个物体，物体具有向上的初速度，只受重力，故物体先向上做匀减速运动，速度为0后做自由落体运动，根据速度—时间关系找出图象即可．

本题要注意物体脱落后不是立即做自由落体运动，而是先向上做匀减速运动然后做自由落体运动，相当于竖直上抛运动．

5.【答案】A

【解析】解：在细线断裂之前，对B根据牛顿第二定律有F−mg=ma

解得

F=12m

在细线断裂瞬间，弹簧的弹力不能突变，B的受力情况不变，所以加速度不变，仍为2m/s2；在细线断裂瞬间，绳子拉力消失，对A根据牛顿第二定律有

−(mg+F)=maA

解得

6.【答案】D

【解析】略

7.【答案】C

【解析】【分析】

根据牛顿第二定律无求解加速度，根据位移—时间关系求解时间，倾角分别为30°和60°时，滑块到达斜面底端A点所用的时间相同，由此得到高度之比。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。

【解答】

设光滑斜面的高度为h，倾角为θ时，加速度大小为a，下滑的时间为t。

根据牛顿第二定律可得：a=mgsinθm=gsinθ

根据位移.时间关系可得：hsinθ=12at2

解得：t2=2h8.【答案】D

【解析】【分析】

滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零，滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡，根据共点力平衡进行分析。

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零。

【解答】

A、弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，也可能有弹簧的弹力，故A错误；

B、弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故B错误；

D、因为支持力与弹簧弹力(如果存在)均垂直于斜面，沿斜面方向由平衡条件可知静摩擦力一定等于重力的下滑分力，故为mgsin30°=12mg，故D正确；9.【答案】C

【解析】略

10.【答案】D

【解析】【分析】

通过对滑轮受力分析，求出绳上的拉力，由牛顿第二定律分别对AB可求得加速度。

本题主要考查了牛顿第二定律求加速度，抓住受力分析是关键即可。

【解答】

对滑轮分析，有F−2T=ma，又知m=0，所以T=F2=6mg2=3mg；

对A受力分析，由于11.【答案】A

【解析】【分析】

力F可以按作用效果分解为垂直侧面的两个力，向两侧面推压物体。将力F按照力的平行四边形定则分解，找几何关系，得到两个分力大小表达式。

本题考查力的分解。

【解答】

将力F分解为F1、F2两个分力。这两个分力分别与劈的两个侧面垂直，根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似：d2l=F2F112.【答案】BD【解析】【分析】

先用整体法求出物体的合外力，进而求得加速度；然后再用隔离法对P、R两物体进行受力分析，利用牛顿第二定律即可求得比值k。

本题主要考查了整体法和隔离法在处理物体运动过程中的基本使用，对物体运动过程中某一力的求解，一般先对物体运动状态进行分析，得到加速度，然后应用牛顿第二定律求得合外力，再对物体进行受力分析即可求解。

【解答】

三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；

对三个物体组成的整体，由牛顿第二定律可得加速度a=F−6μmg6m；

所以，R和Q之间相互作用力F1=3ma+3μmg=1213.【答案】AC【解析】解：AB.如果夹角θ的范围为：0°<θ<90°，根据平行四边形定则作图，如图：

从图中可以看出，合力一定增大；故A正确，B错误；

CD.如果夹角θ的范围为：90°<θ<180°，根据平行四边形定则作图，如图

从图中可以看出，合力有可能先减小后增加，存在相等的可能；若F14.【答案】AD【解析】【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析，求出弹簧的弹力，从而得出弹簧秤的示数．撤去拉力的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律判断物体加速度的变化。解决本题的关键知道撤去拉力的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。【解答】AB.对整体分析，整体的加速度a=F1−F2 m1+m2   =105 m/s2=2m/s2，方向水平向右。隔离对m2分析，有F−F2=m2a

15.【答案】AB【解析】【分析】

根据乙图判断出煤块的运动状态，即可判断出传送带的速度，根据v−t图象求得煤块的加速度，利用牛顿第二定律求得滑动摩擦因数，利用运动学公式求得煤块运动的位移即可求得传送带的长度，煤块在加速阶段，求得传送带通过的位移，即可求得留下的痕迹。

解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。

【解答】

A、由乙图可知，煤块最终做匀速运动，即和传送带具有相同的速度，故传送带匀速运动的速度为6m/s，故A正确；

B、在前0.5s内，煤块的加速度为a=ΔvΔt=60.5m/s2=12m/s2，对煤块受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+16.【答案】.没有标记C点位置

见解析

D

见解析

【解析】(1)上述步骤中没有标记(2)将细绳2的绳套拉至标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，且使细绳1沿

OB

方向，记录此时弹簧测力计的示数

F3(3)等效果的力

F2

应该与橡皮筋共线，为虚线

OC

方向；

F1

、

F3

的合力(4)

OB

垂直

OC

时，弹簧测力计的读数最小，顺时针转动

OC

17.【答案】(1)C

(2)【解析】【分析】

(1)由实验原理及科学方法得解；

(2)由逐差法解得加速度大小；

(3)由实验步骤得解；

(4)由误差分析得解。

本题主要考查探究加速度与力、质量的关系的实验，熟悉实验原理方法及步骤和数据的处理是解题的关键，难度一般。

【解答】

(1)由该实验的方法可知，在实验时