重慶市2023-2024學年高一上學期期末物理試卷（含答案）2

重慶市2023-2024學年高一上學期期末物理試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題：本大題共12小題，共48分。1．下列描述中，說法正確的是（）A．加速度大，速度的變化量也一定大B．位移、速度、時間都是矢量C．形狀規(guī)則的物體的重心必與幾何中心重合D．物體對桌面的壓力是由于物體發(fā)生形變產生的2．下列物理量的單位中，屬于基本單位的是（）A．kg B．N C．m/s 3．一質點自原點開始在x軸上運動，初速度v0>0，加速度A．速度不斷減小，位移不斷減小B．速度不斷減小，位移不斷增大C．速度不斷增大，當a=0時，速度達到最大值，位移不斷增大D．速度不斷減小，當a=0時，位移達到最大值4．短跑運動員進行訓練時，常常會將阻力傘綁在腰間來對抗阻力以提高核心力量。該項訓練具有易操作，不易受傷，阻力大小易控制的特點。如圖所示，當阻力傘全部打開時，阻力傘的中心軸線保持水平，共6根傘繩，每根傘繩均與中心軸線的夾角為30°，阻力傘所受的空氣阻力為90N，該運動員做勻速直線運動，那么每根傘繩承受的拉力約為（）A．15N B．90N C．203N 5．如圖所示，某物體由A點靜止釋放做自由落體運動，從釋放到落地的軌跡AE剛好被分成長度相等的四段。下列說法正確的是（）A．物體到達各點的速率之比vB：vC：vD：vE=1：B．物體通過每一段的速度增量vC．物體從A到E的平均速度等于其經過B點的瞬時速度vD．物體從A到B的時間是從B到C的時間的兩倍6．放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖所示．取重力加速度g=10m/s2.由此兩圖線可以求得物塊的質量A．m=0.5kg，μ=0.2 B．m=0.C．m=1kg.，μ=0.2 D．m=1.57．如圖所示，質量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)．當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為（）A．0 B．233g C．g8．如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanθA． B．C． D．9．如圖所示，光滑水平面上，水平恒力F作用在小車上，使小車和木塊一起做勻加速直線運動，小車質量為M，木塊質量為m，重力加速度為g，它們的共同加速度為a，木塊與小車間的動摩擦因數(shù)為μ，則在運動過程中（）A．木塊受到的摩擦力大小一定為μmgB．木塊受到的合力大小為(M+m)aC．小車受到的摩擦力大小為mFD．小車受到的合力大小為(m+M)a10．甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，甲在前、乙在后同向行駛。某時刻兩車司機聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時開始剎車，兩車剎車后的v—A．24s時，兩車的速度為10mB．若t=24s時兩車未發(fā)生碰撞，則此時兩車相距最遠C．若兩車發(fā)生碰撞，則碰撞時間可能發(fā)生在24s之后的某時刻D．若兩車并未發(fā)生碰撞，則開始剎車時兩車之間的間距一定大于48m11．如圖甲所示，某人通過動滑輪將質量為m的貨物提升到一定高度處，動滑輪的質量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力FTA．圖線與縱軸的交點的絕對值為gB．圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質量的倒數(shù)C．圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質量倒數(shù)的2倍D．圖線與橫軸的交點N的值F12．如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時，B與A分離，下列說法正確的是（）A．B和A剛分離時，彈簧長度等于原長B．B和A剛分離時，它們的加速度為gC．彈簧的勁度系數(shù)等于mgD．在B和A分離前，它們做勻加速直線運動二、多選題：本大題共5小題，共15分。13．某質點做曲線運動時，下列說法正確的是（）A．質點運動到某一點時的速度方向是該點曲線的切線方向B．在任意時間內位移的大小總是小于路程C．在任意時刻，質點受到的合力可能為0D．速度的方向與合力的方向可能在一條直線上14．為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉。一顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是（）A．顧客開始受到三個力的作用，后來受到兩個力作用B．顧客始終處于超重狀態(tài)C．顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D．顧客對扶梯作用的方向先指向右上方，再豎直向上15．一盞電燈重力為G，懸于天花板上的B點，在電線O處系一細線OA，使電線OB與豎直方向的夾角為β=30°，OA與水平方向成α角，如圖所示，現(xiàn)保持O點位置不變，使α角由0°緩慢增加到90°，在此過程中（）A．電線OB上的拉力逐漸增大 B．細線OA上的拉力先減小后增大C．細線OA上拉力的最小值為12G D．細線OA16．如圖所示，小球甲從距離地面高度為h1=15m處以速度v0=10m/A．小球乙落地前，兩小球的速度差保持恒定B．小球甲、乙運動0.C．落地前的運動過程中小球甲、乙的平均速度之比為2：1D．至小球乙落地時，甲、乙兩球相距5米17．質量m=10kg的煤塊在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長的水平傳送帶，傳送帶從右向左以恒定速度v0=2m/s運動。從煤塊沖上傳送帶開始計時，煤塊的v?t圖象如圖所示，選向右為正方向。已知0～1s內水平外力與煤塊運動方向相反，1～2s內水平外力仍然與煤塊運動方向相反，A．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0C．0～2s內煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡為4mD．0～2s內煤塊在傳送帶上留下的黑色痕跡為6m三、實驗題：本大題共2小題，共7分。18．某同學利用如圖所示的裝置驗證力的平行四邊形定則。在豎直木板上貼有白紙，固定兩個光滑的滑輪A和B，將三根足夠長的細線的一頭打一個結。結點為O，另一頭分別掛上不同數(shù)量的鉤碼，每個鉤碼的質量相等，當系統(tǒng)達到平衡時，根據(jù)鉤碼個數(shù)讀出三根細線的拉力F1、F2和（1）下列鉤碼個數(shù)，能使實驗完成的是____。A．鉤碼的個數(shù)N1=3，N2=4，N3C．鉤碼的個數(shù)N1=N2=（2）在拆下鉤碼和細線前，需要做的步驟是____。A．標記C點的位置B．記錄OA、OB、OC三根細線的方向C．量出OA、OB、OC三段細線的長度D．用天平測出鉤碼的質量（3）在作圖時，你認為圖____可能是正確的。A．甲 B．乙19．在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，采用如圖甲所示的裝置。（1）本實驗主要應用的方法是____。A．類比法 B．假設法 C．理想實驗法 D．控制變量法（2）在保持小車受力相同時，探究加速度與質量關系的實驗中，以下說法正確的是____。A．平衡摩擦力時，應將裝有砝碼的小桶用細繩通過定滑輪系在小車上B．每次改變小車的質量后，不需要重新平衡摩擦力C．實驗時，先放開小車，再接通打點計時器電源D．為得出加速度a與質量m的關系而作出a?1（3）圖乙是某同學在探究加速度與力的關系時，根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a?F圖線，其中圖線不過原點的原因是____。A．補償阻力時長木板傾角過大B．補償阻力時長木板傾角過小C．砝碼及砝碼盤總質量不滿足遠遠小于小車總質量D．砝碼及砝碼盤總質量不滿足遠遠大于小車總質量（4）第三小問中，圖線在末端彎曲的原因是____。A．補償阻力時長木板傾角過大B．補償阻力時長木板傾角過小C．砝碼及砝碼盤總質量不滿足遠遠小于小車總質量D．砝碼及砝碼盤總質量不滿足遠遠大于小車總質量

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、加速度是表示速度變化快慢的物理量，不表示速度變化的大小，由Δv=aΔt可知，加速度大，速度的變化量不一定大，故A錯誤；

B、時間不是矢量，故B錯誤；

C、形狀規(guī)則、質量分布均勻的物體，其重心與幾何重心重合，形狀規(guī)則的物體，質量分布不均勻時，其重心不一定與幾何中心重合，故C錯誤；

D、物體對桌面的壓力是由物體發(fā)生形變、要恢復原狀而產生的，故D正確。

故答案為：D。

【分析】加速度是表示速度變化快慢的物理量，與速度變化無直接關系。形狀規(guī)則、質量分布均勻的物體，其重心與幾何重心重合，形狀規(guī)則的物體，質量分布不均勻時，其重心不一定與幾何中心重合。彈力是由于施力物體發(fā)生彈性形變產生的。2．【答案】A【解析】【解答】基本單位有長度m、時間s、質量kg、熱力學溫度（開爾文溫度）K、電流A、光強度cd（坎德拉）、物質的量mol。

故答案為A。

【分析】七個基本物理量：長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關系式推到出來的物理量的單位叫做導出單位。3．【答案】C【解析】【解答】ABD．由于初速度v0>0，加速度C．當加速度減小時，相同時間內速度的增加量減小，當a=0時，速度達到最大值，而位移不斷增大，C符合題意。故答案為：C．

【分析】加速度是衡量物體速度變化快慢的物理量，當加速度與物體的速度同向時，物體的速度會不斷增加，位移不斷增加，速度和位移增加的速度變慢。4．【答案】D【解析】【解答】阻力傘受到空氣阻力和6根傘繩的作用保持平衡，根據(jù)力的分解可得f=6F代入數(shù)據(jù)解得每根傘繩的拉力大小約為F=10故答案為：D。

【分析】每根傘繩所受力大小相等，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進行解答即可。5．【答案】C【解析】【解答】A、依題意，根據(jù)v解得v故A錯誤；

BD、依題意，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動，在通過連續(xù)相等位移所用時間之比為t可知t根據(jù)?v=gt可知v故BD錯誤；

C、根據(jù)初速度等于零的勻加速直線運動時間等分規(guī)律t物體從A到E的平均速度等于其中間時刻B點的瞬時速度vB，故C正確。

故答案為：C。

【分析】自由落體運動的物體做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律及相關推論進行解答分析。6．【答案】B【解析】【解答】由v-t圖像可知物塊在4-6s內做勻速直線運動，根據(jù)F-t圖像可知這個過程中F=2N，根據(jù)二力平衡可得f=F=2由v-t圖像可知物塊在2-4s內做勻加速直線運動，且圖像的斜率表示加速度，即a=2根據(jù)F-t圖像可知這個過程中F根據(jù)牛頓第二定律有：F解得m=0.5因為f=μmg解得μ=0.4綜上分析可知，故ACD錯誤，B正確。

故答案為：B。

【分析】v-t圖像的斜率表示加速度，根據(jù)v-t圖像確定物塊在不同時間段的運動情況，確定各運動階段的受力情況，再根據(jù)平衡條件及牛頓第二定律進行解答。7．【答案】B【解析】【解答】解：木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，受重力、支持力和彈簧的拉力，如圖根據(jù)共點力平衡條件，有F﹣Nsin30°=0Ncos30°﹣G=0解得N=2F=3木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不變，合力等于支持力N，方向與N反向，故加速度為：a=N故選B．【分析】木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，根據(jù)共點力平衡條件先求出各個力，撤去木板瞬間，支持力消失，彈力和重力不變，求出合力后即可求出加速度．8．【答案】C【解析】【解答】初狀態(tài)時，重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得mg解得加速度為a=g當小木塊的速度與傳送帶速度相等時，由μ>tanθ知木塊與傳送帶一起勻速下滑，圖像的斜率表示加速度，可知第一段是傾斜的直線，第二段是平行時間軸的直線。

故答案為：C。

【分析】對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度的大小，v-t圖像的斜率表示加速度。μ>tanθ則木塊與傳送帶共速后，將保持相對靜止，即做勻速運動。9．【答案】C【解析】【解答】A、把小車和木塊看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得a=木塊水平方向只受靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得f=ma=故A錯誤；

B、對木塊運用牛頓第二定律得F即木塊受到的合力大小為ma，故B錯誤；

C、根據(jù)牛頓第三定律可知，木塊對小車的靜摩擦力大小為f'=f=故C正確；

D、對小車運用牛頓第二定律得F故D錯誤；

故答案為：C。

【分析】木塊和小車以共同的加速度運動，即兩者保持相對靜止，分別對木塊和小車及兩者構成的整體進行受力分析，在結合牛頓第二定律進行解答。10．【答案】D【解析】【解答】A、由圖可知24s時，兩車的速度相同，由汽車甲的速度時間圖像可得24s時，兩車的速度為v=故A錯誤；

B、開始時，甲在前、乙在后，在0-24s內，乙車的速度比甲車的大，兩車間的距離逐漸減小。24s后，乙車的速度比甲車的小，兩車間的距離逐漸增大，所以t=24s時兩車相距最近，故B錯誤；

C、若兩車速度相等時沒有相撞，則速度相等后，甲車的速度比乙車的大，兩車不可能再相撞，所以若兩車發(fā)生碰撞，則可能是在開始剎車24s以前的某時刻發(fā)生的，故C錯誤；

D、t=24s時甲車的位移為xt=24s時乙車的位移為x兩者位移之差為?x=若兩車并未發(fā)生碰撞，則開始剎車時兩車之間的間距一定大于48m，故D正確。

故答案為：D。

【分析】v-t圖像與時間軸所圍面積表示位移。根據(jù)v-t圖像及題意確定兩車的間距隨時間的變化情況。前車速度大于后車速度時，兩車不可能相撞。11．【答案】C【解析】【解答】ABC、根據(jù)題意，由牛頓第二定律有2整理得a=可知，圖線與縱軸的交點的絕對值為g，圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質量倒數(shù)的2倍，故AB錯誤，C正確；

D、由上述分析可知，當a=0時，則有F即F故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】對滑塊進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律確定圖像的函數(shù)表達式，再根據(jù)表達式確定圖像斜率及截距的物理意義，再結合圖像進行分析。12．【答案】C【解析】【解答】AB、物體B和A分離后，B受到重力mg和恒力F，B的加速度為零，做勻速直線運動；所以分離時A的加速度也為零，說明彈力對A有向上的彈力，與重力平衡，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故AB錯誤；

C、物體B和A剛分離時，彈簧的彈力大小為mg，原來靜止時彈力大小為2mg，則彈力減小量ΔF=mg兩物體向上運動的距離為h，則彈簧壓縮量減小Δx=h由胡克定律得k=故C正確；

D、對于在B與A分離之前，對AB整體為研究對象，重力2mg不變，拉力不變，彈力在減小，合力減小，整體做加速度減小的變加速運動，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】AB恰好分離的臨界條件為AB之間的相互作用力為零，但此時AB的加速度仍相等。再分別對AB進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律確定此時的加速度及彈簧形變情況。根據(jù)平衡時及剛分離時彈力情況，結合形變量的變化情況及胡克定律確定勁度系數(shù)。分離前AB的加速度始終相等，用整體法及牛頓第二定律分析加速度變化情況。13．【答案】A,B【解析】【解答】A、曲線運動的速度方向與過該點的曲線的切線方向相同，故A正確；

B、位移是指從初位置到末位置的有向線段，它是直線的距離，而路程是經過的軌跡的長度，在曲線運動中，位移的大小要小于路程，故B正確；

C、曲線運動的條件是加速度與速度不共線，則一定存在合外力，故C錯誤；

D、物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，既然是曲線運動，那么速度的方向與合外力的方向一定不在一直線上，故D錯誤。

故答案為：AB。

【分析】曲線運動的速度方向與過該點的曲線的切線方向相同，位移是指從初位置到末位置的有向線段，路程是經過的軌跡的長度，曲線運動的條件是加速度（合外力）與速度不共線。14．【答案】A,C【解析】【解答】A、以人為研究對象，加速過程中，人受到靜摩擦力、重力、支持力三個力的作用下沿電梯加速上升，勻速運動時，人受到重力和支持力作用，故A正確；

BCD、在慢慢加速的過程中，受力如圖

物體加速度與速度同方向，合力斜向右上方，因而顧客受到的摩擦力與接觸面平行水平向右，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，處于超重狀態(tài)；由牛頓第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向左下方；在勻速運動的過程中，顧客處于平衡狀態(tài)，只受重力和支持力，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下，故BD錯誤，C正確。

故答案為：AC。

【分析】人與電梯相對靜止，加速運動時，可將加速度分解成水平方向和豎直方向，再根據(jù)牛頓第二定律確定人在水平和豎直方向的受力情況。勻速時，兩方向的加速度均為零。15．【答案】B,C【解析】【解答】對結點受力分析，由平衡條件可知，細線OA和電線OB的拉力的合力F'一定豎直向上，與重力平衡。當a角由0°緩慢增加到90°的過程中畫出動態(tài)平行四邊形，如圖所示。

A.由圖可知：電線OB上的拉力一直在減小，故A不符合題意；

B.由圖可知：細線OA上的拉力先減小后增大，故B符合題意

CD.由圖可知：當a=30°時，OA繩上拉力最小，最小值為：G2，故C符合題意，D不符合題意。

【分析】以結點O為研究對象，分析受力，作出輕繩不同位置時受力圖，由圖分析繩的拉力變化．16．【答案】A,B【解析】【解答】A、取豎直向上為正方向，甲球跟乙球的速度差為?v=故A正確；

B、0.5s時甲距地面高度為h0.5s時乙距地面高度為h即小球甲、乙運動0.5s時到達空中的同一高度，故B正確；

C、落地前的運動過程中，對甲乙有-h1解得t甲=3則有v甲=則有v故C錯誤；

D、根據(jù)上述，乙落地歷時為2s，此時間內甲的位移為h=10×2表明此時甲恰好回到出發(fā)點，即兩者高度差為15m，故D錯誤。

故答案為：AB。

【分析】甲做豎直上拋運動，乙做自由落體運動。根據(jù)運動規(guī)律確定兩者的速度和位移的關系。計算時注意位移的正負。17．【答案】A,D【解析】【解答】AB、由圖乙可知0~1s內做勻減速直線運動，加速度大小為a由牛頓第二定律得F+f=m1~2s內物體做勻加速運動，加速度大小為a有牛頓第二定律得f-F=m根據(jù)f=μmg聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得μ=0.3故A正確，B錯誤；

CD、畫出傳送帶和煤塊的v-t圖如圖所示