【文档说明】《精准解析》辽宁省朝阳市普通高中2022-2023学年高一上学期期末物理试题（解析版）.docx，共(19)页，9.661 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年度上学期朝阳市普通高中期末考试高一物理考生注意：1、本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2、答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出

答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．。4、本卷命题范围：人教版必修第一册，必修第二册

第五章第1~2节。一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题中只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.大熊猫是中国特有物种，现存的主要栖息地是中国四川、陕西和甘肃

的山区。大熊猫体型肥硕似熊、丰腴富态，头圆尾短，头躯长1200~1800mm，尾长100~120mm，体重80~120kg，正常行走时的速度为5~10km/h．下列说法正确的是（）A.“正常行走时的速度为5~10k

m/h”中“速度”指的是平均速度B.研究熊猫行走时的姿态，可以将其视为质点C.“mm、kg”都是国际单位制中的基本单位D.“km/h”是导出单位【答案】D【解析】【详解】A．“正常行走速度为510km/h”中“速度”指的是瞬时速率，故A错误；B．研究熊猫行走时的姿

态，需要研究熊猫的外形，不可以将其视为质点，故B错误；C．“mm”不是国际单位制基本单位，故C错误；D．“km/h”是速度单位，速度单位都是导出单位，故D正确。故选D。2.如图所示，学校门口水平地面上有石墩，某人用轻绳拴住石墩，用力拽

住绳子，石墩不动。下列说法正确的是（）的A.石墩不动，是因为绳对石墩的作用力小于石墩对绳的作用力B.绳对石墩的作用力和石墩对绳的作用力是一对平衡力C.人对绳的作用力与绳子对石墩的作用力互为作用力与反作用力D.人对绳的作用力与绳对人的作用力大小相等，方向相反【

答案】D【解析】【详解】A．石墩不动，是因为绳对石墩的作用力小于地面给石墩的最大静摩擦力。A错误；B．绳对石墩的作用力和石墩对绳的作用力是一对作用力与反作用力，B错误；C．人对绳的作用力与绳子对人的作用力互为作用力与反作用力，C错误；D．由牛顿第三定律，人对绳的作

用力与绳对人的作用力大小相等，方向相反。D正确。故选D。3.严冬树叶结有冰凌，人在树下经常出现冰凌砸到头部的情况，因此人们一定有安全防范意识。假设冰凌做自由落体运动，冰凌最后1s内下落的高度为10m，重力加速度g取210m/s，则冰凌自由下落的总时间为（）A.1.5sB

.2sC.2.5sD.3s【答案】A【解析】【详解】设冰凌自由下落的总时间为t，根据自由落体公式可知212hgt=最后1s内下落的高度为10m，则2211(1)10m22hhhgtgt=−=−−=解得1.5st=故选A

。4.一乘客乘行如图所示的自动扶梯向上时，经过先加速再匀速两个阶段运行，电梯在运送乘客的过程中，下列说法正确的是（）A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客经历先超重再失重C.扶梯对乘客的作用力始终竖直向上D.乘客对扶梯的作用力先指向左下方，再竖直向下【答案】D【解析】【详解

】在加速阶段，乘客受到水平向左的摩擦力，且处于超重状态，扶梯对乘客的作用力是水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力的合力，所以该作用力指向右上方，根据牛顿第三定律，乘客对扶梯的作用力指向左下方；在匀速运动阶段，乘客不受摩擦力的作用，扶梯对乘客的作用力竖直向

上，而乘客对扶梯的作用力应该是竖直向下，又因为乘客的加速度为零，所以乘客既不处于超重状态也不处于失重状态。故选D。5.壁虎不仅能飞檐走壁，也可以在水面上轻松游动，有一只壁虎要穿过一条宽为3m小河到对岸寻找食物。已知河岸两侧平

行，河水流动的速度为0.5m/s，壁虎在静止水面上最大的游动速度为2m/s，下列说法正确的是（）A.若壁虎以1m/s的恒定速度游向河对岸，其在水中最短的运动时间为2sB.若壁虎以1m/s的恒定速度游动，要想垂直到达河对岸，

壁虎的身体姿态应斜向上游C.若壁虎保持身体姿势垂直河岸方向从静止加速游向河对岸，壁虎在水中运动的轨迹是一条直线D.若暴雨天气后，水流速度达到5m/s，其他条件不变，壁虎仍可能垂直游到河对岸【答案】B【解析】【详解】A．当壁虎垂直河岸游动时，在水中运动时间最短，为min

3sdtv==壁故A错误；B．若壁虎以1m/s的恒定速度游动，要想垂直到达河对岸，壁虎的身体姿态应斜向上游，使得合速度与河的岸垂直，故B正确；C．若壁虎保持身体姿势垂直河岸方向从静止加速游向河对岸，由于合加速度与合初速度不共线，则壁虎在水中运动的轨迹是一条曲线，故C

错误；D．若暴雨天气后，水流速度达到5m/s，由于mvv水壁，则壁虎不可能垂直游到河对岸，故D错误。故选B。6.如图所示，木块A、B分别重40N和20N，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.2。夹在A、B间的轻弹簧

被压缩了3cm，且A、B间用轻绳拴接，弹簧的劲度系数为200N/m，系统置于水平面上静止不动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在烧断细线瞬间，木块A、B所受的摩擦力大小分别为（）A.6N6NB.6N4NC.8N4ND.4N2N【答案】B【解析】【详解】木块A、B与地面间的最大静摩擦力大小分别为

AmA==8NfGBmB==4NfG烧断细线瞬间，弹簧的弹力大小为==6NFkx由于AmFf，所以A静止不动，则A所受地面的静摩擦力大小为A==6NfF由于BmFf，所以B相对地面滑动，则B所受地面的滑动摩擦力大小为BBm==4Nff故选B。7.如图所示为一

款可垂直起降的小型遥控无人机.在一次训练使用中，t=0时无人机在地面上从静止开始匀加速竖直向上起飞，t=3s时无人机出现故障突然失去升力，此时离地面高度为h=15m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A.无人机起飞的加速度大小为5m/s2B.无人机

离地面的最大高度为25mC.无人机从起飞到落地的总时间为6sD.无人机落地时的速度大小为25m/s【答案】C【解析】【详解】A．根据时间位移公式212hat=解得210m/s3a=故A错误；B．失去升力后上升的最大高度，根据速度位移公式222ahvgh==解得5mh=无人机离地面的最大高度

为20mHhh=+=故B错误；C．失去升力后设经t落回地面，规定竖直向上为正方向，根据位移时间公式有212hattgt−=−解得3st=无人机从起飞到落地的总时间为6sttt=+=总故C正确；D．规定竖直向上为正方向，根据速度时间公式，无人机落地时的速度vatgt

=−解得20m/sv=−无人机落地时的速度大小为20m/s，故D错误。故选C。8.一质量为2kg的小车静止在光滑水平地面上，在0=t时刻，小车受到水平方向的作用力F，规定水平向右为正方向，力F随时间变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A.小车前2s内加速度为24m/sB.小

车在第3s末的速度为5m/sC.小车在第6s末回到出发点D.小车前6s内的平均速度大小为2m/s【答案】D【解析】【详解】A．对小车，由牛顿第二定律11Fma=小车前2s内的加速度为212m/sa=A错误；B．2s末的速度为211

22m/s4m/svat===对小车，由牛顿第二定律22Fma=2s6s内，小车做匀减速直线运动，其加速度大小为221m/sa=的由运动学公式3222vvat=−可得，小车在第3s末的速度为33m/sv=B错误；C．小车

在前6s运动的位移为22611113231122xatattat=+−代入数据解得612mx=所以，小车在第6s末没有回到出发点，C错误；D．小车前6s内的平均速度大小612m/s2m/s6xvt===D正确。故选D。9.如图所示，一舰载机在航母甲板上直线弹射起飞过程中，在1s内

速度大小从零变为10m/s；一足球在草地上做直线运动过程中，在8s内速度大小从20m/s减为零。对于上述两个过程，下列说法正确的是（）A.舰载机的速度变化量比足球的速度变化量小B.舰载机的平均加速度比足球的平均加速度小C.题述中的“1

0m/s”、“20m/s”均指的是平均速率D.足球运动过程中的速度方向与加速度方向相反【答案】AD【解析】【详解】A．舰载机的速度变化量为110m/sv=足球的速度变化量为220m/sv=所以，舰载机的速度变化量比足球的速度变化量小，A正确；B．舰载机的平均加速度为211110m/sv

at==足球的平均加速度为2222220m/s2.5m/s8vat===所以，舰载机的平均加速度比足球的平均加速度大，B错误；C．题述中的“10m/s”、“20m/s”均指的是瞬时速率，C错误；D．足球在草地上做减速直线

运动，则足球运动过程中的速度方向与加速度方向相反，D正确。故选AD。10.甲，乙两汽车在t=0时位于同一地点，在平直的公路上运动的速度v随时间t变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（）A.乙开始运动时，甲正好运动了2mB.乙从运动开始，经3s后刚好

追上甲C.甲、乙相遇之前的最大距离为4.5mD.乙超过甲后，甲、乙可能再次相遇【答案】BC【解析】【详解】A．根据v-t图像与t轴所围“面积”表示位移，可知乙在t=2s时开始运动，此时甲运动的位移为32m3m2x==故A错误；B．乙开始

运动3s后，甲通过的位移为1353m12m2x+==乙通过的位移为2136m12m2x+==说明乙追上甲，故B正确；C．两车在速度相等（即t=3s）时相距最远，两者间的最大距离等于0～3s内的位移之差，则甲、乙相遇之前的最大距离为112

3m31m4.5m22mx=+=故C正确；D．乙超过甲后，乙的速度总比甲的大，则甲、乙不可能再次相遇，故D错误。故选BC。11.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的小球处于静止状态，现将两环距离变大后小球仍处于静止状态，则（）A

.两细绳的合力变大B.连接B环的细绳拉力变大C.A环所受的摩擦力变小D.杆对A环的支持力不变【答案】BD【解析】【详解】A．以小球为研究对象，小球受重力和两细绳对它拉力的合力，两细绳的合力始终与小球重力大小相等，所以一直不变，A错误；B．两绳的合力等于小球的重力，两环距离变大，两绳的夹角变大，则绳

的拉力变大，故B正确；D．设小球的质量为m，以A、B两个轻环及小球系统为研究对象，根据平衡条件得N2Fmg=解得N12Fmg=杆对A环的支持力始终等于小球重力的一半，支持力不变，故D正确；C．以A环为研究对象，绳与竖直方向的夹角为时，A环的受力分析如图所示对A环

，根据平衡条件得fTsinFF=NTcosFF=解得fNtantan2mgFF==现将两环距离变大后，增大，tan增大，则A环受到的摩擦力Ff变大，所以A环对杆的摩擦力也变大，故C错误。故选BD。12.如图所示，一倾角为37°

的倾斜传送带沿逆时针以4m/s的速度转动，一物块从传送带顶端A轻放上传送带，2.4s后到达底端B。已知物块和传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取210ms/，sin370.6=，cos370.8=。下列说法正确

的是（）A.整个运动过程中，物块的加速度大小恒为210m/sB.整个运动过程中，物块的加速度大小恒为22m/sC.物块到达B点时的速度大小为8m/sD.传送带的长度为12.8m【答案】CD【解析】【详解】ABC．一物块从传送带顶端A轻放上传送带时，物块相

对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律可得21sin37cos3710m/smgmgam+==物块从顶端A轻放上传送带到与传送带共速所用时间为114s0.4s2.4s10vta===传物块与传送带共速后，受到向上的滑动摩擦力，根据牛

顿第二定律可得22sin37cos372m/smgmgam−==可知物块继续向下做匀加速直线运动，物块到达B点时的速度大小为224m/s2(2.40.4)m/s8m/sBvvat=+=+−=传故AB错误，C正确；D．传送带的长度为12124480.4m2m12.8m2222BvvvL

xxtt++=+=+=+=传传故D正确。故选CD。二、实验题（本题共2小题，共14分）13.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB与OC为细绳。图乙显示的是在白纸上根据实验结果画出的图。（1）本实验采用的科学

方法是________（选填字母）。A．控制变量法B．转换法C．理想模型法D．等效替代法（2）为减小实验误差，下列措施可行的是________（选填字母）。A．两个分力1F、2F间的夹角要尽量小些B．OB与OC

细绳要尽量短些C．AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些D．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应靠近木板且与木板面平行（3）图乙四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的是______（“F”“F”“1F”或“2F”）。【答案】①.D②.CD##DC③.F【解析】【详解

】（1）[1]本实验采用的科学方法是等效替代法。故选D。（2）[2]A．实验过程中，两个分力1F、2F间的夹角要尽量大些，A错误；B．OB与OC细绳要尽量长些，这样便于准确作出分力方向，B错误；C．将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些，便于在作力的图示时减小误差，

C正确；D．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应靠近木板且与木板面平行，D正确。故选CD。（3）[3]由图乙可知F是由平行四边形定则作图所得，不是用弹簧测力计直接测得的。14.如图所示为“探究加速度

与物体所受合外力关系”的实验装置图。图中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置一端带有定滑轮且足够长的木板上，重物P的质量为m，C为测力传感器，实验时改变P的质量，可以读出测

力器不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦。（1）实验过程中，______（填“需要”或“不需要”）满足Mm。（2）接通打点计时器的电源，然后释放小车，得到如图乙所示的纸带．已知打点计时器打点的周期的T=0.02

s，其中A、B、C、D、E每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，计算小车加速度的表达式为a=______（用题和图中物理量符号表示），算得小车加速度的大小为______2m/s。（计算结果保留两位有效数字）（3）某同学将长木板左端适当垫高，其

目的是为了平衡摩擦力，但他把长木板的左端垫得高度不足，使得倾角过小。用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力。则他绘出的a－F关系图像是______。A．B．C．D．【答案】①.不需要②.()34212100ssssT+−+③.0.60④.D【解析】【详解】（1）[1]由于拉力的大

小可以直接用测力计测出，故不需要Mm。（2）[2][3]根据2saT=结合逐差法可得，小车加速度的表达式为()()()34122210025CEACssssssaTT+−+−==带入数据得小车加速度的大小为()22223.032.411.831.2110m/s

0.60m/s1000.02a−+−−==（3）[4]由于木板的右端垫得高度不足，倾角过小，则拉力的一部分需要抵消摩擦力，即要有一定的力才有加速度，D正确。故选D。三、计算题（本题共3小题，共计38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有

数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.一船模爱好者在水面上对如图甲所示的模型船进行测试，模型船在水面上的运动轨迹如图乙所示。模型船（视为质点）从A点由静止出发，以大小22m/s的加速度沿AB做匀加速直线运动，6s后到达B点，此后保持速率

不变，再经过4.5s到达C点并立即沿CA做匀减速直线运动，最后刚好在A点停下。已知点A、B、C恰能构成一个直角三角形，且∠A=37°，∠B=90°，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）模型船在AC段的加速度大小；（2）模型船全程的平均速率。【答案】（1）21.6m/

s；（2）7.5m/s【解析】【详解】（1）模型船在AB段做匀加速运动，则由匀变速运动规律有2136m2ABxat==模型船在C点的速度大小为12m/svat==由几何关系有45mcos37ABACxx==在AC段，有212ACaxv=联立解得211.6m/s

a=（2）在BC段，有154mBCsvt==模型船在AC段，有217.5svta==模型船全程，有12365445m/s7.5m/s64.57.5ABBCACxsxvttt++++===++++16.如图所示，物体乙放置在倾角为37°斜面

上，物体甲用轻绳OA连接在天花板上、用轻绳MN与物体乙相连，物体甲、乙均处于静止状态。已知轻绳OA与竖直方向所成的夹角为53°，轻绳MN水平，物体甲、乙的质量分别为3kg、40kg，重力加速度g取210m/s，sin37°=cos53°=0.6，cos37°=

sin53°=0.8。求：（1）轻绳OA对物体甲的拉力大小；（2）物体乙所受到的摩擦力大小。【答案】（1）50N；（2）272N【解析】【详解】（1）对于物体甲受力如图所示则有cos53OAmgT=甲解得50NOAT=（2）又有tan5

3MNTmg=甲对于物体乙受力分析如图所示沿斜面方向上有cos37sin37MNfTmg=+乙联立解得272Nf=17.如图所示，质量为2kgM=的木板静止放置在光滑水平地面上，木板右侧有一堵墙面。一质量1kgm=的物块以速度06m/sv=滑上木板左端，当物块与木板速度相

同时，木板撞上墙面后反弹，最后物块刚好到达木板右端。已知木板撞上墙体前后速度大小不变，碰撞时间忽略不计。物块和木板间的动摩擦因数0.2=，重力加速度g取102m/s。求：（1）开始时木板右端到墙面的距离，（2）木板

的长度。【答案】（1）2ms=；（2）26m3L=【解析】【详解】（1）物块刚滑上木板时，对于物块，由牛顿第二定律有1mgma=对于木板有，有2mgMa=当木板木块共速时，有01121vatat−=木板右端到墙面距离22112sat=解得2ms=（2）木板撞上

墙面前，物块移动的距离的21011112svtat=−物块的速度1011vvat=−木板的速度221vat=木板撞上墙面后至物块运动到木板的右端，有222112vatvat−=−+则木板的长度2212222121211

22Lssvtatvtat=−+−+−解得26m3L=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com