【文档说明】吉林省长春外国语学校2022-2023学年高一上学期1月期末物理试题答案.docx，共(18)页，1.314 MB，由小赞的店铺上传

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高一年级2022-2023学年上学期期末阶段检测物理试卷一、选择题1.生活中曲线运动随处可见，关于物体做曲线运动，下列说法正确的是（）A.速度方向有时与曲线相切，有时与曲线的切线垂直B.平抛运动是匀变速曲线运动，斜抛运动是变加速曲线运动C.物

体所受合力方向一定指向曲线的凹侧D.物体所受合力可能不变，但它的加速度一定改变【答案】C【解析】【详解】A．在曲线运动中，质点的速度方向一定沿着轨迹的切线方向，故A错误；B．平抛运动是匀变速曲线运动，斜抛运动也是匀变速曲线运动，故B错误；C．根据曲线运动的受力特点可知，做曲线运动的物体其所受合

力一定指向轨迹的凹侧，故C正确；D．做曲线运动的物体可以受恒力作用，其加速度可以保持不变，如平抛运动，故D错误。故选C。2.利用风洞实验室可以模拟运动员比赛时所受风阻情况，帮助运动员提高成绩．为了更加直观研究风洞里的流场环境，可以借助烟尘辅助观

察，如图甲所示，在某次实验中获得烟尘颗粒做曲线运动的轨迹，如图乙所示，下列说法中正确的是（）A.烟尘颗粒速度始终不变B.烟尘颗粒一定做匀变速曲线运动C.P点处的加速度方向可能水平向左D.Q点处的合力方向可能竖直向下【答

案】D【解析】的【详解】A．烟尘颗粒做曲线运动，速度方向不断变化，故烟尘颗粒速度不断变化，A错误；B．做曲线运动的物体，所受合力总是指向轨迹凹侧，由乙图可知，烟尘颗粒受力发生变化，不可能做匀变速曲线运动，B错误；全科免费下载公众号-《高中僧课

堂》CD．P点处的合力（加速度）指向右上方，不可能水平向左，Q点处的合力方向可能竖直向下，C错误，D正确。故选D。3.在弹吉他时，拨动琴弦，琴弦就会发生振动，振动的频率f（单位为Hz，即1s−）由琴弦的质量m、长度L和弦线中的张力（弹力）F共同决定。结合物理量的

单位分析琴弦振动的频率f与mLF、、的关系式可能正确的是（其中k是一个没有单位的常数）（）A.fkmLF=B.FfkmL=C.FfkmL=D.mLfkF=【答案】C【解析】【详解】A．等式右侧的单位为2222kgmkgm/

skgm/s=与等式左侧单位不一致，故A错误；B．等式右侧的单位为22kgm/sskgm−=与等式左侧的单位不一致，故B错误；C．等式右侧的单位为21kgm/sskgm−=与等式左侧的单位一致，故C可能正确；D．等式

右侧的单位为2kgmskgm/s=与等式左侧的单位不一致，故D错误。故选C。4.下图是家庭里常见的厨房水槽，A、B分别是水槽出口上的两点，当出水口绕转轴O转的动，如下图，v代表线速度，代表角速度，

a代表向心加速度，T代表周期，则下列说法正确的是（）A.ABvv，ABTTB.AB，ABaaC.ABvv，ABaaD.ABaa，ABTT=【答案】C【解析】【详解】当出水口绕转轴O转动，A、B的角

速度、周期都相等，则AB=，ABTT=由vr=，又BArr，所以ABvv由2ar=，BArr，所以BAaa故选C。5.如图所示，三根轻绳OA、OB、OC结于O点，OA和OB绳的另一端系于水平天花板上，OC绳C端与一重物相连，OA绳和OB绳的夹角为100

°、OA绳与OC绳的夹角为120°。整个系统处于静止状态，OA绳、OB绳、OC绳上的拉力分别记为1F、2F、3F，则1F、2F、3F的大小关系正确的是（）A.123FFFB.132FFFC.231FFFD.132FFF

【答案】A【解析】【详解】对节点O进行受力分析如图所示根据正弦定理可得312sin40sin60sin80FFF==ooo可知123FFF故选A。6.如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸

成37角，水流速度为4m/s，则船从A点开出的最小速度为（已知sin370.6=，cos370.8=）（）A.2m/sB.2.4m/sC.3m/sD.3.5m/s【答案】B【解析】【详解】当船速的方向与合速度方向垂直时，船的速度最小，则最小速度为vmin=v水sin37°=2.4m/s故

选B。7.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图像如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x-t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是（）A.猴子的运动轨迹为直线B.猴子在0～2s内做匀变速曲线运动C.

t=0时猴子的速度大小为8m/sD.猴子在0～2s内的加速度大小为42m/s2【答案】B【解析】【详解】ABD．猴子在竖直方向做初速度大小为8m/s、加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动，水平方向做速度大小为4m/s的匀速直线运动，其合运动为曲线运动，

故猴子在0～2s内做匀变速曲线运动，加速度大小为4m/s2，选项A、D错误，B正确；C．t=0时猴子的速度大小为222200048m/s45m/sxyvvv=+=+=选项C错误。故选B。8.如图所示，跳台斜坡与水平面的夹角o30

=，滑雪运动员从斜坡的起点A水平飞出，经过2s落到斜坡上的B点。不计空气阻力，重力加速度大小g取210m/s，则运动员离开A点时的速度大小为（）A.55m/sB.53m/sC.102m/sD.103m/s【答案】D【解析】【详解】运动员在竖直方向

做自由落体运动，设A点与B点的距离为L，有o21sin302Lgt=得40m=L设运动员离开A点时的速度为0v，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有o0cos30Lvt=得0103m/sv=故选D。9.如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60

°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好水平，A、B两物体处于静止状态，则（）A.A、B所受弹簧弹力大小之比为3:2B.A、B的质量之比为AB:1:3mm=C.悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1:2D.同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为6:3【答案】D【

解析】【详解】A．由于A、B连接在弹簧的两端，故弹簧对A、B的作用力大小相等，故A错误；B．对A进行受力分析易得Atan60mgF=弹对B进行受力分析易得Btan45mgF=弹解得AB:3:1mm=故B错误；C．对A进行受力分析易

得Acos60FT=弹对B进行受力分析易得Bcos45FT=弹解得AB:2:1TT=故C错误；D．绳子剪断瞬间，绳子上的作用力消失，但是弹簧的拉力不会突变，故A、B分别受各自的重力及弹簧的拉力，由于弹簧的拉力不变，故A所受重力与弹簧的拉力的合力与原来绳子的拉力AT等大反向，故B所受重力与

弹簧的拉力的合力与原来绳子的拉力BT等大反向，故A、B所受合力之比为AB:2:1FF=合合根据牛顿第二定律有ABABAB::FFaamm=合合解得AB:6:3aa=故D正确。故选D。10.如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率02m/sv=

逆时针转动，质量1kgm=的炭块无初速地放在传送带的顶端P，经时间10.2st=炭块的速度达到2m/s，此后再经过21.0st=的时间，炭块运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为4m/sv=。重力加速度g取102m/s，则下列

说法正确的是（）A.炭块从无初速地放在传送带的顶端P到运动到Q端，一直做匀变速直线运动B.传送带与水平面的倾角为37=C.传送带的长度为2.4mx=D.炭块在传送带上留下的划痕的长度为1.2m【答案】B【解析】【详解】A．由题可知炭块在前0.2s内的加速度220112m/s

=10m/s0.2vat==在后1.0s内的加速度2202242m/s=2m/s1vvat−−==则从无初速地放在传送带的顶端P到运动到Q端，炭块不是一直做匀变速直线运动，选项A错误；B．炭块在前0.2s内根据牛顿第

二定律有1sincosmgmgma+=在后1.0s内有2sincosmgmgma−=代入数据联立解得37=，0.5=选项B正确；C．传送带的长度为00123.2m22vvvxtt+=+=选项C错误；D．在前0.2s内炭块与传送带的相对位移01011

0.2m2vxvtt=−=在后1.0s内炭块与传送带的相对位移022021m2vvxtvt+=−=因两部分有重叠，则炭块在传送带上留下的划痕的长度为1m，选项D错误。故选B。11.如图甲所示，静止在水平地面上质量为1kg的物体，在0=t时刻受到水平向右的推力F作用，2s=t

时撤去推力，物体运动的vt−图像如图乙所示，取210m/sg=。下列说法正确的是（）A.在0~1s内推力大小为4NB.物体先向右运动，后向左运动C.3st=时，物体与出发点间的距离为4mD.物体和水平地面间的动摩擦因

数为0.5【答案】AC【解析】【详解】AD．vt−图像斜率表示加速度，则0~1s内和2~3s内物体加速度大小相等，大小为222m/s2m/s1a==根据牛顿第二定律，在0~1s内Fmgma−=2~3s内mgma=得4NF

=，0.2=A正确，D错误；B．在3s前物体速度一直为正值，一直在向右运动，3s末速度减为零，3s后没有运动，B错误；C．vt−图像与横轴所围面积表示位移，3st=时，物体与出发点间的距离为()1132m4m2x=+=C正确。故选AC。12.若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水

平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（）A.地面对运动员的作用力与重力与重力大小相等B.武大靖转弯时速度的

大小为tangRC.若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角D武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变【答案】BC【解析】【详解】A．地面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力，则地面对运动员的作用力大于

重力，故A错误；B．由题意可知，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有2ntanmgvFmR==可得其转弯时速度的大小为tangRv=故B正确；C．武大靖转弯时速度的大小为tangRv=若减小蹬冰角，则tan减小，武大靖转弯速度v将变大，故C正确；D．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力

始终指向圆心，大小不变，方向变化，故D错误。故选BC。13.如图所示，在粗糙的水平面上，P、Q两物块之间用轻弹簧相连，其原长为0l，劲度系数为k。在水平向右的拉力作用下，一起匀速向右运动，P、Q两物块与水平面间的动摩擦因数均为。已知物块P和物块Q的质量分别

为m、2m，重力加速度为g，则（）A.弹簧的长度为0mglk+.B.拉力大小为3Fmg=C.当突然撤去拉力F的瞬间，Q物块的加速度大小为Qag=D.当突然撤去拉力F的瞬间，P物块的加速度大小为3Pag=【答案】BD【解

析】【详解】A．设弹簧的伸长量为x，对Q物块受力分析，由二力平衡可得=2Fkxmg=弹解得2mgxk=则弹簧的长度为02=mgllk+故A错误；B．对整体进行受力分析，可得()23Fmmgmg=+=故

B正确；C．当突然撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有发生突变，仍然为未撤去拉力时的数值，Q物块的受力没有发生变化，其加速度大小仍为零。故C错误；D．同理，当突然撤去拉力F的瞬间，对P物块受力分析，有PFmgma+=弹解得P3ag=故D正确。

故选BD。14.一足够大且光滑的矩形斜面，倾角为，高为h，现有一小球在A处沿平行于底边的初速度0v滑上斜面，最后从B处离开斜面。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.小球的运动轨迹为抛物线B.小球的加速度为singC.小

球从A处到达B处所用的时间为12sinhgD.小球从A处到达B处的位移为02sinvhg【答案】ABC【解析】【详解】A．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，小球做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故A项正确；B．根据牛顿第二定律

知，有sinmgma=解得sinag=故B项正确；C．由几何关系得，小球沿加速度方向上的位移为0sinhy=根据公式2012yat=解得12sinhtg=故C项正确；D．小球在沿初速度方向的位移为002sinvhxvtg==则小球从A处到达B处的位移为24220022singhh

vsxyg+=+=故D项错误。故选ABC。15.如图所示，质量为m=3kg的木块放在质量为M=1kg的长木板上，开始处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为10.2=，木板与地面间的动摩擦因数为20.1

=，当木块受到水平向右的拉力F后，下列说法正确的是（）A.木板受到地面的摩擦力的大小可能是1NB.木板受到地面的摩擦力的大小一定是4NC.当F>12N时，木块才会在木板上滑动D.无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【答案】AC

【解析】【详解】AB．木板与地面间滑动摩擦力的大小为()224NfmMg=+=木块与木板间的滑动摩擦力大小为116Nfmg==当4NF时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力F，故B错误，A正确；C．当拉力为0F时木块与木板间刚好发生相对

滑动，由牛顿第二定律得()12010mgmMgFmgamM−+−==解得012NF=所以当F>12N时，木块才会在木板上滑动，故C正确；D．当4NF时，木板向右运动，故D错误。故选AC。二、填空题16.某同

学用如图甲所示实验装置探究“当所挂钩码质量m一定时，小车加速度a与小车质量M的关系”。（1）电火花计时器使用的是_______V的_______（选填“交流”或“直流”）电源。的（2）在平衡摩擦力时，_______（选填“要”或“不要”）挂钩码。（3）图乙为

某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带可计算出小车的加速度大小为_______m/s2（结果均保留2位有效数字）。（4）继续实验，并将实验获得的数据绘制成1aM−图线，如图丙所示。从图

上可以看出：图线的初始段为直线，后段为曲线。图线出现曲线的原因是_______。【答案】①.220②.交流③.不要④.3.2⑤.不满足M≫m的条件【解析】【详解】（1）[1][2]电火花计时器是一种计时仪器，使用220V的交流电源，当电源频率为50Hz，它每隔0.

02s打一次点；（2）[3]在平衡摩擦力时，不要挂砝码，用手轻推小车，让小车沿斜面匀速下滑，而不是用砝码拉动小车；（3）[4]实验所用电源的频率为50Hz，则两点之间的时间间隔为1s0.02s50T==根据逐差法可知()()()222CEAC227.217.7

26.196.7010m/s3.2m/s160.024xxaT−+−+−==（4）[5]图线的初始段为直线，后段为曲线，图线出现曲线的原因是不满足M≫m的条件，因为()mgmMa=+FMa=解得11FmgmM=+只有当M>>m时，F=mg；图像才是直线。17.图甲是“研究平抛物

体的运动”的实验装置图。（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线___________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛___________。（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为拋出点，则此小球作平抛运动的初速度为___________m/s

。（g取9.8m/s2）（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平拋运动的初速度为___________m/s，B点的竖直分速度为___________m/s。（g取10m/s2）【答案】①.水平②.初速度

相同③.1.6④.1.5⑤.2【解析】【详解】（1）[1]为了保证小球的初速度水平，斜槽末端切线应水平。[2]每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同。（2）[3]分析图乙，O点为抛出点，取坐标点：x=32.00cm

=0.32m，y=19.6cm=0.196m，在竖直方向上则有212ygt=水平方向上则有x=v0t代入数据解得小球平抛初速度01.6m/sv=（3）[4]分析图丙L=5cm=0.05m，由图可知，小球由A

到B和由B到C在水平方向位移相等，均为3L，则运动时间T相等，在竖直方向，由图示可知2yL=，由匀变速直线运动的推论2ygT=可得0.1syTg==初速度031.5m/sLvT==[5]根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可

知，在B点竖直分速度352m/s2ByLLvT+==三、计算题18.如图甲所示为潍坊市政府广场两座百米多高的观光塔。游客乘坐观光电梯1min就可以从1层到达观光平台。若质量60kgm=的人站在电梯平台上在0=t时由静止开始上升，运动的at−图像如图乙所示，210m/s=g。求该过程中：(1)电梯运

行的最大速度；(2)人对电梯的最小压力。【答案】(1)2.5m/s；(2)570N【解析】【详解】(1)由a-t图像可知，电梯先做匀加速运动，再做匀速运动，然后做匀减速运动；当在5s末速度最大，最大速度0.55m/s=2.5m/s

mvat==(2)电梯减速上升时，人对电梯压力最小，则'NmgFma−=解得'=6010600.5=570NNFmgma−=−19.游乐场中有众多游乐项目，其安全性越来越受到公众及政府相关管理部门的重视。旋转飞椅是游乐场中比较常见的一种

游乐项目，为分析其安全问题，可将其简化为如图所示的圆锥摆来进行分析。设圆锥摆的摆线长度为3mL=，其所允许承受的最大拉力maxF为摆球重力的4倍。圆锥摆静止时小球到地面的高度为h=1.3m，重力加速度g=9.8m/s2，空气阻力不计。（1）若为了安全，圆锥摆的细线拉力不允许超过最大拉力的

512，则该圆锥摆允许的最大角速度为多大？（2）若当圆锥摆以（1）中的角速度运动时小球上的一部分从小球上脱落，则该脱落部分落地的水平射程？的【答案】（1）7rad/s3；（2）4m【解析】【详解】（1）圆锥摆的细线拉力不允许超过最大拉力的512，所以2max5

sinsin12FmL=解得该圆锥摆允许的最大角速度为57rad/s33gL==（2）根据题意可知max3cos5512mgF==平抛的速度sinvL=运行时间21cos2LhLgt+−=该

脱落部分落地的水平射程4mxvt==