【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1

00°、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=，c

os370.8=）（）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Bc

os45FT=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10

2m/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1

sincosmgmgma+=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010110.2m2vxvtt

=−=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，2

s=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24220022singh

hvsxyg+=+=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()224N

fmMg=+=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()()()222CEAC227.217.726.196.7010m/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0.1

syTg==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/smvat==(2)电梯减速上升时，人对电梯压力最小，则'N

mgFma−=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2max5sinsin12FmL=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==