【文档说明】湖北省部分地区2022-2023学年高一上学期元月期末考试物理试题（解析版）【武汉专题】.docx，共(22)页，5.637 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年高一元月期末考试物理试卷2023.1本试卷共6页，16题，全卷满分100分。考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.

选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿

纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8-11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.“汽车的速度越大，刹车后越难停下来”，其中“越难停下来”指的是（）A.汽车的惯性越大B.改变汽车运动状态的难易程度越大C.汽车刹车的时间越长D.汽车刹车的加速度越大【答案】C【解析】【详解】根据牛顿第二定律可得Fam=可

知汽车刹车的加速度与汽车的速度无关；物体改变运动状态的难易程度与惯性有关，汽车的惯性只由质量决定，与汽车的速度无关；汽车的速度越大，刹车后停下来所用时间就越长，故“越难停下来”指的是汽车刹车的时间越长。故选C。2.如图所示，将小玻璃珠从A处沿着玻璃斜面以lm/s的速度

大小向上弹出，经过1秒到达斜面底端B处，速度大小为2m/s。若不计摩擦和空气阻力，规定沿斜面向上为正方向，关于玻璃珠的这段运动，下列等式中正确的是（）A.末速度B2m/sv=B.平均速度3m/s2=vC.速度变化量1m/sv=D.沿

斜面向上运动的最大位移1m6s=【答案】D【解析】【详解】A．由题知，规定沿斜面向上为正方向，故末速度B2m/sv=−，故A错误；B．设斜面的倾角为，因不计摩擦和空气阻力，则玻璃珠受重力和支持力作用，

根据牛顿第二定律有sinmgma−=解得sinag=−说明玻璃珠从A到B的过程中加速度保持不变，则可视为做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的推论，可得平均速度为21m/s0.5m/s2v−+==−故B错

误；C．速度变化量2m/s1m/s3m/sv=−−=−故C错误；D．根据加速度的定义式，则加速度为23m/svat==−则玻璃珠沿斜面向上运动的最大位移21m26Avsa==故D正确。故选D。3.如图所示，工人用轻绳将一钢管斜拉搁在天花板和水平地面之间，关于该钢管的受力情况，下

列说法正确的是（）A.钢管可能只受三个力B.钢管B点受到的弹力方向与地面形变的方向相反C.钢管相对地面有向右的运动趋势D.地面可能不受摩擦力【答案】B【解析】【详解】A．钢管受细绳的拉力、地面的支持力和摩擦力、重力四个力作用，故A错误；B．钢管B点受到的弹力施力物体为地面，又因弹力方向与施力物体

形变的方向相反，故B正确；C．细绳对钢管的拉力可分解为竖直向上和水平向左的拉力，所以钢管相对地面有向左的运动趋势，故C错误；D．钢管相对地面有向左的运动趋势，地面对钢管有向右的摩擦力，地面受到钢管向左的摩擦力，故D错

误。故选B。4.如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂于竖直墙壁上的P点，另一端连接质量为m的B物体，通过滑轮组（不计摩擦），悬挂一质量也为m的A物体。B物体放置在倾角为30=的粗糙斜面上。现将绳的悬挂点P沿竖直墙壁缓慢向下移动，此过程中B物体一直处于静止状态，以下判断正确的是（）A.绳的张

力逐渐变小B.绳的张力逐渐变大C.物体B所受的摩擦力保持不变D.物体B所受的摩擦力可能先变小后变大【答案】C【解析】【详解】AB．设动滑轮两侧绳子总长为L，定滑轮对墙壁的距离为S，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，如

图所示由对称性和数学知识可得sinSL=因为S和L均不变，则α不变，由平衡条件得2cosTmg=得2cosmgT=可知绳的拉力大小一直不变，故AB错误；CD．绳子对B的拉力不变，B的受力情况不变，则B受的摩擦力不变，故C正确，D错误。故选C。5.用如图所示的装置做课题研究发现

：球形物体所受空气阻力的大小跟它运动的速率成正比。当气球和重物由静止释放，在一起竖直下落的过程中，其速率v、加速度的大小a和运动的时间t之间的关系图像，下列可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由题知，球形物体所

受空气阻力的大小跟它运动的速率成正比，则有fkv=根据牛顿第二定律有mgfma−=解得kagvm=−可知加速度a与v的图线斜率不变，因气球和重物由静止释放，则加速度的方向与速度方向都竖直向下，故球形物体做加速度逐渐减小的加速运

动，直到加速度为零，最后做匀速直线运动。故选A。6.甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。甲图线为抛物线，乙图线为过原点的直线。下列说法正确的是（）A.甲做曲线运动，乙做直线运动B.21~tt时间内，甲车走过的路程大于乙车C.21~tt时间内，在中间时刻两车相

距最远D.1t时刻两车第一次相遇，甲车速度大于乙车速度【答案】C【解析】【详解】A．x-t图像描述的是直线运动，即甲与乙都是做直线运动，故A错误；B．根据纵坐标的变化量表示位移，可知从t1到t2时间内，两车通过的位移相等。根据x-t图像的斜率表

示速度，知两车均沿正向运动，两车的位移大小等于路程，则从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，故B错误；C．根据图象可知，甲的x-t图像是抛物线，故甲做匀加速直线运动，乙的x-t图像是直线，故乙做匀速直线运动，因从t1到t2时间内两

车的位移相等，则甲在这段时间的平均速度等于乙做匀速直线运动的速度，根据匀变速直线运动的推论，可知甲从t1到t2时间内的中间时刻瞬时速度等于乙的速度，即在中间时刻两车相等，故两车相距最远，故C正确；D．根据图象可知，在1t时刻两车第一次相遇，乙图象的斜率大于甲图象的

斜率，故乙的速度大于甲的速度，故D错误。故选C。7.一辆仿真玩具炮车可转动炮身，以任意角度向上发射塑料弹丸，如图所示，当炮身与水平方向的夹角40=时，弹丸发射后经t秒打到上顶板MN。现拉着炮车向右运动，同时调整发射角度，若弹丸相对炮车的发射速度大小

始终恒定，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A.炮车向右运动的速度越大，弹丸打到上顶板的时间越长B.若炮车向右减速运动，弹丸打到上顶板的时间会减小C.若发射角90=，弹丸打到上顶板的时间最短D.只有当弹丸做竖直上抛

运动时，打到上顶板的时间最短【答案】C【解析】【详解】ABC．设弹丸相对炮车的发射速度大小为1v，与水平面的夹角为，炮车的向右运动的速度大小为2v，由题可知，弹丸打到顶板的距离为一定值，设为d，如图所示将1v分解可知，弹丸在竖直方向

做匀减速运动，故竖直方向的初速度越大，则运动的时间越短，即sin1=，解得90=，故弹丸打到上顶板的时间与炮车的速度无关；此时弹丸在水平方还向右的速度2v，故AB错误，C正确；D．弹丸在竖直方向做竖直上抛，而在水平方向与炮车有相同的速度，故弹丸的合运动是斜上抛运动，此时对应的时间最短，

故D错误。故选C。8.学习物理知识的过程中会遇到很多物理思想或方法，若能体悟将受益终生。以在环形公路上做圆周运动的汽车为例，下列说法中用到的物理思想或方法，匹配正确的是（）A.研究汽车行驶的速度范围时可将汽车视为质点——理想模型法B.线速度svt=，当0t→时汽车

的位移将与轨迹半径垂直——积累的思想C.若线速度逐渐减小，但运动的路程继续增大——极限的思想D.若线速度不恒定，t=能粗略描述汽车绕圆心转动的快慢程度——比值定义法【答案】AD【解析】【详解】A．在研究汽车行驶的速度范围时汽车的大小、形状可以忽略，可将汽车

视为质点，这是理想模型法，故A正确；B．线速度svt=，当0t→时汽车的位移将与轨迹半径垂直，这是极限的思想，故B错误；C．若线速度逐渐减小，但运动的路程继续增大，这是积累的思想，故C错误；D．若线速度不恒定，则角速度t=能粗略描述汽车绕圆心转动的快慢程

度，这是比值定义法，故D正确。故选AD。9.如图，A、B两物体相互接触但不黏合，放置在光滑水平面上，两物体质量分别为A4kgm=，B6kgm=。从0=t开始，推力AF和拉力BF分别作用于A、B上，两力随时间的变化规律为()A82NFt=−，()B22NFt=+，则（）A.1

st=时，A物体的2A1.5m/sa=B.1st=时，B物体的2B2m/s3a=C.1st=时，两物体加速度相同D.5s=t时，A物体的2A0.5m/sa=−【答案】CD【解析】【详解】ABC．由题知

，FA、FB的大小都随时间而变化，但A、B整体受到的合力10NABFFF=+=合可知保持不变，故开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，对整体有()ABABFFmma+=+解得21m/sa=设A、B间的弹力为FAB，对B

有BABBFFma+=由于加速度a恒定，则随着t增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即FAB=0，此时两者的加速度仍相等，有ABABFFmm=即822246tt−+=解得2s=t所以在2s内，A、B两物体一直以1m

/s2的加速度做匀加速运动，在2s后A、B两物体分离，故AB错误，C正确；D．5s=t时，两物体已分离，此时A物体的合力为8N25N2NAF=−=−则物体A的加速度为222m/s0.5m/s4AAFam−===−故D正确。故选CD。10.经过治理的护城河成为城市

的一大景观，河水看似清浅，实则较深。某次落水救人的事件可简化如图，落水孩童抓住绳索停在A处，对面河岸上的小伙子从B处直线游过去，成功把人救起。河宽和间距如图中标注，假定河水在各处的流速均为1m/s，则（）A.游泳时小伙子面对的方向是合运动的方向

B.小伙子在静水中游泳的速度至少应为0.6m/sC.小伙子渡河的时间一定少于16sD.若总面对着A处游，轨迹将为一条曲线且到达不了A处【答案】BD【解析】【详解】AB．由题可知，设小伙子在静水中的游泳的速度为1v，小伙子的合运动方向是从B到A，作出小伙子游泳

时合速度与两个分速度的关系，如图所示当1v与合速度垂直时1v有最小值，设AB与河岸的夹角为，根据几何关系有2212sin0.61216==+解得37=即游泳时小伙子面对的方向是与合速度方向垂直，此时最小的速度为1s

in0.6m/svv==水故A错误，B正确；C．由题可知，小伙子渡河的时间为1616stv==水故C错误；D．若总面对着A处游，如图所示由图可知1v的方向会不断变化，则有加速度产生，而v水的方向大小不变，根据运动的合成与分解，可知它们的合运动是变速曲线运动，位移变大，故达不了A处，故D正确。故选

BD。11.如图所示，一辆货车运载5个质量为m的圆柱形光滑的空油桶，4个在厢底紧凑排列并被牢牢固定，只有桶C自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。下列说法正确的是（）A.当车向左匀速运动时，A对C的支持力为33mgB.当车向左匀速运动时，A对C的支持力为mgC.当车向左的加速

度达到32g时，C刚好脱离AD.当车向左减速时，A对C的作用力可能为mg【答案】AD【解析】【详解】AB．若汽车匀速行驶，对C进行受力分析，如图所示设A对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得1sin22RR==解得30=同理可得，B对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；水平方向根

据平衡条件可得sin30sin30BANN=竖直方向根据平衡条件可得cos30cos30BANNmg+=联立解得33ANmg=故A正确，B错误；C．若汽车向左加速前进，以C为研究对象，则C受到的合力

向左，A对C的支持力减小、B对C的支持力变大，当A对C的支持力为零时，C只受重力和B对C的支持力，如图所示根据牛顿第二定律可得tanmgma=解得33ag=故C错误；D．当车辆向左减速时，受力分析如图所示由图可知BANN，则A对C的作用力可能为mg，故D正确。故选AD。二、非选择题：

本题共5小题，共56分。12.实验小组在做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验时，采用如图甲所示的实验装置，让重物（砝码和托盘）通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。（1）为了减小误差，实验前需要做好以下两项

准备：①调整垫片位置，使小车在不受拉力作用时能拖动纸带在木板上_______________，这样做是为了消除阻力的影响；②挑选合适的重物（砝码和托盘），使小车质量M远大于重物质量m，这样做是为了使小车匀加速运动时，小车所受拉力近似

等于_______________。（2）实验过程中，下列操作正确且必要是_____________A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B.先放开小车再接通打点计时器的电源C.改变小车质量时，重新调节垫片的位置（3）正确操作后，甲同学挑选出的

一条纸带如图乙所示，图中A、B、C、D、E是按打点先后顺序依次选取的计数点，计时器打点的时间间隔为0.02s，且相邻两个计数点之间有4个点未画出。现测出6.19cmAB=，12.89cmAC=，20.10cmAD=，27.82cmAE=，则打C点时

小车的速度为____________m/s，小车的加速度大小为_____________2m/s（结果保留两位有效数字）。【答案】①.做匀速直线运动②.重物的重力mg③.A④.0.70⑤.0.51的的【解析】【详

解】（1）①[[1]调整垫片的位置，使小车在不受拉力作用时能拖动纸带在木板上做匀速直线运动，这样做是为了消除阻力的影响；②[2]挑选合适的重物（砝码和托盘），使小车质量M远大于重物质量m，这样做是为了使小车匀加速运动时，小车所受拉力近似等于重物的重力mg。（2）[3]

A．为了小车所受拉力恒定不变，需要调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，A正确；B．为了充分利用纸带，应先接通打点计时器的电源再放开小车，B错误；C．根据sincosMgMg=可得tan=可知改变小车

质量时，不需要重新调节垫片的位置，C错误。故选A。（3）[4]相邻两个计数点之间有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为50.02s0.1sT==根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，打C点时小车的速度为2(2

0.106.19)10m/s0.70m/s220.1BDCxvT−−==[5]根据逐差法可得，小车的加速度大小为22222(27.8212.8912.89)10m/s0.51m/s440.1CEACxxaT−−−−===13.探究平抛

运动的特点，可以先运用运动的合成与分解的分析方法推理猜想，再分方向进行实验探究：（1）先从竖直方向入手，用竖落仪装置（如图1）将平抛运动的竖直分运动与自由落体运动进行对比：用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球自由下落。下列说法

中正确的是____________。A.两球的大小必须相同，但材料和质量可以任意选择B.改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，可以改变两球落地的先后顺序C.如果两球总是同时落地，说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动（2）由于

摩擦的原因不易得到水平匀速运动，所以对水平分运动的探究，没有采用步骤1中的对比法。下面先用如图2所示的装置描绘出平抛轨迹，再进行定量分析。以下做法中不合理．．．的是___________。A.调整斜槽，使小球放置

在轨道末端时，不左右滚动B.将坐标纸上竖线与重垂线平行C.将小球静止在斜槽末端位置时的重心位置投影在背板上，并记录为抛出点OD.不断改变挡片P的位置，使小球从斜槽上不同位置释放E.不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置F.将

坐标纸上确定的点用直线依次连接（3）正确操作步骤2后，通过分析平抛轨迹来寻找平抛过程中水平位置变化的特点。在坐标纸上，以抛出点O为坐标原点建立水平x轴、竖直y轴坐标系，在y轴上从O点开始，按1：3：5：7的比例顺次截取1y、2y、

3y、4y，如图3所示，在轨迹上对应标出四个点，测量包括O点的五个点相邻之间的水平距离1x、2x、3x、4x，通过对比发现这些水平间距______________。（4）另一小组在实验中遗漏了对平抛轨迹起始点的记录，利用以上结论可以计算出平抛速度：在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相

等且均为x，如图3所示，测得AB和BC的竖直间距分别是1d和2d，则12dd_________13（选填“＞”、“=”或者“＜”），平抛的初速度大小的0v=____________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。的【答案】①.C②.DF##F

D③.相等④.>⑤.21gxdd−【解析】【详解】（1）[1]A．两球的材料和质量的选择不同，受到的阻力大小不同，对实验结果有影响，故A错误；B．改变小锤击打的力度，可以改变A球的水平初速度大小，不能改变空中运动时间，故B错误；C．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松

开自由下落，两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，故C正确。故选C。（2）[2]A．调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动，保证斜槽末端切线水平，故A正确；B．将坐标纸上竖线与重垂线平行

，故B正确；C．将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点，故C正确；D．应保持挡片P的位置不变，使小球从斜槽上相同位置释放，故D错误；E．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置，

故E正确；F．将坐标纸上确定的点用平滑的曲线依次连接，故F错误。本题选不合理的，故选DF。（3）[3]由题知，在y轴上从O点开始，按1：3：5：7的比例顺次截取1y、2y、3y、4y，则相邻竖直位移所用的时间相

等，因水平方向是做匀速直线运动，故通过对比发现这些水平间距相等；（4）[4]因另一小组在实验中遗漏了对平抛轨迹起始点的记录，则A点竖直方向的速度不为零，又A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间

相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为Ayv、Byv，则有2112AydvTgT=+，()2222113222ByAyAydvTgTvgTTgTvTgT=+=++=+故1213dd[5]根据平抛运动规律有221dddgT=−=解得21ddTg−=钢球平抛初速度大小为02

1xgvxTdd==−14.如图所示，P点处于一倾角为37°的长斜面底端O点的正上方，将一石子从P点以速度03m/sv=水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q点。取sin370.6=，重力加速度的大小210m/sg=，则OP的高度h为多少。【答案】1.7m【解析】【详解】小球恰好垂直撞到斜面

上，根据几何关系有0tan37yvv=又ygt=v解得0.4st=则小球做平抛运动的水平位移为01.2mxvt==竖直方向的位移为210.8m2ygt==由几何关系得tan37hyx−=代入数据解得的1.7mh=15.如图所

示，一物块受水平轻弹簧作用静止于倾斜传送带底端，物块与轻弹簧P点相连，质量为3.2kgm=。传送带与水平面的夹角37=，长度为2mL=，顺时针转动的速度为0.8m/sv=。物块与传送带间的动摩擦因数为0.8=，可看成质点。取重力加速度210m/sg=，最大静摩擦力等

于滑动摩擦力，sin370.6=，cos370.8=，求：（1）若轻弹簧的形变量为1cmx=，求弹簧的劲度系数k；（2）某时刻在P点剪断弹簧，求剪断弹簧后物块在传送带上运动的时间t。【答案】（1）10

0N/m；（2）3.5s【解析】【详解】（1）剪断弹簧前，物块处于静止状态，对物块受力分析，如图所示根据平衡条件，可得cossinfFmg=+，cossinNmgF=−又=Fkx，fN=联立解得100N/mk=（2）某时刻在P点剪断弹簧

，因cos20.48Nsin19.2Nmgmg==，故滑块将沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有cossinmgmgma−=的解得20.4m/sa=则滑块加到与传送带共速所用的时间为12svta==加速的

位移为2110.8m2xat==共速后，由于cos20.48Nsin19.2Nmgmg==，故物块将相对传送带静止沿斜面向上做匀速直线运动，到最高点后离开传送带，则匀速直线运动的位移为212xLxvt=−=解得匀

速运动的时间为21.5st=故剪断弹簧后物块在传送带上运动的时间123.5sttt=+=16.如图所示，质量为2.5kgM=的一只长方体形空铁箱，在与水平面成37=的拉力50N=F作用下，沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数

10.5=。这时铁箱内一个质量0.5kgm=的木块恰好静止在后壁上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取210m/s，cos370.8=，sin370.6=。（1）求木块与铁箱后壁间的动摩擦因数2；（2）若迅速减小拉力，在铁箱的速度达到8m

/s时，木块沿铁箱后壁刚好落到底部，且不反弹。此时突然撤去拉力F，又经1s时间木块从铁箱的左侧到达右侧。已知木块与铁箱底部间的动摩擦因数30.3=，求1s内木块相对于铁箱发生的位移x；（3）若均匀减小拉力F，试判断木块在沿铁箱后壁下滑的过程中，竖直方向的加速度a

是不是均匀增大？结合第一问，请用关键表达式，定性地说明理由。【答案】（1）0.75；（2）1.2m；（3）见解析【解析】【详解】（1）将木块和铁箱看成一个整体，进行受力分析，如图所示在竖直方向上，根据平衡条件有()1sinNMmgF=+

−代入数据解得1N0=根据111fN=可知整体与地面的滑动摩擦力等于0，则在水平方向上，根据牛顿第二定律有()cosFMma=+代入数据解得240m/s3a=对木块受力分析，则在竖直方向上，根据平衡条件有2fmg=在水平

方向上，根据牛顿第二定律有2Nma=又根据222fN=联立解得20.75=（2）撤去拉力F时铁箱和木块的速度均为v=8m/s，铁箱和木块都做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对木块有3mmgma=解得23m/sma=对铁箱有()13MMmgmgMa

+−=解得25.4m/sMa=则铁箱减速到零所用的时间为008s1.5s5.4Mvta==说明在1s内铁箱仍在运动，则1s内木块的位移为21016.5m2mxvtat=−=铁箱的位移为22015.3m2Mxvtat=−=1s内木块相对于铁箱发生的位移121.2mxxx=−=（3）根据第

（1）问受力分析，在竖直方向根据平衡条件有()1sinNMmgF=+−在水平方向根据牛顿第二定律有()1cosFfMma−=+又111fN=联立解得11cossinaFgMm+=−+可知F均匀减小，则加速度a也均匀减小；对木块，根据牛顿第二定律，在水平方向

有2Nma=在竖直方向上有2mgfma−=又222fN=联立解得2aga=−因a均匀减小，故竖直方向的加速度a均匀增大。