【文档说明】湖北省宜昌市夷陵中学2022-2023学年高一上学期期中考试物理试题（解析版）.docx，共(19)页，734.640 KB，由envi的店铺上传

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宜昌市夷陵中学2022-2023学年高一上学期期中考试物理本试卷共4页，共16题，满分100分，考试用时75分钟。一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。1～7题为单选题，8～11题为多选题）1.在下列关于物理学史或者物理观念的叙述

中，正确的说法是（）A.牛顿是伟大的物理学家，他最先建立了速度、加速度等概念，并创造了一套科学研究方法B.在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫作”理想模型法”C.马拉着车加速前进时，马对车的拉力大于车对马的拉力D.根据速度定义式xvt=，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法【答案】D【解析】【详解】A．伽利略是伟大的物理学家，他最先

建立了速度、加速度等概念。并创造了一套科学研究方法，故A错误；B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”，故B错误；C．马拉着车加速前进时，马对车的拉力等于车对马

的拉力，故C错误；D．根据速度定义式xvt=，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故D正确。故选D。2.“倍速播放”是近几年视频网站新添加的功能，用户可使用播放软件加快或减慢视频播放速率，范围一般在0.5倍至2.0倍。对于一个从静止开始做匀

加速直线运动的汽车，不使用倍速播放时，屏幕上汽车的加速度为a，汽车运动到某点时的速度为v，当使用2.0倍速播放时，屏幕上汽车的加速度和运动到同一点的速度分别为（）A.2a、vB.2a、2vC.4a、2vD.4a、4v【答案】C【解析】【详解】当使用2.

0倍速播放时，汽车运动到某点时的速度为2v，倍速播放不改变位移大小，则22vax=()222vax=则4aa=故选C。3.三个完全相同的球形容器盛有不同体积的同种液体，置于相同的凹形槽上，如图所示。在图（1）、图（2）和图（3）中，对应凹形槽对球形容器

两个弹力之间的夹角分别为1、2和3，则三个夹角关系为（）A.123B.123==C.123D.无法确定【答案】B【解析】【详解】图中得小球与凹槽是相同的，根据弹力方向的特点：点与球面之间的弹力的方向过球面的球心，则三个图中六个接触点对球的支持力的

方向都分别过对应的球的球心，所以各对应凹槽对小球两个弹力之间的夹角分别为θ1、θ2和θ3都是相等的，与小球的重心的位置以及小球的质量都无关。故选B4.一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为16m竖立在地面上的钢管

从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的3倍，下滑的总时间为4s，那么该消防队员（）A.下滑过程中的最大速度为4m/sB.加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C.加速与减速运动过程中

平均速度之比为1∶1D.加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4。的【答案】C【解析】【详解】设匀加速运动阶段的加速度大小为a1，运动时间为t1，匀减速阶段的加速度大小为a2，运动时间为t2，根据匀变速直线运动公式得a1t1-a2t2=02

21122111622atat+=m由题意可知t1+t2=4sa1=3a2联立以上四式可解得a1=8m/s2a2=83m/s2t1=1st2=3sA．下滑过程中的最大速度大小为vm=a1t1=8m/s故A错误；B．加速与减速运动过程时间之比为1∶

3，故B错误；C．因匀变速直线运动的平均速度等于初末速度和的一半，故加速阶段的平均速度0t108m/s=4m/s22vvv++==0t280m/s=4m/s22vvv++==故加速与减速运动过程中平均速

度之比为1∶1，故C正确；D．加速阶段的位移大小211114m2xat==减速阶段的位移大小2222112m2xat==的加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶3，故D错误。故选C。5.如图所示，木块a、b和c叠放在水平地面上，木块a受到水平向左的1F

，木块b受到水平向右的2F，12FF，三个木块均保持静止状态，则（）A.a对b的摩擦力方向水平向右B.c对b的摩擦力大小为2FC.地面对c的摩擦力方向水平向右D.地面对c的摩擦力大小为0【答案】C【解析】【详解】A．以木块a为对象，根据受力平衡可得1b

afF=b对a的摩擦力方向水平向右，则a对b的摩擦力方向水平向左,故A错误；B．以木块b为对象，根据受力平衡可得212cbabffFFF=−=−c对b的摩擦力大小为12FF−，方向水平向右，故B错误；CD．以a、

b、c整体为研究对象，根据受力平衡可得12fFF=−地地面对c的摩擦力方向水平向右，故C正确，D错误。故选C。6.如图甲所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，方向改为与水平面成60°角斜向上，物块也恰好做匀速直线运动。现将水平面倾斜一个角度θ，

不施加外力，物块也恰好做匀速直线运动，如图乙所示。则倾角θ的大小为（）A.15°B.30°C.45°D.60°【答案】B【解析】【详解】当力F水平时，根据平衡条件得Fmg=当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得()cos60

-sin60FmgF=联立解得33=将斜面倾斜一个角度，由平衡条件得sincosmgmg=解得3tan3=则倾角30=故ACD错误B正确。故选B。7.扩张机的原理如图所示，A、B、C为活动铰链，在A处作用一水平力F，滑块D就能在比F大得多的压力下向上顶起物体，已知滑块D与

左壁接触面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若要扩张机能够顶起质量为m的物体，并使其上升，必须满足的条件为（）A.tanαμB.1tanC.FmgD.2Fmg【答案】A【解析】【详解】将力F分解成沿杆的两个力ACF、ABF，那么2cosACABFFF==杆AB顶滑块D

使滑块与墙面之间产生一个垂直墙面的压力Ncos2ABFFF==同时给滑块一个沿墙壁向上的力sintan2ABFFF==顶当满足条件NFFmg+顶则滑块D就能在比F大得多的压力下向上顶起质量为m的物体tan22FFm

g+可得2tanmgF+，2tanmgF−故选A。8.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t=0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值（即平均速度）随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是（）A

.质点a做匀加速运动，且加速度为0.5m/s2B.质点b做匀速运动，且速度为1.0m/sC.t＝1s时，a、b的速度相同D.t＝1s时，a、b再次到达同一位置【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．对质点a，根据数学知识得0.50.5(m/s)xtt=+变形得20.

50.5xtt=+可得v0=0.5m/s，a=1.0m/s2所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2，故A错误；B．由图知，对于b，有1.0m/sxt=则b做速度为1.0m/s的匀速直线运动，故B正确；C．由图知，t=1s时，a的速度00.5111.5m/savvat=+=+=此时b

的速度为1.0m/s，则此时速度不相同，故C错误；D．由图知，t=1s时，两者xt相等，时间相同，则位移x相等，初位置相同，所以t=ls时，a、b再次到达同一位置，故D正确。故选BD。9.如图所示，顶端附有光滑定

滑轮的斜面体静止在粗糙水平面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F作用下使夹角90，现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态，下列说法正确

的是（）A.绳OA的拉力先增大后减小B.斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C.地面对斜面体有向左的摩擦力D.地面对斜面体的支持力等于物块P和斜面体的重力之和【答案】BC【解析】【详解】A．缓慢改变绳OA的方向至90

的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大，故A错误；B．若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；C．

以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，故C正确；D．以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡cosPQNFMgMgMg+=++斜由上图分析可知F的最大值即为QMg（当F

竖直向上方向时），故cosQFMg，则PNMgMg+斜，故D错误。故选BC。10.高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好

在2号车厢门口（2号车厢最前端），如图所示，则（）A.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为tB.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为2ltC.1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为2ltD.动车的加速度大小为22lt【答案】BD【解析

】【详解】A．根据逆向思维，动车反向做初速度为0匀加速运动，站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，则212lat=动车第一节车厢前端从经过5号旅客位移为4l，时间为t5，则25142lat=解得52tt=故

A错误；B．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为422llvtt==故B正确；C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v5，则5422vlt=解得54lvt=故C错误；D．动车加速度5222vlatt==故D正确。的故选BD11.如图所示，质量为m的物块A和质量为3m

的物块B通过轻绳和轻弹簧相连，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为，两根弹簧的劲度系数均为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B在F的作用下匀速运动的位移为l（物块A仍在物块B上），不计滑轮的重力和摩擦，则下列说法正确的是（）A.物块B

与地面间摩擦力的大小为4mgB.两根弹簧的最大形变量均为mgkC.两根弹簧的最大形变量均为4mgkD.若物块A与物块B发生相对滑动，则相对位移大小为2()−mglk【答案】ABD【解析】【详解】A．物块B与地面间摩擦力的大小为BAB()4fmmgmg=+=

故A正确；BC．对A，根据平衡条件，弹簧弹力大小AFmgmg==弹两根弹簧通过轻绳相连，则两根弹簧弹力大小相等，两根弹簧的形变量均为=Fmgxkk=弹故B正确，C错误；D．物块B的位移为Bxl=物块A的位移为A2mgxlk=−则相对位移大小为。AB2(

)mgxxxlk=+=−故D正确。故选ABD。二、实验题（本题共2小题，共14分）12.某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。（1）实验中，正确的做法是________。A.细线必须与长木板平行B.先释放小车再接通电源C.先接通电源再释放小车D.小车释放前应远离打点计时器（2）

他实验时将打点计时器接到交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点时间间隔为T）。则小车的加速度a=________，打点计时器在打B点时小车的速度=Bv________（用题中所给物理量表示）。（3）另一同学用如图所示

的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门1、2的时间分别为1t、2t。滑块的加速度可以表示为a=________（用题中所给物理量表示）。【答案】①.AC##CA②.()()4561232

9ssssssT++−++③.122ssT+④.22221112dLtt−【解析】【详解】（1）[1]A．细线必须与长木板平行，可以确保小车加速度不变。故A正确；BC．接通电源再释放小车，可以使

纸带上打更多的点迹。故B错误；C正确；D．小车释放前应远离靠近打点计时器，有效利用纸带。故D错误。故选AC。（2）[2]根据逐差法，可得()()45612329ssssssaT++−++=[3]根据匀变速直线运动推论可知打点计时器在打B点时小车的速度等于从A点到C点的平均速度，即122

BACssvvT+==（3）[4]窄遮光板通过两个光电门的速度分别为1212ddvvtt==，滑块的加速度可以表示为22212vvaL−=联立，可得22221112daLtt=−13.某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。（1）在安装刻度尺时，

必须使刻度尺保持竖直状态。（2）图乙是某次实验过程中固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺上位置的放大图，则此时弹簧的长度为__________cm。（3）实验得到如图丙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的劲度系数k=_

__________N/m，原长0L=___________cm。【答案】①.12.00②.50③.4【解析】【详解】（2）[1]刻度尺读数为12.00cm。（3）[2][3]根据()0FkxL=−可得()2Δ80N/m50

N/mΔ20410Fkx−−===−横截距为弹簧原长，则04cmL=三、解答题（本题共3小题，共42分）14.一辆汽车刹车前速度为18km/h，刹车时获得的加速度大小为20.5m/s，求：（1）汽车刹车开始后12s内滑行的距离0s；（2）从开始刹车到汽车位移为9m时所经历的时间t；（3）汽

车静止最后1s内滑行的距离's。【答案】（1）25m；（2）2s；（3）0.25m【解析】【详解】（1）由题可知0km/h=185m/sv=由0tvvat=+解得刹车时间0005s10s12s0.5tvvta−−==−=汽车刹车后经过10s停下来，因此12s内汽车的位移等于10s内的位移，

根据运动学公式得22002tvvax−=代入数据解得()2220005m25m220.5tvvxa−−==−=（2）根据2012svtat=+得219m50.52tt=−解得1=2st，218st=2t是汽车经

1t后继续前进到达最远点后，再反向加速运动重新到达位移为9m处时所经历的时间，2t不合题意，须舍去。（3）把汽车减速到速度为零的过程，看做是初速度为零的匀加速运动，求出汽车以20.5m/s的加速度经过1s的位移212'sat=代入数据解得20.5

1m0.2m125s==15.质量为4kgm=的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向。质量为3.5kgM=的木块与PB相连，M在平行于斜面向上的力F作用下，静止于倾角为37°的斜面

上，物体与斜面的动摩擦因数0.8=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，210m/sg=）求：（1）轻绳PA和轻绳PB各自产生拉力的大小；（2）拉力F的最大值与最小值。【答案】（1）50N，30N；（2）53N，37N【解析】【详解

】（1）由结点处于静止状态，则对结点进行受力分析，根据平衡条件得如下图所示轻绳PA产生的拉力为1F，轻绳PB产生的拉力为2F，则根据三角函数关系1cos37Fmg=，12sin37FF=联立两式整理可得150NF=，230NF=（

2）根据M受力分析如下，可得（PB绳对结点P的拉力2F与对M的拉力BF大小相等）当F取得最小值时minfsin37cos37BFFMgF+=+fN(cos37sin37)BFFMgF==−联立以上两式解得min37

NF=当F取得最大值时maxfsin37cos37BFFMgF=++fN(cos37sin37)BFFMgF==−联立以上两式解得max53NF=16.如图所示，离地面足够高处有一竖直空管，管长为l=0.2m，M、N为空管的上、下两端，以恒定的速度向下做匀速直线运动，同时

在空管N点下端距离d=0.25m有一小球开始做自由落体运动，取g=10m/s2，求：（1）若经过t1=0.2s，小球与N点等高，求空管的速度大小v0；（2）若经过t2=0.5s，小球在空管内部，求空管的速度大小v0应满足什么条件；（3）为了使小球在空管内部运动的时间最长

，求v0的大小，并求出这个最长时间．【答案】（1）2.25m/s（2）03m/s3.4m/sv（3）0.4s【解析】【详解】（1）当球与N点等高时，则：201112vtgtd−=得：v0=2.25m/s（2）若v0最小时，球恰好运动到与N点等高，则：2022

12vtgtd−=得：v0=3m/s若v0最大时，球恰好运动到与M点等高，则：203312vtgtdl−=+得：v0=3.4m/s故：03m/s3.4m/sv（3）当时间最长时，球运动到M处恰好与管共速，则：v0=gt4204412vtgt

dl−=+解得：v0=3m/s小球与N点等高时，则：205512vtgtd−=解得：t=0.1s或t=0.5s则：tm=△t=0.5−0.1=0.4s获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com