【文档说明】山东省滕州市第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试物理答案.docx，共(9)页，335.909 KB，由小赞的店铺上传

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滕州一中高一期末测试物理试卷答案一、单选题(每题3分，共24分)1.【答案】D【详解】A．时刻即某一瞬间，指的是时间点，“2021年10月16日0时23分”是发射点火瞬间，指的是时刻；B．“神舟十三号”飞船和空间站组合体对接时，飞船的大小不能忽略不计，不可以将飞船看成质点；C．“神舟

十三号”飞船在发射升空阶段的加速度方向竖直向上，使飞船向上加速上升；D．发射升空过程中飞船内的翟志刚看到王亚平、叶光富两名航天员相对自己静止不动，三人未发生位置变化，故D错误。故选D。2.【答案】C【详解】下蹲过程中，人的重心是先加速下

降后减速下降，故人的加速度先向下，后向上，根据牛顿第二定律可知，人先处于失重后处于超重状态，C正确；BD．起立过程中，人的重心是先加速上升，后减速上升，故人的加速度先向上，后向下，故该过程中，先是超重状

态后是失重状态，BD错误。故选C。3.【答案】C【详解】货车在水平直道上以加速度a向右匀加速运动，石块B受到周围物体对它的作用力F和重力mg，合力方向向右，如图所示由牛顿第二定律可知，B受到的合力大小为ma，石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为𝑚√𝑔2+𝑎2。故选C。4.【答

案】A【详解】A．图中速度方向沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，符合实际，故A正确；B．速度方向沿轨迹切线方向是正确的，而加速度不可能沿切线方向，否则将是直线运动，故B错误；全科免费下载公众号-《高中僧课堂》C．图中速度方向

是正确的，而加速度方向是错误的，按图示加速度方向轨迹应向右弯曲，故C错误；D．加速度方向指向轨迹的内侧，是正确的，而速度方向不是沿切线方向，故D错误。故选A。5.【答案】C【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的

速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，根据平行四边形定则有v人=v船cosθ则船的速度为𝑣cos𝜃，AB错误；CD．对小船受力分析，有Fcosθ-f=ma因此船的加速度大小为𝐹cos𝜃−𝑓𝑚，C正确。故选C。

6.【答案】C【详解】AB．根据题意可知，红蜡烛在y轴做匀速直线运动，根据𝑦=𝑣0𝑡可知𝑡=2s红蜡烛在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据𝑥=𝑣𝑡2𝑡解得𝑣𝑡=4cms⁄则此时刻速度大小为𝑣=√𝑣02+𝑣𝑡2=√17cms⁄此时刻速度方

向与x轴正方向夹角的正切值tan𝛼=𝑣0𝑣𝑡=14则𝛼≠45°,故AB错误；CD．红蜡烛在y轴方向有𝑦=𝑣0𝑡在x轴有𝑥=12𝑎𝑡2联立整理的𝑥=𝑎2𝑣02𝑦2可知，红蜡烛的运动

轨迹为抛物线，当运动到𝑡时刻，红蜡烛的位移𝑥1=√𝑥2+𝑦2=√16+4cm=2√5cm由于红蜡烛做曲线运动，则路程大于位移的大小，不一定为8cm故D错误。故选C。7.【答案】C【详解】A．最大静摩擦力是指物体刚要运动

时对应的摩擦力，根据二力平衡可知，最大静摩擦力为35，A错误；B．木箱做匀速运动时合力为零，所以滑动摩擦力等于此时的推力，即𝑓=𝜇𝑚𝑔解得𝜇=0.3,B错误；C．34N的水平推力小于最大静摩擦力，所以木箱静止，受到的是静摩擦

力，根据二力平衡可知，此时的摩擦力为34N，C正确；D．木箱滑动时，受到的是滑动摩擦力，滑动摩擦力只与正压力及动摩擦因数有关，与水平推力无关，因此，此时的摩擦力为30N，故D错误。故选C。8.【答案】B【详解】A．选取A、B两球

为研究对象，受力如图所示利用正交分解法，可列方程𝐹𝑎sin30∘=𝐹𝑐𝐹𝑎cos30∘=2𝐺解得𝐹𝑎=4√33𝐺，𝐹𝑐=2√33𝐺故AC正确；B．选取B球为研究对象，受力如图所示由平衡条件可得𝐹𝑏=𝐹′𝑏

=√(𝐺)2+𝐹c2=√213𝐺故C错误；C．若细线b与竖直方向夹角为60°，a球受力平衡，水平方向𝐹′𝑎sin30∘=𝐹𝑏sin60∘竖直方向𝐹𝑏cos60∘+𝑚1𝑔=𝐹′𝑎cos30∘解得𝐹𝑏=𝑚1𝑔对球2根据受力平衡有𝐹𝑏sin30∘=𝑚2𝑔所以两

个小球1和2的质量之比为2：1，故C正确；故选B。二、多选题(每题4分，选不全的2分，共16分)9.【答案】AC【详解】小球受竖直向下的重力mg和沿细绳斜向上的拉力T以及拉力F，三力平衡，则力F必在mg和T夹角的对角范围内，即在图中的Ⅱ区域，选项A正确，B错误

；CD．当力F与T垂直时，F最小，最小值为Fmni=mgsinθ选项C正确，D错误。故选AC。10.【答案】AC【详解】AB．根据刹车过程速度与位移的关系可得𝑣0⬚2−𝑣2=2𝑎𝑥整理得𝑥=𝑣0⬚22𝑎−12𝑎𝑣2结合图像可得−12𝑎=−110,𝑣0⬚22𝑎=4

0解得𝑎=5m/s2,𝑣0=20m/sA正确，B错误；C．刹车过程持续时间为𝑡=𝑣0𝑎=4s,C正确；D．由图可知，刹车距离为40m，且汽车刹车时间为4s，则刹车过程经过6s时动力车的位移为40m，D错误。故选AC。11.【答案】AB

C【详解】A．由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；B．开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即𝐹=3𝑚𝑔移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3𝑚𝑔，故B正确；C．A受到的合力大

小为𝐹A=𝐹−𝑚𝑔=3𝑚𝑔−𝑚𝑔=2𝑚𝑔对木块A由牛顿第二定律得2𝑚𝑔=𝑚𝑎解得𝑎=2𝑔方向竖直向上，故C正确；D．对B，由平衡条件得3𝑚𝑔+𝑚𝑔=𝐹N解得𝐹N=4𝑚𝑔则在木块C移开的瞬间，木块B对水平面的压力大小仍为4𝑚�

�，故D错误。故选ABC。12.【答案】AC【详解】AC．由v-t图可知，0~0.5s时间内货物的加速度为𝑎1=Δ𝑣Δ𝑡=4.60.5m/s=9.2m/s由牛顿第二定律𝑚𝑔sin37°+𝑓=𝑚𝑎10.5~1.0s时间内𝑚�

�sin37°−𝑓=𝑚𝑎2货物离开传送带时的速度为𝑣2=𝑎1𝑡1+𝑎2𝑡2联立可得𝑎2=2.8m/s2，𝑣2=6m/sAC正确；B．由图知，传送带速度为v1=4.6m/s，传送带𝐴𝐵的长度为货物1s内总位移𝑥总=𝑣12𝑡1+𝑣1+𝑣22

𝑡2=3.8m,B错误；D．货物在传送带上第一个加速阶段相对传送带后滑留下的划痕长度Δ𝑥1=𝑣1𝑡1−12𝑣1𝑡1=1.15m第二个加速阶段相对传送带前滑的划痕长度Δ𝑥2=12(𝑣1+𝑣2)𝑡2−𝑣1𝑡2=0.35m故总划痕长度Δ𝑥=Δ𝑥1=1.15m故D错误

。故选AC。三、实验题(每空2分，共14分)13.【答案】如图5.0020【详解】（1）[1]根据描点作图法可得（2）[2]由图可知弹簧的原长为𝑙0=5.00cm（3）F-l图线的斜率即为劲度系数，则有𝑘=

Δ𝐹Δ𝑥=0.5−0.1(7.50−5.50)×10−2N/m=20N/m14.【答案】B2.01CD【详解】（1）[1]把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块沿木板的下滑力大小等于摩擦阻力，即使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用

的科学方法是阻力补偿法，故选B。（2）[2]已知交流电源频率为50Hz，纸带上相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为T=0.02×5s=0.1s由Δ𝑥=𝑎𝑇2可得小车的加速度为𝑎=Δ𝑥𝑇2=𝑥𝐶𝐸−𝑥𝐴𝐶4𝑇2=8.61+10.61−4.61−6.5

94×0.12×10−2ms2⁄=2.01ms2⁄（3）[3]A．实验时，先接通打点计时器的电源，带打点稳定后，再放开木块，这样纸带会得到充分利用，会有多的数据信息，A错误；B．以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及

木块上砝码总质量为M，砝码桶及桶内砝码总质量为m，由牛顿第二定律，则有𝑚𝑔=(𝑚+𝑀)𝑎木块的加速度为𝑎=𝑚𝑚+𝑀𝑔木块所受的合外力则有𝐹=𝑀𝑎=𝑚𝑀𝑚+𝑀𝑔=𝑚𝑔𝑚𝑀+1当m≪M时，可认为木块受到的拉力等于

砝码桶及桶内砝码的总重力。因此为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，B错误；C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板

保持平行，使小车能沿砝码桶拉力作用下做匀加速运动，以减小实验误差，C正确；D．通过增减木块上的砝码改变质量时，因是木块与木块上的砝码的总重力沿木板的下滑力来平衡摩擦阻力，则有𝑀𝑔sin𝜃=𝜇𝑀𝑔cos𝜃,tan𝜃=𝜇因此木块及砝码

改变质量时，都不需要重新调节木板倾斜度，D错误。故选A。（4）[4]ABC．由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦；平面轨道倾斜角度过大；所用小车的质量过大，都不会影响𝑎−𝐹关系图像AB段明显偏离直线，ABD错误；D．当所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量太大时，则有木块所受的合外

力𝐹=𝑀𝑎=𝑚𝑀𝑚+𝑀𝑔=𝑚𝑔𝑚𝑀+1如图3所示。造成此现象的主要原因可能是：当有砝码桶内及桶内砝码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砝码桶及桶内砝码的总重力，木块的加速度就不成

线性增大，实验误差增大，则有𝑎−𝐹图像的AB段明显偏离直线，D正确。故选D。四、计算题(共46分)15.(8分)【答案】(1)10m/s；4分(2)5m4分【详解】(1)设石子在曝光时间0.01秒内的下落距离为h1，6cm100cm=0.6cmℎ1解得ℎ1=10cm=0.1m曝光时刻石子运动的

速度𝑣=ℎ1𝛥𝑡解得𝑣=10𝑚/𝑠(2)根据速度公式𝑣=𝑔𝑡解得𝑡=1s根据位移公式ℎ=12𝑔𝑡2解得ℎ=5m16.（12分）【答案】（1）112.5m，45s；6分（2）110m，12s6分【详解】（1）汽车的速度𝑣=54km/h=15m/s汽车通

过人工收费通道时，速度减速为零的位移𝑥1=𝑣22𝑎=1522×2m=56.25m经过的时间𝑡1=𝑣𝑎=7.5s速度从零加速到原来速度经历的位移𝑥2=𝑥1=56.25m加速的时间𝑡2=𝑡1=7.5s总

位移𝑥=2𝑥1=112.5m总时间𝑡=𝑡0+2𝑡1=45s（2）设汽车通过ETC通道时，从速度v减速到𝑣′，行驶的位移为𝑠1，时间为𝑡1′，从速度𝑣′加速到v行驶的位移为𝑠2，时间为𝑡2′，根据速度位移公式得𝑠1=𝑠2=𝑣2−𝑣′22𝑎=50

m运动时间满足𝑡1′=𝑡2′=𝑣−𝑣′𝑎=5s匀速直线运动的时间𝑡3′=105=2s总位移𝑠=2𝑠1+𝑠0=110m汽车通过的时间是𝑡′=𝑡1′+𝑡2′+𝑡3′=12s17.（12分）【答案】（1）0.75；4分（2）342.9

N4分（3）tan𝜃=434分【详解】（1）木块受力分析如图𝐹N1=𝐺cos37°𝐹f1=𝐺sin37°𝐹f1=𝜇𝐹N1解得𝜇=0.75（2）木块受力分析如图x轴方向𝐹f2+𝐺sin37°−𝐹cos37°=0y轴方向𝐹N2−𝐺cos

37°−𝐹sin37°=0又𝐹f2=𝜇𝐹N2解得𝐹=342.9N（3）向上匀速时，沿斜面正交分解Fcosθ=mgsinθ+μ(Fsinθ+mgcosθ)𝐹=𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃cos𝜃−𝜇sin𝜃当分母上的cosθ-μs

inθ≤0时，F无解，因此tan𝜃≥1𝜇=4318.（14分）【答案】（1）75N；4分（2）212𝑁；4分（3）0.9m6分【详解】（1）木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为𝐹f，木块在竖

直方向受力平衡，有𝐹f=𝑚𝑔，𝐹f=𝜇2𝐹N解得𝐹N=75N根据牛顿第三定律，木块对铁箱的压力大小为𝐹N´=𝐹N=75N（2）对木块，根据牛顿第二定律有𝐹N=𝑚𝑎解得𝑎=50m/s2以整体为研究对象𝐹−𝜇1(𝑀+𝑚)𝑔=(𝑀+𝑚)𝑎解得F=2

12N（3）铁箱、木块运动示意图如图所示：铁箱受到地面的摩擦力𝐹f1=𝜇1(𝑀+𝑚)𝑔=12N，方向水平向左铁箱受到木块的摩擦力𝐹𝑓2=𝜇2𝑚𝑔=3N，方向水平向右铁箱向右匀减速运动，设铁箱的加速度大小为𝑎1，对铁箱

：根据牛顿第二定律有𝐹f1−𝐹f2=𝑀𝑎1解得𝑎1=3.6m/s2，方向水平向左据作用力和反作用力的关系得：木块受到铁箱的摩擦力大小𝐹f2=𝜇2𝑚𝑔=3N方向水平向左．所以，木块向右匀减速运动，设木块的加速度大小为𝑎2，对木块：根据牛顿第二定律有𝐹f2=𝑚𝑎2解得𝑎2=

2m/s2，方向水平向左撤去拉力后铁箱运动到停止所需时间𝑡1=v𝑎1=0.83s<1s木块运动到停止所需时间𝑡2=v𝑎2=1.5s>1s故经过1s时铁箱已经停止，而木块仍在运动。经过1s，木块从铁箱的左侧到达右侧，铁箱对地位移𝑠1=𝑣22𝑎1=1.25

m木块对地位移𝑠2=𝑣𝑡−12𝑎2𝑡2=2m故铁箱的长度𝐿=𝑠2−𝑠1=0.75m