【文档说明】宁夏回族自治区银川一中2022-2023学年高一上学期期末物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.985 MB，由小赞的店铺上传

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银川一中2022/2023学年度（上）高一期末考试物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共27分）1.“企鹅服”是一个失重对抗防护的设备，如图所示。人长期生活在完全失重的状态下，人体的肌肉会萎缩。“企鹅服”里面有很多

弹力袋，对人体肌肉有一定的压力，从而对肌肉产生压强，压强的单位用国际单位制中的基本单位可表示为（）A.()2kg/msB.()22kg/msC.()2kg/msD.4kg/s【答案】A【解析】【详解】根据FpS

=知，用国际单位制中的基本单位表示，其单位为()2222Nkgm/skg/msmm==即压强的单位用国际单位制中的基本单位可表示为()2kg/ms。故选A。2.下列关于摩擦力的说法中，正确的是（）A.

两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比B.在两个运动的物体之间不可能存在静摩擦力C.两物体间有摩擦力，不一定有弹力D.滑动摩擦力的方向与物体的运动方向可以相同，也可以相反【答案】D【解析】【详解】A．滑动摩擦力大小跟正压力

成正比，而静摩擦力与压力无关。故A错误；B．受静摩擦力作用的物体一定与相接触的物体保持相对静止，但两物体可能对地是运动的，所以在两个运动的物体之间也可以存在静摩擦力，故B错误；C．两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的

弹力方向总是垂直，故C错误；D．滑动摩擦力的方向总是与物体间相对运动的方向相反，但可能与物体的运动方向相同，也可能与物体的运动方向相反。故D正确。故选D。3.关于一对作用力和反作用力以及一对平衡力，下面

叙述中正确的是（）A.作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在同一个物体上B.作用力与反作用力就是平衡力C.平衡力一定是同种性质的力D.平衡力一定不是作用力与反作用力【答案】D【解析】【详解】ABD．作用力与反作用力大小相等、方向相反

、作用在同一条直线上，与平衡力的区别在于平衡力作用在同一物体上，而作用力和反作用力作用在不同的物体上，故AB错误，D正确。C．平衡力作用在同一物体上，可以是同种性质的力，也可以是不同种性质的力，故C错误。故选D。4.如图所示为仰韶文化时期的一款尖底瓶，该瓶

装水后“虚则欹、中则正、满则覆”。下面有关瓶（包括瓶中的水）的说法正确的是（）A.瓶所受重力就是地球对瓶的吸引力B.装入瓶中的水越多，瓶的重心一定越高C.瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点D.瓶的重心一定在两条绳子连线的交点上【答案

】C【解析】【详解】A．瓶所受重力就是地球对瓶的吸引力的一个分力，故A错误；B．瓶本身的重心不变的，随着装入瓶中的水的增加，瓶的重心位置可能先减小然后再逐渐升高，故B错误；C．根据重心的定义，瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点，故C正确；D．瓶

的重心可能在两条绳子连线的交点上，不确定，故D错误。故选C。5.如图所示，用细绳系住小球放在倾角为的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，球对绳的拉力T和对斜面的压力N将（）A.T逐渐增大B.T先减小后增大C.N逐渐增大D.N保持不变【答案】B【解析】

【详解】以小球为对象，根据闭合三角形作出受力图，如图所示根据题意可知，细绳由水平方向逐渐向上偏移时，可知斜面对球的支持力'N逐渐减小，绳对球的拉力'T先减小后增大，根据'TT=，'NN=可知，球对斜面的压力N逐渐减小，球对绳的拉力T先减小后增大。故选B。6.如图

所示为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系图象。根据图象判断，正确的是（）A.弹簧的劲度系数为150N/mB.弹簧的劲度系数为1.5N/mC.弹簧的原长为2cmD.若给弹簧施加一个大小为3N的拉力，弹簧的长度为8cm【答案】AD【解析】【详解】C．由图读出，弹簧的弹力F=0时

，弹簧的长度为L0=6cm，即弹簧的原长为6cm，故C错误；AB．由图读出弹力为F1=6N，弹簧的长度为L1=2cm，弹簧压缩的长度1014cm0.04mxLL=−==由胡克定律得，弹簧的劲度系数为6N/m1

50N/m0.04Fkx===故A正确，B错误；D．若给弹簧施加一个大小为3N的拉力，由胡克定律得，弹簧伸长量为23m0.02m2cm150Fxk====则弹簧的长度为()20262cm8cmLLx=+=+=故D正确。故选AD

。7.如图所示，光滑水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，用大小为F的水平外力推动物块P，设P和Q之间相互作用力与Q和R之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）A.56k=B.53k=C.65k=D.35

k=【答案】B【解析】【详解】三个物块一起向右匀加速运动，加速度相同，对三个物体组成的整体研究，由牛顿第二定律得(23)(23)Fmmmgmmma−++=++解得6=−Fagm以物块R为研究对象，由牛顿第二定律得133Fm

gma−=解得112FF=以物块Q和R为研究对象，由牛顿第二定律得2(23)(23)Fmmgmma−+=+解得256FF=则P和Q之间相互作用力与Q和R之间相互作用力大小之比为21556132FFkFF===故选B。8.如图所示，一倾角37=

的足够长斜面体固定在水平面上，一物块以初速度010m/sv=沿斜面上滑的最大距离为5m。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin370.6=，重力加速度为210m/sg=）（）A.0.6B.0.8C.0.2D.0.5【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律可得物块上滑的加速度大小为si

n37cos37agg=+结合202vxa=联立代入数据解得0.5=故选D。9.如图所示，席梦思的内部是由一系列弹簧组成的，现在弹簧上面放一质量为10kg的木板，弹簧上的木板处于水平静止状态。生产车间的师傅把工具轻轻地放到木板上，工具的质量为6kg，重力加速度210

m/s=g，则把工具刚放到木板上的瞬间，工具对木板的压力大小为（）A.0NB.60NC.160ND.37.5N【答案】D【解析】【详解】木板质量为M，工具质量为m，把工具刚放到木板上的瞬间，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得()mgmMa=+解得215m/s4mgamM=

=+对工具研究NmgFma−=解得N37.5NFmgma=−=由牛顿第三定律可得，工具对木板的压力为N37.5NFF==压故选D。二、多项选择题（每题4分，共20分）10.倾角为、质量为M斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上，下列结论正确的是（）的A.木块受到的摩擦

力大小是sinmgB.斜面体对木块的作用力大小是cosmgC.桌面对斜面体的支持力大小是()Mmg+D.桌面对斜面体的摩擦力大小是sincosmg【答案】AC【解析】【详解】A．以木块为研究对

象，根据受力平衡可知，木块受到的摩擦力大小为sinfmg=故A正确；B．以木块为研究对象，根据受力平衡可知，斜面体对木块的作用力与木块的重力大小相等，方向相反，则斜面体对木块的作用力大小为mg，方向竖直向上，故B错误；

CD．以木块和斜面体为整体，根据受力平衡可知桌面对斜面体的摩擦力为零；桌面对斜面体的支持力大小为()NMmg=+故C正确，D错误。故选AC。11.如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根轻绳一端系于

O点，另一端跨过定滑轮O2，由水平外力F牵引，用FN表示铰链对细棒的作用，现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（）A.F逐渐变小B.FN大小不变C.F先变小后变大D.FN逐渐变大【答案】AB【解析】【详解】画出细棒的受力分析

，如下图所示。根据三角形定则及相似三角形可知N1122FmgFOOOOOO==因OO1和O1O2不变，则FN大小不变；随着OO2的减小，F逐渐减小。故选AB。12.质量2kgm=、初速度08m/sv=的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数0.2=，同时物

体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向。则以下结论正确的是（取210m/s=g）（）A.0~1s内，物体的加速度大小为25m/sB.0~1s内，物体的加速度大小为21m/sC.0~1s内，物体的位移为5.5mD.0~2s内，物体的总位移为11m【答案】AC【解析

】【详解】AB．0-1s内，对物体，由牛顿第二定律可得1Fmgma+=代入数据解得215m/sa=方向为水平向左，A正确，B错误；C．1s末的速度1018m/s51m/s=3m/svvat=−=−即0~1s内，物体的位移为0111831m=5.

5m22vvxt++==C正确；D．1-2s内，对物体，由牛顿第二定律可得2Fmgma−=代入数据解得221m/sa=方向为水平向右，2s末的速度为21223m/s11m/s4m/svvat=+=+=1-2s内，物体的位移

为1222341m=3.5m22vvxt++==总位移125.5m3.5m=9mxxx=+=+D错误。故选AC。13.如图所示，水平传动带以04m/sv=的速率顺时针匀速运转，传动带左、右两端的距离为8m，把一可以看

作质点的小物块轻放在传动带左端，物块与传动带之间的动摩擦因数为0.2=，重力加速度g取210m/s，下列说法正确的是（）A.小物块一直做匀加速直线运动B.经过2s小物块与传送带共速C.经过3s小物块

从传送带右端离开D.小物块相对传送带运动了2m【答案】BC【解析】【详解】AB．当物体刚放上时，物块做匀加速直线运动，设物体从开始运动至与传送带共速所需时间为1t，则根据牛顿第二定律及运动学公式有mgma=01vta=带入可得1=2st此过程物块行使的距离为2114m=8m2

satL==＜故达到共速后，物块仍在传送带上，分析可知，此后物块将与传送带保持相对静止，匀速向前运动。故A错误，B正确；C．设从物块从达到共速后运到传送带右端所需时间为2t，则根据运动学公式有102Lsvt−=带入数据可得2=1st故物块从开始运动到传送带右端所需的总时间为123sttt=+=故

C正确；D．物块与传送带只在达到共速前发生了相对运动，在物块从开始至与传送带共速过程中，传送带行使的位移为018msvt==故小物块与传送带相对位移为14msss=−=相故D错误。故选BC。【点睛】传送带的问题需要判断好是否受摩擦力以及摩擦力的方向。关于

相对位移，需判断在哪个阶段会发生相对位移。14.如图所示，质量M=4kg的木板的右端放一质量m=1kg的物块，两者静止在水平地面上．m、M之间的动摩擦因数为10.4=，地面与M之间的动摩擦因数为20.1

=，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s．现用一水平向右的力F作用在M上，则能使m、M保持相对静止的一起向右运动的力F可能为（）A.3NB.10NC.25ND.30N【答案】BC【解析】【详解】要想使得木板运动则需要的最小拉力(

)min25NFMmg=+=当F最大时，加速度也最大，而m的最大加速度由m、M间的最大静摩擦力决定，即对于m，根据牛顿第二定律得m1mgma=解得2m4m/sa=对于m、M整体，根据牛顿第二定律得()

()max2mFMmgMma−+=+解得max25NF=则能使m、M保持相对静止的一起向右运动的力F可能为10N和25N；故选BC。三、实验题（共14分，每空2分）15.某同学用图1装置来探究两个互成角度的力的合成规律，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结

点，OB和OC均为细绳．(1)下列选项中，与本实验要求相符的是_____；（本小题有多个选项正确）A、弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行B、两弹簧测力计的拉力方向必须相互垂直C、读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度D、实验时只需保证橡皮筋伸长量相同即可(2)该同学用两只弹

簧测力计将结点O拉至某位置，此时他应记录_____、两只弹簧测力计的示数和两根细绳的方向：图2中弹簧测力计的示数为_____N；(3)在某次实验中，该同学记录了如图3所示部分实验数据：F1、F2是用两只弹簧测力计拉时的两个拉力：用一只弹簧测

力计拉时，该同学记录的拉力F'的大小为9.5N．已知图中小正方形的边长表示2N，请在答题卡的图中分别作出：①F1和F2的合力F；②拉力F′．______【答案】①.AC②.结点O的位置③.3.2④.【解析】【详解】（1）A、本实验是在水平面作力的图示，为了减小误差弹簧

测力计必须保持与木板平行，故A正确；B、两弹簧测力计的拉力方向不一定要垂直，只有拉到同一点即可，故B错误；C、实验中拉力的大小可以通过弹簧秤直接测出，读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，否则读数会偏大或偏小，故C正确；D、两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点O拉到同一位置，只需保证橡皮筋伸长量相同，

不能保证合力与分力作用效果相同，故D错误；故选AC．（2）用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置O和两测力计的示数F1、F2以及两细绳套的方向．弹簧秤的最小刻度为0.2N，应估

读到同一位，即示数为：3.2N．（3）按照力图示法作出F力的图示，根据平行四边形定则作出合力，如图所示：故答案为（1）AC；（2）结点O的位置、3.2；（3）.16.一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止

，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=1.84m/s2。的从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为10

0.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.8m/s2。利用小球的质量，根据牛顿第二定律计算可得小球B下落的加速度的大小为a′=______m/s2，小球B下落过程中绳子的拉力大小为______N（结果均保留3位有效数字）。可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产

生这一结果的原因：_______。【答案】①.1.96②.1.20③.原因可能是滑轮轴不光滑或滑轮有质量【解析】【详解】[1]对小球A、B整体由牛顿第二定律mBg-mAg=（mA+mB）a′代入数据解得a′=1.96m/s2[2]对B由牛顿第二定律mBg-F=mBa′解得绳子

拉力大小F=mB（g-a′）=150×10-3×（10-1.96）N=1.20N[3]a′和a有明显差异，原因可能是滑轮轴不光滑或滑轮有质量。四、计算题（共39分）17.如图所示，一个重为100N的球被

夹在竖直墙壁和A点之间，已知球心O与A点的连线与竖直方向的夹角60=，所有接触点和接触面均不计摩擦。求：（1）竖直墙壁对球的弹力大小；（2）A点对球的弹力大小。【答案】（1）1003N；（2）200N【解析】【详解】根据重力作用效果，球所受重力对竖直墙壁有向右的压力效果，对A点有向左下方的压力

效果，重力的分解如图所示（1）根据1tanFmg=代入数据解得11003NF=1F是球对竖直墙壁的作用力，根据牛顿第三定律可知，竖直墙壁对球的弹力大小为1003N。（2）根据2cosmgF=代入数据解得22

00NF=2F是球对A点作用力，根据牛顿第三定律可知，A点对球的弹力大小为200N。18.为了观察超重和失重现象，质量为50kg的小红站在电梯内的体重计上，如图所示。求电梯处于下列运动状态时体重计的示数：（取重力加速度g

=10m/s2）（1）电梯以0.8m/s2加速度匀加速上升；（2）电梯以0.8m/s2的加速度匀减速上升。的的的【答案】（1）540N；（2）460N【解析】【详解】（1）电梯以0.8m/s2的加速度匀加速上升，由牛顿第二定律可得22Fmgma−=代入数据解得2

540NF=（2）电梯以0.8m/s2的加速度匀减速上升，由牛顿第二定律可得33mgFma−=代入数据解得3460NF=19.如图所示为货场使用的倾斜传送带的模型，其与水平面夹角为37=，传送带AB足够长，传送带以大小为7m/sv=的恒定速率逆时针转动。一包货

物以014m/sv=的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数1=，且可将货物视为质点。（210m/sg=，已知sin370.6=，cos370.8=）（1）求货物沿传送带向上运动的最远距离为多大？（2）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？【答案】

（1）7m；（2）2.25s【解析】【详解】（1）设货物刚滑上传送带时加速度大小为1a，根据牛顿第二定律f1sinmgFma+=NcosmgF=fNFF=联立解得2114m/sa=货物速度从0v减至零所用时间0111svta==位移大小为017m2mvxt==（2）货物从最高

点返回至与传送带共速过程，所用时间210.5svta==沿传送带向下发生位移大小为21.75m2vxt==共速后，货物随传送带一起匀速运动30.75smxxtv−==则货物从滑上传送带到滑回A端共用时间1232.25stttt

=++=20.如图所示，质量2kgm=的小滑块（可视为质点）放在长木板的右端，木板与滑块都处于静止状态。现突然给木板一水平向右的初速度05m/sv=，使木板向右运动。已知木板质量2kgM=，长3ml=，小滑块与木板间的动摩擦因数10.1=

，木板与水平地面间的动摩擦因数20.15=，g取210m/s，求：（1）木板获得初速度后的较短时间内，滑块与木板的加速度大小分别是多少？（2）滑块与木板刚达到共速时，滑块距木板左端的距离；（3）整个运动过程中，滑块与木板间的相对位移。【答案】（1）21m/s，24m/s；（2）0.

5m；（3）2.25m【解析】【详解】（1）木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，小滑块1m1mgma=解得2m11m/sa=木板12M1()mMgmgMa++=解得2fmfMM14m/sFFaM+==（2）设经时间t

二者达到相同的速度v，则有m10M1atvatv=−=解得1st=，1m/sv=该过程中木板的位移大小2M10M113m2xvtat=−=小滑块的位移大小2m1m10.5m2vxa==小滑块与木板的相

对位移为：1M1m12.5mxxx=−=滑块距木板左端的距离1Δ0.5mdlx=−=（3）共速后，二者仍然相对运动，对滑块和木板分别受力分析，牛顿第二定律，对滑块1m2mgma=解得2m21m/sa=对木板()21M2mMgmgMa+−=解得2M22m/sa=那么，木板速度减小至零

所用时间2M20.5svta==共木板在此过程中发生的位移为M220.25m2vxt==共滑块速度减小至零所用时间3m21svta==共滑块在此过程中发生的位移为m230.5m2vxt==共全程木板发生的位移为MM1M23.25mxxx=+=全程滑块发生的位移为mm1m21mxxx=+

=即，整个运动过程中滑块与木板间的相对位移MmΔ2.25mxxx=−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com