2022-2023学年重庆市重点学校高一（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共12小题，共48分。
1.下列描述中，说法正确的是( )
A. 加速度大，速度的变化量也一定大
B. 位移、速度、时间都是矢量
C. 形状规则的物体的重心必与几何中心重合
D. 物体对桌面的压力是由于物体发生形变产生的
2.下列物理量的单位中，属于基本单位的是( )
A. B. C. D.
3.一质点自原点开始在轴上运动，初速度，加速度，当值不断减小直至为零时，质点的( )
A. 速度不断减小，位移不断减小
B. 速度不断减小，位移不断增大
C. 速度不断增大，当时，速度达到最大值，位移不断增大
D. 速度不断减小，当时，位移达到最大值
4.短跑运动员进行训练时，常常会将阻力伞绑在腰间来对抗阻力以提高核心力量。该项训练具有易操作，不易受伤，阻力大小易控制的特点。如图所示，当阻力伞全部打开时，阻力伞的中心轴线保持水平，共根伞绳，每根伞绳均与中心轴线的夹角为，阻力伞所受的空气阻力为，该运动员做匀速直线运动，那么每根伞绳承受的拉力约为( )
A. B. C. D.
5.如图所示，某物体由点静止释放做自由落体运动，从释放到落地的轨迹刚好被分成长度相等的四段。下列说法正确的是( )
A. 物体到达各点的速率之比：：：：：：
B. 物体通过每一段的速度增量
C. 物体从到的平均速度等于其经过点的瞬时速度
D. 物体从到的时间是从到的时间的两倍
6.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力的作用，的大小与时间的关系和物块速度与时间的关系如图所示．取重力加速度由此两图线可以求得物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
7.如图所示，质量为的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为的光滑木板托住，小球恰好处于静止状态。当木板突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
A.
B.
C.
D.
8.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是( )
A. B. C. D.
9.如图所示，光滑水平面上，水平恒力作用在小车上，使小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为，木块质量为，重力加速度为，它们的共同加速度为，木块与小车间的动摩擦因数为，则在运动过程中( )
A. 木块受到的摩擦力大小一定为 B. 木块受到的合力大小为
C. 小车受到的摩擦力大小为 D. 小车受到的合力大小为
10.甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的图像如所示，下列说法正确的是( )
A. 时，两车的速度为
B. 若时两车未发生碰撞，则此时两车相距最远
C. 若两车发生碰撞，则碰撞时间可能发生在之后的某时刻
D. 若两车并未发生碰撞，则开始刹车时两车之间的间距一定大于
11.如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为的货物提升到一定高度处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度与竖直向上的拉力之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A. 图线与纵轴的交点的绝对值为
B. 图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数
C. 图线的斜率在数值上等于物体质量倒数的倍
D. 图线与横轴的交点的值
12.如图所示，质量均为的、两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于的恒力向上拉，运动距离时，与分离，下列说法正确的是( )
A. 和刚分离时，弹簧长度等于原长
B. 和刚分离时，它们的加速度为
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 在和分离前，它们做匀加速直线运动
二、多选题：本大题共5小题，共15分。
13.某质点做曲线运动时，下列说法正确的是( )
A. 质点运动到某一点时的速度方向是该点曲线的切线方向
B. 在任意时间内位移的大小总是小于路程
C. 在任意时刻，质点受到的合力可能为
D. 速度的方向与合力的方向可能在一条直线上
14.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是( )
A. 顾客开始受到三个力的作用，后来受到两个力作用
B. 顾客始终处于超重状态
C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右上方，再竖直向上
15.一盏电灯重力为，悬于天花板上的点，在电线处系一细线，使电线与竖直方向的夹角为，与水平方向成角，如图所示，现保持点位置不变，使角由缓慢增加到，在此过程中( )
A. 电线上的拉力逐渐增大
B. 细线上的拉力先减小后增大
C. 细线上拉力的最小值为
D. 细线上拉力的最小值为
16.如图所示，小球甲从距离地面高度为处以速度竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度取，则下列说法中正确的是( )
A. 小球乙落地前，两小球的速度差保持恒定
B. 小球甲、乙运动时到达空中的同一高度
C. 落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速度之比为：
D. 至小球乙落地时，甲、乙两球相距米
17.质量的煤块在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长的水平传送带，传送带从右向左以恒定速度运动。从煤块冲上传送带开始计时，煤块的图象如图所示，选向右为正方向。已知内水平外力与煤块运动方向相反，内水平外力仍然与煤块运动方向相反，取，则( )
A. 煤块与传送带间的动摩擦因数为
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数为
C. 内煤块在传送带上留下的黑色痕迹为
D. 内煤块在传送带上留下的黑色痕迹为
三、实验题：本大题共2小题，共7分。
18.某同学利用如图所示的装置验证力的平行四边形定则。在竖直木板上贴有白纸，固定两个光滑的滑轮和，将三根足够长的细线的一头打一个结。结点为，另一头分别挂上不同数量的钩码，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根细线的拉力、和。
下列钩码个数，能使实验完成的是______ 。
A.钩码的个数，，
B.钩码的个数，
C.钩码的个数
D.钩码的个数，
在拆下钩码和细线前，需要做的步骤是______ 。
A.标记点的位置
B.记录、、三根细线的方向
C.量出、、三段细线的长度
D.用天平测出钩码的质量
在作图时，你认为图______ 可能是正确的。
A.甲
B.乙
19.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置。
本实验主要应用的方法是______ 。
A.类比法
B.假设法
C.理想实验法
D.控制变量法
多选在保持小车受力相同时，探究加速度与质量关系的实验中，以下说法正确的是______ 。
A.平衡摩擦力时，应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上
B.每次改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力
C.实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D.为得出加速度与质量的关系而作出图像
图乙是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的图线，其中图线不过原点的原因是______ 。
A.补偿阻力时长木板倾角过大
B.补偿阻力时长木板倾角过小
C.砝码及砝码盘总质量不满足远远小于小车总质量
D.砝码及砝码盘总质量不满足远远大于小车总质量
第三小问中，图线在末端弯曲的原因是______ 。
A.补偿阻力时长木板倾角过大
B.补偿阻力时长木板倾角过小
C.砝码及砝码盘总质量不满足远远小于小车总质量
D.砝码及砝码盘总质量不满足远远大于小车总质量
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、根据，加速度大，速度变化量不一定大，还与时间有关，故A错误；
B、时间没有方向，是标量；位移、速度都是矢量，故B错误；
C、重心与物体的质量分布和几何形状两个因素有关，故几何形状规则的物体的重心不一定与几何中心重合，还物体的质量分布有关；故C错误；
D、物体对桌面的压力是弹力，是由于物体发生形变产生的。故D正确。
故选：。
根据判断；矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量；重心与物体的质量分布和几何形状两个因素有关；物体对桌面的压力是弹力，是由于物体发生形变产生的．
本题考查了加速度、重心、矢量与标量、弹力等等力学基本知识．其中弹力是难点，抓住弹力的施力物体是发生弹性形变的物体．
2.【答案】
【解析】解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
A、是国际单位制中基本单位，故A正确；
B、是导出单位，故B错误；
C、是导出单位，故C错误；
D、是导出单位，故D错误；
故选：
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而根据物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识，本题较简单．
3.【答案】
【解析】解：初速度，加速度，可知加速度的方向与初速度方向相同，质点做加速运动，速度逐渐增大，当加速度减小到零，速度达到最大，此后质点做匀速运动。由于速度的方向未变，则位移一直增大，故C正确，ABD错误。
故选：。
当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，通过速度方向是否变化，判断位移的变化。
解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系。
4.【答案】
【解析】解：在水平方向上，对阻力伞，受到六根细绳的拉力和阻力的作用，运动员和阻力伞一起匀速直线运动，根据平衡条件有：
代入数据可得：，故ABC错误，D正确。
故选：。
对阻力伞进行受力分析，由平衡条件求出每一根绳子的拉力。
本题考查共点力的平衡的应用，做好阻力伞的受力分析，从一个方向应用平衡条件是解决问题的关键。
5.【答案】
【解析】解：设每一段的长度为
A.根据速度公式，得，所以：，故A错误；
B.根据速度公式，可得，，，；物体通过每一段的速度增量，故B错误；
C.根据匀变速运动公式，物体从到的平均速度，结合上述选项，所以有，故C正确。
D.根据自由落体运动规律，得，则有，；到的时间，所以，故D错误。
故选：。
根据自由落体运动速度公式作答；根据匀变速运动公式，计算的平均速度。
注意公式，只适用于计算匀变速运动的平均速度。
6.【答案】
【解析】解：内做匀速直线运动，知，在内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：，，，解得。
因为，解得。
故选：。
物体在内处于静止，在内做匀加速直线运动，在内做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和共点力平衡求出物块的质量和动摩擦因数．
解决本题的关键理清物体的运动情况，结合牛顿第二定律进行求解．
7.【答案】
【解析】解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图
根据共点力平衡条件，有
解得
木板突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力，方向与反向，
故加速度为：
故选：。
木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。
本题关键对物体受力分析，求出各个力，撤去一个力后，先求出合力，再求加速度。
8.【答案】
【解析】解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：
加速度：恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。
故选：。
要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度；当小木块的速度与传送带速度相等时，由知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零．
本题的关键物体的速度与传送带的速度相等时物体不会继续加速下滑．
9.【答案】
【解析】解：、为木块所受的最大静摩擦力，而木块受到的静摩擦力不一定达到最大值，所以，木块受到的摩擦力大小不一定为，故A错误。
B、对木块，根据牛顿第二定律得：，故B错误。
C、把小车和木块看成一个整体，根据牛顿第二定律得：，木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得：。
小车受到的摩擦力与木块受到的摩擦力为作用力和反作用力，故小车受到的摩擦力大小为，故C正确。
D、对小车运用牛顿第二定律得：，故D错误。
故选：。
先对整体运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再分别对小车和木块进行受力分析，根据牛顿第二定律即可解题。
本题考查牛顿第二定律的应用。要能选择恰当的研究对象，运用牛顿第二定律解题，要注意整体法和隔离法的应用。
10.【答案】
【解析】解：由图可知时，两车的速度相同，由汽车甲的速度时间图像可得时，两车的速度为
故A错误；
B.开始时，甲在前、乙在后，在内，乙车的速度比甲车的大，两车间的距离逐渐减小。后，乙车的速度比甲车的小，两车间的距离逐渐增大，所以时两车相距最近，故B错误；
C.若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能再相撞，所以若两车发生碰撞，则可能是在开始刹车以前的某时刻发生的，故C错误；
D.根据图与轴围成的面积表示位移可知：时甲车的位移为
同理可得：时乙车的位移为
两者位移之差为
若两车并未发生碰撞，则开始刹车时两车之间的间距一定大于，故D正确。
故选：。
根据图的斜率表示加速度，与轴围成的面积表示位移，再根据两车速度相同时的位移关系分析求解。
本题考查了图，理解并掌握图象的物理意义，可抓住图象的斜率和截距分析图象，结合公式的特征是解决此类问题的关键。
11.【答案】
【解析】解：、对于货物，由牛顿第二定律可得
整理得
根据图像可知，图线与纵轴的交点的绝对值为，图线的斜率在数值上等于物体质量倒数的倍，故AB错误，C正确；
D、由上述分析可知，当时，则有
即
故D错误。
故选：。
对货物受力分析，货物受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，根据表达式，结合图象的斜率和截距进行解答。
本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进行讨论，要有运用数学知识解决物理问题的能力。
12.【答案】
【解析】解：、物体和分离后，受到重力和恒力，的加速度为零，做匀速直线运动；所以分离时的加速度也为零，说明弹力对有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故AB错误；
C、物体和刚分离时，弹簧的弹力大小为，原来静止时弹力大小为，则弹力减小量两物体向上运动的距离为，则弹簧压缩量减小，由胡克定律得：，故C正确；
D、对于在与分离之前，对整体为研究对象，重力不变，弹力在减小，合力减小，整体做加速度减小的变加速运动，故D错误。
故选：。
和刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则受到重力和恒力，由已知条件，分析出此时的加速度为零，的加速度也为零，说明弹簧对有向上的弹力，与重力平衡．由胡克定律求出弹簧的劲度系数．对于在与分离之前，对整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动．
本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键在于和刚分离时二者是速度相等，加速度也相等，分析、的受力情况，来确定弹簧的状态．
13.【答案】
【解析】解：、曲线运动的速度方向与过该点的曲线的切线方向相同，故A正确；
B、位移是指从初位置到末位置的有向线段，它是直线的距离，而路程是经过的轨迹的长度，在曲线运动中，位移的大小要小于路程的大小，故B正确；
C、曲线运动的条件是加速度与速度不共线，则一定存在合外力，故C错误。
D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，既然是曲线运动，那么速度的方向与合外力的方向一定不在一直线上，故D错误
故选：。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同，
位移是指从初位置到末位置的有向线段，而路程是经过的轨迹的长度。
本题主要是考查学生对曲线运动的理解，同时也要区分开位移和路程，位移是指从初位置到末位置的有向线段，是有方向的，而路程是经过的轨迹的长度，没有方向。
14.【答案】
【解析】解：、以人为研究对象，加速过程中，人受到重力、支持力、静摩擦力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力、支持力的作用，故A正确；
B、扶梯开始加速时顾客处于超重状态，扶梯匀速后顾客处于平衡状态，故B错误；
、顾客处于超重状态时，顾客受到水平方向的静摩擦力作用，对扶梯的压力大于顾客的重量，顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方；而匀速运动的过程中顾客处于平衡状态，顾客对扶梯作用力的方向竖直向下，故C正确，D错误。
故选：。
正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象。
本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力。
15.【答案】
【解析】解：对结点受力分析，由平衡条件可知，细线和电线的拉力的合力一定竖直向上，与重力平衡。当角由缓慢增加到的过程中画出动态平行四边形，如图所示：
由图可看出，细线上的拉力先减小后增大，且当时，最小，最小值为。而电线上的拉力一直减小，故ABC正确，D错误。
故选：。
对结点进行受力分析，作图力的图示，利用几何变化关系，可求出力的变化情况。
学生在解决本题时，应注意灵活运用力的分析方法，将力的大小与几何变化结合，可快速得出答案。
16.【答案】
【解析】解：、取竖直向上为正方向，小球乙落地前，甲球与乙球的速度差为保持恒定，故A正确；
B、时，甲的位移大小为
乙的位移大小为
则
故小球甲、乙运动时到达空中的同一高度，故B正确；
C、设甲的落地时间为甲，乙的落地时间为乙，根据位移时间公式得
代入数据解得
或舍去
或舍去
甲的平均速度的大小
乙的平均速度的大小
则落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速度之比为：，故C错误；
D、小球乙落地时，时间，甲的位移 则甲离地面的高度为，故D错误。
故选AB。
本题考查对自由落体运动及竖直上抛运动的理解，自由落体运动为只受重力作用，空气阻力可以忽略不计，方向竖直向下的匀加速直线运动；竖直上抛运动为方向竖直向上的匀减速直线运动，上升到最高点速度为零，之后做自由落体运动，甲、乙两个运动过程的加速度均为，可以根据匀变速直线运动公式解决本题。
本题考查对自由落体运动及竖直上抛运动的理解，竖直上抛运动过程中上升到最高点速度为零，之后做自由落体运动，把握两种运动过程加速度相同即解决本题的关键
17.【答案】
【解析】解：、由图乙知 内，煤块做匀减速直线运动，加速度为，由牛顿第二定律得：， 内煤块做向左的匀加速运动，加速度为，由牛顿第二定律得：，根据，联立解得，故A正确，B错误；
、画出传送带和煤块的图如图所示，可知，两条图线之间围成的面积等于划痕长度，大小为，故C错误，D正确。
故选：。
首先对煤块进行受力分析，根据牛顿第二定律和图象的斜率大小等于加速度的大小，求解动摩擦力因数；
根据煤块与传送带相对运动时的位移关系，求解黑色痕迹的长度。
特别提醒：解答本题时，需要特别关注加速度方向和运动方向的关系，避免代入数据时，出现错误。
18.【答案】
【解析】解：钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，三角形的三个边表示三个力的大小，三力应能构成三角形。
A.钩码的个数、、时，不能构成三角形，故A错误；
B.钩码的个数、时，不能构成三角形，故 B错误；
C.钩码的个数时，若满足两力夹角，可以平衡，故C正确；
D.钩码的个数、时，不能构成三角形，故 D错误。
故选：；
达到平衡后，需要标记结点的位置，并记录、、三段绳子的方向，故A错误，B正确；
C.绳子的长度没有意义，需要的是方向，故C错误；
D.钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，无需用天平测出钩码的质量，故D错误。
故选：；
以点为研究对象，的是实际作用效果在这条线上，由于误差的存在，、的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际，故 A正确，B错误。
故选：。
故答案为：；；。
钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，三角形的三个边表示三个力的大小，三力应能构成三角形，由此判断即可；
在拆下钩码和细线前需要标记结点的位置，并记录、、三段绳子的方向，其余均不需要；
以点为研究对象，的是实际作用效果在这条线上，由于误差的存在，、的理论值要与实际值有一定偏差。
本题考查验证力的平行四边形定则的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验步骤、数据记录和处理、误差分析。
19.【答案】
【解析】解：探究加速度与力、质量的关系实验中有三个物理量，需要采用控制变量法，故ABC错误，D正确。
故选：；
平衡摩擦力时，应该把小车上系有的小桶的细绳去掉，故A错误；
B.由于平衡摩擦力之后有
故
所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，所以改变小车质量，不需要重新平衡摩擦力，故B正确；为了充分利用纸带和打点稳定，实验时，先接通打点计时器电源再放开小车，故C错误；
D.合外力一定时，与成反比，成正比，实验为得出加速度与质量的关系而作出图像，故 D正确。
故选：；
根据图像知，当比较小时，小车并没有运动，说明存在摩擦力，所以图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，即补偿阻力时长木板倾角过小，故B正确，ACD错误。
故选：；
图线在末端弯曲的原因是未满足小车的质量远大于小桶和砝码的总质量，故ABD错误，C正确。
故选：。
故答案为：；；；。
本实验涉及到个量，故应用控制变量法；
根据平衡摩擦力的操作步骤判断，平衡摩擦力之后不用重复平衡；根据打点计时器正确的操作顺序判断，加速度与质量的关系应作出图像；
图线不过原点的原因是平衡摩擦力不足；
图线在末端弯曲的原因是砝码及砝码盘总质量不满足远远小于小车总质量。
本题考查了探究加速度与力、质量的关系的实验，要求学生熟练掌握实验方法、实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等。
第1页，共1页
