2023-2024学年天津市红桥区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市红桥区高一（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列单位中属于国际单位制的基本单位的是( )
A. 秒B. 牛顿C. 焦耳D. 米每秒
2.以下物理量中全部是矢量的是( )
A. 位移、时间、力B. 位移、速度的变化量、力
C. 位移、平均速率、力D. 位移、速度的变化量、时间
3.如图所示，被称作“天津之眼”的摩天轮是天津市的地标之一。摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动( )
A. 摩天轮转动的过程中，座舱的惯性保持不变
B. 摩天轮转动的过程中，座舱的惯性不断变化
C. 座舱在最高点时，惯性消失
D. 座舱在最低点时，惯性消失
4.一物体静止在光滑的水平桌面上，现对其施加水平力，使它沿水平桌面做直线运动，该物体的速度−时间图象如图所示．根据图象判断下列说法中正确的是( )
A. 0s～6s时间内物体所受水平力的方向始终没有改变
B. 2s～3s时间内物体做减速运动
C. 1s末物体距离出发点最远
D. 1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同
5.一攀岩者以一定的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。经过3s石块落地，石块开始下落的地方离地面的高度约为( )
A. 20mB. 45mC. 60mD. 70m
6.如图所示，物体静止于水平桌面上，则( )
A. 物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力
B. 桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力
C. 物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种力
D. 物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力
7.小明同学做“弹簧弹力与形变量的关系”实验，在弹性限度内绘制的F−x图像如图所示。该弹簧的劲度系数为( )
A. 50N/mB. 60N/mC. 70N/mD. 100N/m
8.如图所示，一个半径为r、重力为G的光滑均匀球，用长度为r的细绳挂在竖直光滑的墙壁上，则绳子的拉力F和球对墙壁的压力F的大小分别是( )
A. G，G2
B. 3， 32G
C. 2G，G
D. 23 3G， 33G
9.如图所示，地面上有一个质量为m的物体，由于摩擦力的作用向右做减速运动，若物体与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10m/s2，则物体在运动中加速度的大小为( )
A. 0.3m/s2B. 1m/s2C. 3m/s2D. 10m/s2
10.某同学站在电梯底板上，如图所示的v−t图象是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是( )
A. 在0～20s内，电梯向上运动，该同学处于超重状态
B. 在0～5s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态
C. 在5～10s内，电梯处于匀速状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力
D. 由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态
11.如图所示，某同学参加学校集体劳动，先后用斜向上和斜向下的力去推水平地面上的木箱，两次推力的大小均为F，方向与水平面的夹角均为θ，两次均未推动木箱，关于这两种情况，下列说法正确的是( )
A. 两种情况下木箱所受的合外力不同
B. 两种情况下木箱受到地面的支持力相等
C. 两种情况下木箱受到地面的摩擦力相等
D. 两种情况下木箱都只受重力、拉力和摩擦力的作用
12.将一氢气球系在了水平地面上的砖块上，在水平风力的作用下，处于如图所示的静止状态。若水平风速缓慢增大，不考虑气球体积及空气密度的变化，则下列说法中正确的是( )
A. 砖块可能被绳子拉离地面B. 细绳受到的拉力不变
C. 砖块受到的摩擦力可能为零D. 砖块对地面的压力保持不变
二、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.一实验小组用如图甲所示装置进行验证力的平行四边形定则的实验，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为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

(1)本实验采用的科学方法是______ 。
(2)下列是某同学在做该实验的一些看法，其中正确的是______ (填相应的字母)。
A.实验中，橡皮筋应该与两个弹簧秤之间夹角的平分线在同一直线上
B.拉橡皮筋的绳线要细长，实验中弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平行
C.拉橡皮筋结点到某一位置O时，拉力要适当大些，读数时视线要正对弹簧秤刻度
D.实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一个弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点
(3)另一同学在做该实验时，所用弹簧测力计的量程为0～5.0N，他把橡皮筋的一端固定在木板上的A点，橡皮筋的另一端通过绳套连接弹簧测力计，用两个弹簧测力计把橡皮筋的另一端拉到某一确定的O点，此时细绳都与木板平行，用F1和F2表示拉力的大小，记录实验数据：F1=4.0N、F2=4.0N；F1和F2之间的夹角为90°。
该同学的操作______ (填“合适”或“不合适”)。
14.如图所示为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置图。图甲中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置一端带有定滑轮且足够长的木板上，重物P的质量为m，C为测力器，实验时改变P的质量，可以读出测力器不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦。

(1)实验过程中，______ (填“需要”或“不需要”)满足M远大于m。
(2)接通打点计时器的电源，然后释放小车，得到如图乙所示的纸带。已知打点计时器打点的频率f=50Hz，其中A、B、C、D、E每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，计算小车加速度的表达式为a= ______ (用题和图中物理量符号表示)，算得小车加速度的大小为______ m/s2。(保留两位有效数字)
(3)某同学将长木板左端适当垫高，其目的是为了平衡摩擦力，但他把长木板的左端垫得高度过高，使得倾角较大。用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力。则他绘出的a−F关系图象是______ 。
三、简答题：本大题共4小题，共38分。
15.滑雪运动员以2m/s的初速度沿足够长的山坡匀加速滑下，在5s内滑下的位移为60m。求：
(1)运动员的加速度？
(2)运动员从开始下滑到4m时的速度？
16.如图所示，一物体受到竖直向上的恒定拉力F的作用，由静止向上运动，已知拉力F=28N，物体向上运动的加速度a=4m/s2，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)物体的质量m是多大？
(2)物体由静止开始向上运动2s内的位移？
17.放在水平地面上的物体P的质量为1kg，与P相连的细绳通过光滑的定滑轮挂了一个重物Q拉住物体P，重物Q的质量为0.2kg，此时两物体保持静止状态，细绳与水平方向成37°角，则物体P受到地面对它的摩擦力F1与地面对它的支持力，F2各是多大？(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10m/s2)
18.如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去力F，物体运动的部分v−t图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，取g=10m/s2。求：
(1)拉力F的大小；
(2)物体从出发点到最高点的距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、秒是国际单位制中力学的基本单位，故A正确。
BCD、牛顿、焦耳和米每秒都是国际单位制中力学的导出单位，故BCD错误。
故选：A。
在国际单位制中，力学基本单位是米、千克、秒，其他单位是导出单位．
解决本题的关键要掌握国际单位制中三个力学基本单位，要注意牛顿不是基本单位，是由牛顿第二定律得到的导出单位．
2.【答案】B
【解析】解：A、位移、力既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量；时间只有大小，没有方向，运算遵循代数运算法则，是标量，故A错误；
B、位移、速度的变化量、力既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，故B正确；
C、位移、力既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量。平均速率只有大小，没有方向，是标量，故C错误；
D、位移、速度的变化量既有大小，又有方向，时间是标量，故D错误。
故选：B。
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、速度变化量等都是矢量；只有大小没有方向，运算时遵守代数运算法则的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握情况，要注意矢量的运算符合平行四边形法则，标量运算遵守代数运算法则。
3.【答案】A
【解析】解：AB、一切物体都有惯性，惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，所以摩天轮转动的过程中，座舱的惯性保持不变，故A正确，B错误；
CD、座舱在最高点和最低点时，惯性依然存在，且不变，故CD错误。
故选：A。
物体保持原来的运动状态不变的性质叫做惯性；一切物体都有惯性，惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大。
本题考查了学生对惯性和惯性现象的理解，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A、速度时间图线的斜率表示加速度，根据图象可知，0−6s内，加速度的方向改变，所以水平力的方向改变，故A错误．
B、2−3s内，速度逐渐增大，所以做加速运动，故B错误．
C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，2s末离出发点最远，故C错误．
D、物体在1−3s内做匀变速直线运动，加速度不变，所以1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同，故D正确．
故选：D．
速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．
本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．
5.【答案】B
【解析】解：石块下落后做自由落体运动，则石块开始下落的地方离地面的高度为：h=12gt2=12×10×33m=45m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
石头下落后做自由落体运动，根据h=12gt2，不需要考虑声音传播的时间，即可求解下落的距离。
本题关键明确自由落体运动的运动性质，然后根据运动学公式列式求解即可。
6.【答案】B
【解析】解：A、B、桌面对物体的支持力和物体所受的重力是一对平衡力，故A错误，B正确；
C、物体对桌面的压力是由于物体的重力而产生的，但不能说就是物体的重力，它们是不同性质的力，施力物体和受力物体也不同，故C错误．
D、桌面对物体的支持力和物体对桌面的压力是一对作用力与反作用力，故D错误；
故选：B．
平衡力与一对作用力与反作用力的区别：一对平衡力作用在一个物体上，性质可以不同；一对作用力与反作用力作用在两个物体上，性质一定相同．
此题主要通过实例考查了二力平衡的条件与相互作用力的关系，是一道容易出错的题目，记住一对平衡力与一对作用力与反作用力的区别就可顺利解决．
7.【答案】C
【解析】解：由胡克定律知，弹簧的劲度系数为k=Fx= N/m=70 N/m，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据胡克定律和图像的物理意义得出弹簧的劲度系数。
本题主要考查了胡克定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合胡克定律即可完成分析，属于简单题型。
8.【答案】D
【解析】解：F与竖直方向之间的夹角为θ：则sinθ=rr+r=12，θ=30°
圆球受力如图，根据合成法，知绳子拉力和墙壁弹力的合力与重力等值反向，运用几何关系得：
F=mgcs30∘=2 3G3
N=Gtan30°= 3G3
根据牛顿第三定律，球对墙壁压力F1的大小为 33G；
故选：D。
圆球受重力、墙壁的弹力和绳子的拉力处于平衡状态，根据合成法，求出绳子的拉力和墙壁的弹力．
物体处于共点力平衡时合力等于零，处理共点力平衡的方法有：合成法、正交分解法等．
9.【答案】C
【解析】解：设物体在运动中加速度的大小为a，由牛顿第二定律得
μmg=ma
得
a=μg=0.3×10m/s2=3m/s2，故C正确，ABD错误。
故选：C。
利用牛顿第二定律可求出加速度大小。
学生在解决本题时，应注意掌握牛顿第二定律的应用。
10.【答案】C
【解析】解：AB、在0～20s内，电梯的速度一直为正，说明电梯一直向上运动。在0～5s内，图象的斜率为正，说明加速度向上，该同学处于超重状态，在5s～10s内，电梯做匀速直线运动，该同学处于平衡状态，在10s～20s内，图象的斜率为负，说明加速度向下，该同学处于失重状态，故AB错误；
C、在5s～10s内，电梯做匀速直线运动，处于平衡状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，故C正确；
D、根据以上分析知判定超重还是失重无需知道质量，故D错误。
故选：C。
在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断该同学的运动状态。当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。
本题主要考查了对超重失重现象的理解，要掌握超重和失重与加速度方向有关，与运动方向无关，要注意人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了。
11.【答案】C
【解析】解：A.两次均未推动木箱，所以两种情况下木箱所受的合外力都为零，故A错误；
BC.推力斜向上时，由平衡可知
f1=Fcsθ
N1=mg−Fsinθ
推力斜向下时，由平衡可知
f2=Fcsθ
N1=mg+Fsinθ
可得，两种情况下木箱受到地面的支持力不相等，木箱受到地面的摩擦力相等，故B错误，C正确；
D.根据受力分析可知，两种情况下木箱都受重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，故D错误。
故选：C。
因为木箱没动，所以受力平衡，合外力为零；利用力的分解可求出两种情况支持力不相等，摩擦力相等；根据受力分析，发现两种情况下物体都受重力、支持力、拉力和摩擦力的作用。
学生在解决本题时，应注意掌握受力分析以及力的分解。
12.【答案】D
【解析】解：B.对气球受力分析，受到重力、风的推力、拉力、浮力，如图
根据共点力平衡条件，有
Tsinθ=F
Tcsθ+mg=F浮
解得：
T= F2+(F浮−mg)2
若水平风速缓慢增大，细绳受到的拉力变大，故B错误；
A.再对气球和木块整体受力分析，平衡时，受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和地面对物块的摩擦力，根据共点力平衡条件，有
N+F浮=(M+m)g
f=F
当水平风速缓慢增大时，地面支持力不变，与风速无关，木块不可能脱离水平面，故A错误；
C.木块滑动前受到地面施加的摩擦力与风力平衡，故其随风力的增大而逐渐增大，但滑动后受滑动摩擦力，而支持力不变，故滑动摩擦力不变，故摩擦力先增加后不变，不可能为零，故C错误；
D.根据牛顿第三定律，砖块对地面的压力等于地面支持力，保持不变，故D正确。
故选：D。
对气球受力分析，根据求出绳上拉力T的表达式，从而得出结果；对系统整体受力分析，判断物块是否会脱离地面；根据分析可知，摩擦力先增加后不变，不可能为零；利用牛顿第三定律可知，砖块对地面的压力不变。
学生在解决本题时，应注意结合力的分解进行受力分析，然后根据表达式来推导判断结果。
13.【答案】等效替代法 BC 不合适
【解析】解：(1)本实验采取的是力相同的作用效果探究合力与分力的关系，属于等效替代法。
(2)A.实验中，橡皮筋与两个弹簧秤之间夹角的平分线不必要求在同一直线上。故A错误；
B.拉橡皮筋的绳线要细长，实验中弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平行，从而减小实验误差，故B正确；
C.拉橡皮筋结点到某一位置O时，拉力要适当大误些，读数时视线要正对弹簧秤刻度，减小实验差，故C正确；
D.实验中，不能先将其中一个弹簧秤拉到最大量程，然后只需调节另一个弹簧秤拉力的大小和方向，可能超过量程，故D错误。
故选：BC。
(3)不合适。若F1=4.0N、F2=4.0N，F1和F2之间的夹角为90°，由平行四边形定则F1和F2的合力F合= F12+F22
解得F合=4 2N>5N
超出弹簧测力计的量程。故用不超出弹簧测力计的量程的力，无法将橡皮筋的另一端拉到某一确定的O点。该同学的操作不合适。
故答案为：(1)等效替代法；(2)BC；(3)不合适
(1)根据等效替代法的特点分析判断；
(2)根据实验原理、实验误差、实验数据处理分析判断；
(3)根据实平行四边形定则分析解答。
本题考查探究力的合成的平行四边形定则的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
14.【答案】不需要 (s3+s4−s1−s2)f2100 0.60 C
【解析】解：(1)由于拉力的大小可以直接用测力器测出，故不需要M远大于m。
(2)根据逐差法可知加速为a=sCE−sAC4×(1f)2=(s3+s4−s1−s2)f2100=3.03+2.41−1.83−1.21100×502×0.01m/s2=0.60m/s2
(3)长木板的左端垫得高度过高，使得倾角较大，细线作用于小车的拉力为零时，小车已经具有加速度，故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)不需要；(2)(s3+s4−s1−s2)f2100；0.60；(3)C
(1)由于拉力的大小可以直接用测力器测出，故不需要M≫m。
(2)根据匀变速直线运动的推论求出小车的加速度。
(3)根据实验原理分析解答。
本题考查了实验注意事项与实验数据处理，掌握基础知识是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论即可解题。
15.【答案】解：(1)根据位移—时间关系可得：x1=v0t1+12at12，其中：x1=60m，v0=2m/s，t1=5s
代入数据解得：a=4m/s2，方向沿斜面向下；
(2)根据速度—位移关系可得：v2−v02=2ax2
代入数据解得：v=6m/s，方向沿斜面向下。
答：(1)运动员的加速度为4m/s2，方向沿斜面向下；
(2)运动员从开始下滑到4m时的速度大小为6m/s，方向沿斜面向下。
【解析】(1)根据位移—时间关系求解加速度；
(2)根据速度—位移关系求解运动员从开始下滑到4m时的速度大小。
本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
16.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律得：
F−mg=ma
得：m=2kg
(2)物体做初速度为零的匀加速直线运动，物体由静止开始向上运动2s内的位移为：x=12at2
解得x=8m
答：(1)物体的质量m是2kg；
(2)物体由静止开始向上运动2s内的位移为8m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律解得质量；
(2)物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移—时间公式求物体向上运动2s内的位移。
加速度是联系运动和力的桥梁。要正确进行受力分析，知道在牛顿第二定律公式F=ma中，F应是物体所受的合力，不是拉力。
17.【答案】解：设细绳上的拉力为F，对重物Q，受力分析得
F=mQg=0.2×10N=2N
根据平衡条件，有物体P的受力图如图所示

水平方向
F1=Fcs37°=2×0.8N=1.6N
竖直方向
F2+Fsin37°=mPg
得
F2=mPg−Fsin37°=10N−2×0.6N=8.8N
答：物体P受到地面对它的摩擦力F1为1.6N，地面对它的支持力F2是8.8N。
【解析】对物体受力分析，利用力的正交分解，在竖直和水平方向分别求出摩擦力和支持力大小。
学生在解决本题时，应注意熟练掌握力的正交分解方法。
18.【答案】解：(1)根据v−t图像中图像的斜率表示加速度，由图乙可得，匀加速直线运动的加速度的大小为
a1=ΔvΔt=201m/s2=20m/s2
匀减速直线运动的加速度的大小为
a2=20−101m/s2=10m/s2
根据题意，物块匀加速运动时，由牛顿第二定律可得
F−mgsin37°−μmgcs37°=ma1
物块匀减速运动时，由牛顿第二定律可得
mgsin37°+μmgcs37°=ma2
联立解得
F=30N，μ=0.5
(2)根据题意可知，0∼1s内，物块匀加速上滑，上滑的位移为
x1=12a1t12=12×20×12m=10m
去掉拉力F之后，物块做匀减速直线运动，滑到最高点的时间为
t2=va2=2010s=2s
则在1～3s内，物块做匀减速直线运动，滑到最高点时的位移为
x2=vt2−12a2t22=20×2m−12×10×22m=20m
最高点到出发点的距离为
s=x1+x2
解得：s=30m
答：(1)拉力F的大小为30N；
(2)物体从出发点到最高点的距离为30m。
【解析】(1)由图象的斜率求得物体匀加速上升过程和匀减速上升过程的加速度，对两个过程，分别根据牛顿第二定律列式，即可求出拉力F的大小；
(2)根据位移时间公式求出0∼1s内物块匀加速上滑的位移，去掉拉力F之后，物块做匀减速直线运动，再根据速度—时间公式求出减速的时间，最后根据位移时间公式求出减速的位移，最后即可求出物体从出发点到最高点的距离。
本题的关键是受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解。