2022-2023学年天津市红桥区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年天津市红桥区高一（上）期末物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.今年北京时间9月1日18时26分，中国空间站上的神舟十四号乘组航天员陈冬和刘洋成功出舱。如图所示。下列过程中，能把研究对象看作质点的是( )
A. 宇航员出舱，研究宇航员在太空行走的姿态
B. 神舟十四号载人飞船与“天和”核心舱快速对接的过程
C. 研究神舟十四号载人飞船绕地球一圈的时间
D. 利用机械臂抬升、旋转全景相机的工作过程
2.以下说法中正确的是( )
A. 平均速度大小不一定等于平均速率，但是瞬时速度大小一定等于瞬时速率
B. 研究子弹穿过一张纸所需的用时，指的是时刻
C. 形状规则物体的重心一定在其几何中心，可用悬挂法测不规则薄板的重心
D. 对某一物体而言，其重力的大小总是一个恒量，不因物体从赤道移到南极而变化
3.用如图显示时刻和时间间隔，以下描述中，所指为时刻的是( )
A. 学校每节课45minB. 学校每天上午8时开始上课
C. 每节课后休息10minD. 图中横轴上8和9之间相差1h
4.从高出地面3m的位置竖直向上抛出一个小球，它上升5m后回落，最后到达地面。如图所示，分别以地面和抛出点为原点建立一维坐标系，方向均以向上为正，则竖直向上抛出小球的坐标和位移是( )
A. 以地面为坐标原点，从抛出点到落地点的位移是3m
B. 以地面为坐标原点，从抛出点到落地最高点的位移是8m
C. 以抛出点为坐标原点，从抛出点到落地点的位移是3m
D. 以抛出点为坐标原点，从抛出点到落地点的位移是−3m
5.关于加速度，下列说法中正确的是( )
A. 物体运动的越快，加速度越大B. 物体速度变化越大，加速度越大
C. 物体速度变化越快，加速度越大D. 速度不为零时，加速度不可能为零
6.汽车以20m/s速度做匀速直线运动，见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为5m/s2，则汽车停下来需要的时间为( )
A. 100sB. 25sC. 4sD. 0.25s
7.如图所示的三条直线a、b、c描述了A、B、C三个物体的运动。则以下说法正确的是( )
A. A、B两物体同向行驶，C物体与A、B两物体反向行驶
B. A、B两物体做匀加速运动，C物体做匀减速运动
C. A、B、C三个物体中C物体的加速度最大
D. 三条线中的两个交叉点表示在此处三个物体两两相遇
8.如图所示，足球运动员准备罚点球时，一脚用力踩在足球上面，让足球保持静止。下列说法正确的是( )
A. 脚对静止的足球的压力方向竖直向下
B. 如果足球气打得足一点，足球可能不发生形变
C. 脚对足球的压力是由于足球的上部发生弹性形变引起的
D. 足球对地面的压力是由于足球的下部发生弹性形变引起的
9.如图所示的重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢里的石块就会自动滑下。车厢倾角越大，车厢里石块受到的( )
A. 重力越大
B. 重力越小
C. 重力沿车厢底面向下的分力越大
D. 重力沿车厢底而向下的分力越小
10.两个大小相等的共点力F1、F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为F，它们的夹角变为60°时，合力的大小为( )
A. 62FB. 32FC. 2FD. 3F
11.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中，下列说法正确的是( )
A. 桌面对鱼缸摩擦力的方向向右
B. 若猫增大拉力，桌面对鱼缸的摩擦力将增大
C. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
D. 若猫增大拉力，桌布对鱼缸的摩擦力不变
12.一个物体做自由落体运动(g=10m/s2)，设该物体落到地上的时间为4s，则该物体第2s末速度大小和下落的总高度分别为( )
A. 40m/s 160mB. 40m/s 80mC. 20m/s 160mD. 20m/s 80m
二、填空题：本大题共1小题，共6分。
13.如图所示，在水平桌面上放一个重为100N的物体，用一劲度系数k=20N/cm的轻质弹簧拉着物体沿水平桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量为4cm，则弹簧的弹力为______N，桌面的动摩擦因数为______；如果物体在运动过程中突然撤去弹簧，而物体在水平桌面上继续滑行，此时物体受到的摩擦力为______N。
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
14.某同学运用所学的力的合成知识结合初中学过的二力平衡条件，认为当物体在三个力作用下处于静止状态时，其中某两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。于是他设计了如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一质量为M的钩码。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。
(1)为了完成实验，需要记录下来的是结点O的位置以及弹簧测力计中力的大小和方向，如果作图得到两弹簧秤拉力的合力方向近似在______方向上，且大小近似等于______，则平行四边形定则得以验证。
(2)下列不必要的实验要求是______
A.木板平面要保持竖直
B.两个弹簧测力计必须完全相同
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力多次实验时，每次都要使O点静止在同一位置
四、简答题：本大题共2小题，共20分。
15.一台起重机，匀加速地将质量m=1.0×103kg的货物从静止开始竖直吊起，在2s末货物的速度v为4.0m/s，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)货物上升的加速度a的大小；
(2)起重机的拉力F大小。
16.在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。若传送带匀速前进的速度v为0.25m/s，某木箱与传送带之间的动摩擦因数μ为0.4，g取10m/s2。问：该木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹？
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
17.神州五号载人飞船的返回舱距地面10km时开始启动降落伞装置，速度减至10m/s，并以这个速度在大气中降落．在距地面1.2m时，返回舱的4台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速．设最后减速过程中返回舱做匀减速运动，并且到达地面时恰巧速度为0，求最后减速阶段的加速度．
18.某校课外活动小组自制了一枚质量为3.0kg的实验用火箭．设火箭发射后，始终沿竖直方向运动．火箭在地面点火后升至火箭燃料耗尽之前可认为做初速度为零的匀加速运动，经过4.0s到达离地面40m高处燃料恰好耗尽．忽略火箭受到的空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)燃料恰好耗尽时火箭的速度大小；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭加速上升时受到的最大推力的大小．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：物体看作质点的条件是物体的形状、大小对研究问题没有影响或者影响很小。
A、宇航员出舱，研究宇航员在太空行走的姿态时，宇航员的形状与大小不能忽略，宇航员不能看为质点，故A错误；
B、神舟十四号载人飞船与“天和”核心舱快速对接的过程，飞船与核心舱的形状与大小不能忽略，飞船与核心舱不能看为质点，故B错误；
C、研究神舟十四号载人飞船绕地球一圈的时间时，由于飞船大小远远小于飞船到地球的间距，此时飞船的形状与大小可以忽略，飞船能够看为质点，故C正确；
D、利用机械臂抬升、旋转全景相机的工作过程，机械臂与相机的形状与大小不能忽略，机械臂与相机不能看为质点，故D错误。
故选：C。
根据物体看作质点的条件：物体的形状、大小对研究问题没有影响或者影响很小。来判断各物体是否可以看作质点。
本题考查了质点的相关知识，解决本题的关键是理解物体看作质点的条件。
2.【答案】A
【解析】解：A、平均速度等于位移除以时间，平均速率等于路程除以时间。当位移大小与路程不相等时，两者不相等。而瞬时速度的大小就是瞬时速率。故A正确；
B、研究子弹穿过一张纸的时间，指的是一段很短的时间间隔，而不是时刻，故B错误；
C、重心的位置不仅与物体的形状有关，还与物体的质量分布有关，所以有规则形状的物体，它的重心不一定与它的几何中心重合，只有形状规则，质量分布均匀的物体的重心才在物体的几何中心，故C错误；
D、物体的重力G=mg，而重力加速度g的值随物体在地球表面的位置略有差别，两极处最大，赤道上最小，故D错误。
故选：A。
平均速度的大小不等于平均速率，平均速度等于位移除以时间，平均速率等于路程除以时间。瞬时速度的大小表示瞬时速率；
时间与时刻相当于线段和点的关系；
根据物体重心的分布特点和G=mg，可以判断物体重心的位置重力的变化。
本题考查的是学生对平均速度和平均速率的区别、时间和时刻的区别、重力、重心的理解，还要了解物体的重心分布与哪些因素有关，还要理解重力G=mg的意义。
3.【答案】B
【解析】解：时刻指时间轴上的一个点，而时间间隔是指时间轴上的一段时间。
A、学校每节课45min，这里45min对应的是一个过程，所以45min表示的是时间间隔，故A错误；
B、上午8时是指时间点，是时刻，B故正确；
C、休息10min，这10min是时间间隔，故C错误；
D、8和9之间相差1h，是时间间隔，故D错误。
故选：B。
根据时刻和时间间隔的物理意义判断哪个数据是时刻，哪个数据是时间间隔。
本题考查了时刻和时间间隔的相关知识，解决本题的关键是理解时刻和时间间隔的物理意义。
4.【答案】D
【解析】解：AB、以地面为坐标原点，从抛出点到落地点的距离为3m，由于抛出点比落地点高，所以小球的位移是−3m；从抛出点到落地最高点的位移是5m，故AB错误；
CD、以抛出点为坐标原点，从抛出点到落地点的位移是−3m，故C错误，D正确。
故选：D。
根据位移的物理意义，结合坐标原点的选取求出小球的位移。
本题考查了位移的相关知识，解决本题的关键是理解位移的物理意义。
5.【答案】C
【解析】解：A、物体运动的越快，速度越大，加速度不一定越大，两者没有直接关系。故A错误。
B、物体速度变化越大，即Δv越大，由加速度公式a=ΔvΔt，时间不确定，则加速度不一定越大。故B错误。
C、物体的速度变化越快，则加速度一定越大。故C正确。
D、速度不为零时，若物体做匀速直线运动，加速度为零，故D错误。
故选：C。
速度表示物体速度变化的快慢，根据加速度的定义式a=ΔvΔt，加速度等于单位时间内速度的变化．物体的速度变化量大，加速度不一定大．加速度与速度无关．
加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系．
6.【答案】C
【解析】解：汽车刹车做减速运动，根据速度—时间公式
v=v0+at
可得
t=v−v0a=0−20−5s=4s
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据速度—时间公式分析求解。
本题考查了匀变速直线运动，解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用；注意过程分析和公式的选择。
7.【答案】B
【解析】解：A、三个物体的速度一直为正值，所以三个物体运动方向始终相同，故A错误；
B、A、B两物体的v−t图象都是向上倾斜的直线，A、B两物体做匀加速运动，C物体的v−t图象都是向下倾斜的直线，做匀减速运动，故B正确；
C、根据v−t图象的斜率代表加速度，a图象的斜率最大，则A物体的加速度最大，故C错误；
D、由于三个物体初始位置关系未知，所以不能确定三个物体能否相遇，故D错误。
故选：B。
在速度—时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，速度的正负表示速度方向，图象的斜率代表加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，根据位移关系分析物体是否相遇。
本题的关键要理解速度—时间图象点、斜率和面积的物理意义，要知道据v−t图象的斜率代表加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，但v−t图象不能反映物体的初始位置。
8.【答案】D
【解析】解：A.脚对静止的足球的压力方向与脚和足球的接触面垂直，不一定是竖直向下，故A错误；
B.足球气打得足一点，足球仍然会发生形变，只是形变较小，故B错误；
C.脚对足球的压力是脚发生弹性形变引起的，故C错误；
D.足球对地面的压力是由于足球的下部发生弹性形变引起的，故D正确。
故选：D。
根据弹力的概念分析判断。
本题考查弹力，要求掌握弹力的概念。
9.【答案】C
【解析】解：AB、石块受到的重力的大小与物体是否运动无关，车厢倾角增大，车厢里石块受到重力不变，故AB错误；
CD、将石块受到的重力沿垂直于车厢的方向与沿车厢向下的方向分解，沿车厢向下的方向的分力：Gx=Gsinθ，可知θ增大时，沿车厢向下方向的分力增大，故C正确，D错误。
故选：C。
重力的大小与物体是否运动无关；将重力分解，然后作出判断即可。
本题主要考查力的分解的应用与对重力的理解，要求同学们能正确理解重力以及力的分解的方法。
10.【答案】A
【解析】解：根据平衡四边形定则可知，由题意可知，两力垂直时F12+F22=2F12=F2，它们的夹角变为60°时合力F′=2F1cs30°= 3F1= 62F，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据平行四边形定则进行分析，根据两力垂直时确定两分力与合力F的关系，再根据平行四边形定则确定夹角是60°时的合力大小。
本题考查对力的合成的掌握情况，要注意养成作图的习惯，通过平行四边形才能正确找出合力和分力的关系。
11.【答案】D
【解析】解：A、鱼缸相对桌面向右滑动，则桌面对鱼缸滑动摩擦力的方向向左；故A错误；
B、若猫增大拉力，会导致鱼缸离开桌面的速度增大，但不会影响桌面对鱼缸的摩擦力的大小；故B错误；
C、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到桌布的摩擦力向右；故C错误；
D、若鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故D正确；
故选：D。
根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；依据滑动摩擦力与相对运动方向相反，从而即可求解。
本题考查牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌握物体的运动情况，并掌握影响滑动摩擦力的因素。
12.【答案】D
【解析】解：根据自由落体运动的规律可得，第2s末速度大小为
v=gt=2×10m/s=20m/s
物体下落高度为
h=12gt总2=12×10×42m=80m
故D正确，ABC错误。
故选D。
自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，根据位移—时间公式求出各段时间内的位移，根据速度—时间公式求出物体的速度。
掌握自由落体运动的规律，根据题意进行解答。
13.【答案】80 0.8 80
【解析】解：根据胡克定律，有
F弹=kΔx=20×4N=80N
因物体做匀速直线运动，有
F弹=f=μFN=μG
解得
f=80N，μ=0.8
物体在运动过程中突然撤去弹簧，而物体在水平桌面上继续滑行，此时物体受到的摩擦力不会改变，仍为80N．
故答案为：80，0.8，80
根据胡克定律解得弹簧弹力，根据平衡条件解得摩擦力，根据摩擦力公式解得动摩擦因数。
本题考查胡克定律与摩擦力，解题关键掌握力的平衡条件。
14.【答案】c Mg BD
【解析】解：由O点受力平衡，可知两弹簧秤拉力的合力方向与钩码重力方向相反，故两弹簧秤拉力的合力方向近似在OC方向，且大小近似等于Mg；
(2)A、木板平面保持竖直，则可以减小摩擦力的影响；故A是必要的要求；
B、两个弹簧测力计拉力的合力与钩码的重力大小相等，方向相反，但两个弹簧测力计不一定相同；故B不是必要要求；
C、拉线方向应与木板平面平行，则可以减小摩擦力的影响；故C是必要的要求；
D、实验利用等效替代的原理，若要效果相同，每次都要使O点静止静止即可，没有必要在同一位置；故D不是必要的要求；
本题要选择不必要的实验要求，故选：BD。
故答案为：(1)c，Mg；(2)BD。
(1)根据受力平衡，可知两弹簧拉力的合力大小和方向；
(2)根据实验原理和实验误差的分析，可以得出正确选项；
本体考查验证力的平行四边形定则，关键要弄清实验原理，找出实验误差原因。
15.【答案】解；对货物由运动学公式
v=at
代入数据可得a=2.0m/s2
(2)对货物由牛顿第二定律
F−mg=ma
可得起重机的拉力F大小为
F=mg+ma
代入数据可得F=1.2×104N
答：(1)货物上升的加速度a的大小为2.0m/s2；
(2)起重机的拉力F大小为1.2×104N。
【解析】(1)根据匀加速直线运动的速度公式求出加速度；
(2)根据牛顿第二定律列方程求拉力F。
本题考查的是力和运动的关系，解题的关键是知道加速度是联系力和运动的桥梁。
16.【答案】解：根据牛顿第二定律得：μmg=ma
解得木箱的加速度为：a=4m/s2
木箱由静止开始运动至与传送带共速的时间为：
t=va=0.254s=0.0625s
这段时间内木箱的位移为：x1=v2t
传送带的位移为：x2=vt
所以摩擦痕迹的长度为：Δx=x2−x1=vt−vt2=vt2=0.25×0.06252m≈0.0078m
答：该木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段0.0078m的摩擦痕迹。
【解析】根据牛顿第二定律求出木箱的加速度，利用运动学公式求出木箱与传送带共速前的位移，以及传送带的位移，通过位移之差求出木箱在传送带留下的痕迹长度。
本题以在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带为情景载体，考查传送带问题，解决本题的关键是知道木箱在整个过程中的运动规律，结合运动学公式进行求解，要知道痕迹长度等于木箱和传送带间相对位移大小。
17.【答案】解：根据v2−v02=2ax得，
最后减速阶段的加速度a=v2−v022x=0−1002.4=−41.7m/s2．
答：最后减速阶段的加速度为−41.7m/s2．
【解析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出最后减速阶段的加速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，知道运动学中五个基本物理量，初速度、末速度、时间、位移和加速度，知其三必然知其二．
18.【答案】解：(1)设燃料恰好耗尽时火箭的速度为v，根据运动学公式，有
h=v2t
解得
v=2ht=2×404m/s=20m/s
即燃料恰好耗尽时火箭的速度大小为20m/s．
(2)火箭燃料耗尽后能够继续上升的高度
h1=v22g=2022×10m=20m
故火箭离地的最大高度：H=h+h1=40+20=60m．
(3)火箭在飞行中质量不断减小．所以在点火起飞的最初，其推力最大．
根据加速度定义及牛顿第二定律，有
a=vt=204=5m/s2
F−mg=ma
解得
F=m(g+a)=3×(10+5)=45N
故火箭加速上升时受到的最大推力的大小为45N．
【解析】(1)根据平均速度公式列式求解；
(2)火箭推力消失后，由于惯性，继续上升，做上抛运动，根据速度位移公式求解继续上升的高度，最后得到总高度；
(3)对加速过程受力分析，受重力和推力，由于点火瞬间重力最大，根据牛顿第二定律列式求解．
本题关键是根据火箭的运动情况得到加速度，再根据牛顿第二定律确定火箭的受力情况．