2023年版新教材高中物理期末测试卷(含解析)新人教版必修第一册

.期末测试卷10090钟。48124481～89～12420物理学的重大觉察中科学家们总结出了很多物理学方法，如抱负试验法，掌握变量法等。以下关于物理学争论方法的表达正确的选项是()vΔx t

t时刻的瞬①依据平均速度的定义式＝tΔ趋近于零时，就可以表示物体在Δ时速度，该定义运用了极限思想法②在不需要考虑物体本身的大小和外形时，用质点来代替物体的方法运用了假设法③在试验探究加速度与力、质量的关系时，运用了掌握变量法相加，运用了微元法A．②③④B．①③④C．①②③D．①②④答案B解析物体在t时刻的瞬时速度用从t时刻开场的时间趋近于零时的平均速度表示的定的关系时，运用了掌握变量法，③正确；推导匀变速直线运动的位移公式时，将变速运动分割成一段段的匀速运动，然后把各小段的位移相加，承受了微元法，④正确，故B1.8m1.8m的横杆，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为()A．2m/sB．4m/sC．6m/sD．8m/s答案B解析竖直上升阶段，由2－2＝ax02＝g，留意运发动是站着起跳，横0 0着过杆，所以竖直方向的位移应当是重心上升的高度，不是1.8m0.9m18入数据解得：v≈180

m/s≈4m/s，B设物体运动的加速度为a，速度为v，位移为x，现有四个不同物体的运动图像如以下图，且B、C、D图像中所描述的物体在t＝0时刻的速度均为零，那么做单向直线运动的是()下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.答案C解析由位移—时间图像可知，物体的位移随时间先增大后减小，1s2sA2s2～4s沿负方向运动，方向转变，故B错误；由C中图像可知：物体在第1s2s2s0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C确；由D1s2s2s03sD撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落，如以下图。撑杆跳高的过程中包含很多物理学问，以下说法正确的选项是( )A．持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运发动的支持力B．撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力C．撑杆起跳上升阶段，先处于超重状态后处于失重状态D．最高点手已离开撑杆，运发动还能连续越过横杆，是由于受到了一个向前的冲力答案C解析重力的反作用力是人对地球的吸引力，AB后向上做减速运动，先处于超重状态，后处于失重状态，C发动还能连续越过横杆，是由于惯性缘由，D如图，一个家用台灯静止放在桌子上，以下描述中正确的选项是( )下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.A．台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对平衡力B．台灯受到向左的摩擦力C．台灯支架的O点对灯头的作用力沿AB方向D．台灯底座所受合外力为零答案DA假设有摩擦力，那么不行能处于平衡状态，故B错误；对灯头受力分析，受重力与支架对它OC态，处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，即合外力为零，故D如以下图中国三一重工的一台62米长的泵车，参与某次消防救火冷却作业。对泵车在水平路面上以加速度a做匀加速运动的过程，以下分析正确的选项是( )A．泵车受到的重力和泵车对地面的压力是一对平衡力B．轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的压力C．开车时要求系平安带是为了减小司机的惯性D．假设泵车发动机的牵引力增大为原来的2倍时，泵车的加速度将大于2a答案DA错误；轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加摩擦力，故B错误；惯性的大小取决于质量，系平安带不会转变司机的惯性大小，故C2a 2F－f2F－f＋f afa速度′＝m＝ m ＝2＋m>2，故D正确。一物体做匀加速直线运动，第4s内的位移是14m，第5s内的位移是18m，以下说法中正确的选项是( )4s32m/s5s16m/sC．物体的初速度不为零D．3m/s2答案B下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.＝解析第4s内物体的平均速度v 14＝1

m/s＝14m/sA5s时速度等于这两秒内的平均速度，那么v

14＋18＝v＝ m/s＝16m/sB5初 45 218－14＝a2得＝ m/＝4m/2，结合的结论，由vat可知，当0时，物体12 0的速度v＝0，故C、D0如以下图，一只小鸟沿着较粗且均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中( )树枝对小鸟的作用力先减小后增大B．树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小C．树枝对小鸟的弹力先增大后减小D．树枝对小鸟的弹力保持不变答案C以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误；小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθAB的θBAB的过程中，θ先减小后增大，那么弹力先增大后减小，故CD甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的vt图像如以下图，那么( )20s第50s末，乙在甲的前面C．10s40sD．20s60s案BD解析乙的速度始终为正值，速度方向不变，没有返回，故A50s下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.乙在甲前面，故B20s60s面积相等，那么位移相等，甲、乙相遇，故CD如以下图，一小球从某高处A点自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，小球从B点开场压缩弹簧，到达最低点C，然后被弹簧弹回。以下说法中正确的选项是( )A．小球到达B点时速度最大B．小球速度最大时的位置在B、C之间C．小球从B点下落到C点的过程中，加速度先减小后增大D．小球从A点下落到C点的过程中，先做匀加速运动后做匀减速运动答案BC解析从ABB力，加速度方向向下，大小渐渐减小，当小球的重力等于弹力时，加速度为0，速度到达最大，连续向下运动时，小球的弹力大于重力，加速度方向向上，大小渐渐增大，所以从BC的过程中，加速度先减小后增大，故B、CA、D如以下图，A、B2m和m，静止叠放在水平地面上。A、Bμ 1摩擦因数为

，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加2速度为g。现对A施加一水平拉力F，那么( )当F＜2μmg时，A、BF5 1

＝μmg时，Aμg2 3当F＞3μmg时，A相对BF 1无论

为何值，Bμg2答案BCD3 3解析地面对BμmgAB2μmgF>2 2μmg时，A、B相对地面运动，故A错误；在A、BA、Bμ μ用牛顿其次定律，有F2×3mg＝3maB，μ×2mg2×3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmgF＞3μmg

F5μmg时，A、B时，ABC正确；当＝25 μ 1整体有μmg－×3mg＝3ma，a＝μg，故B正确；无论F为何值，B所受最大的动力为A2 2 3下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.2μmg

1μ×3mgB2μmgBa＝

－2 1＝μgDBm m 2如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1

运行。初速度大小为v2

的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。假设从小物块滑上传送带开场计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。v＞v，那么( )2 1A．t1B．t2

时刻，小物块离A处的距离到达最大时刻，小物块相对传送带滑动的距离到达最大C．0～t2D．0～t3

时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案AB解析由vtv1一起向右做匀速运动，由于v>v，所以相对地面来说，小物块向左减速阶段的位移大于向2 1右加速运动阶段的位移。t1

A点的距离最大，At2

时刻二者相对位移最大，B；0～t时间内，小物块的加速度不变，摩擦力不变，Ct～t

时间内小2 2 3物块不受摩擦力的作用，D错误。52212分)13．(6A为固定橡皮筋的图钉的位置，O为橡皮筋与细绳的结点的位置，OBOC为细绳，图乙是在白纸上依据试验结果画出的图。某次试验中，拉OC细绳的弹簧秤指针位置如甲图所示，其读数N；乙图中的F与F′两力中，方向肯定沿AO方向的是 。关于此试验以下说法正确的选项是 。A．与橡皮筋连接的细绳必需等长B．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，应使两弹簧秤的拉力相等，以便算出合力的大小C．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，结点位置必需与用一只弹簧秤拉时结点的位置重合D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要短一些答案(1)2.60F′(2)C解析(10.1N2.60N；F是通过作图的下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.方法得到的合力的理论值，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮筋，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果一样的力。故方向肯定沿AO方向的是F′，由于误差的存FF′方向并不重合。(2)A错误；用两只弹簧秤拉橡皮筋时，只要使两弹簧秤拉力的合力与一只弹簧秤拉力的效果一样就行，两弹簧秤的拉力不需要相等，故BC方向的误差会小些，故D14．(6分)在“探究加速度和力、质量的关系〞试验中，承受如图甲所示的装置进展试验：(1)试验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是 ；(2)在试验操作中，以下说法正确的选项是 ；A．试验中，假设要将砝码(包括砝码盘)的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让小车质量远大于砝码(包括砝码盘)的质量B．试验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源C．每转变一次小车的质量，都需要转变垫入的小木块的厚度D．先保持小车质量不变，争论加速度与力的关系；再保持小车受力不变，争论加速度与质量的关系，最终归纳出加速度与力、质量的关系(3)如图乙为争论“在外力肯定的条件下，小车的加速度与其质量的关系〞时所得的试验图像，横坐标m为小车上砝码的质量。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，那么小车的质量为 。b答案(1)补偿阻力(2)AD(3)k解析 (1)试验时为使绳子的拉力就是小车受到的合外力要将木板不带滑轮的一端垫起，目的是补偿阻力。设小车的质量为mm－＝m，1 1 1Mmg mgF＝Ma，联立解得：F＝ 1 ＝1 ，知当砝码(包括砝码盘)总质量远小于小车质量时，小M＋m mM1 1＋1M下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.的总质量远小于小车的质量，故A带，故BMgsinθ＝μMgcosθ，即μ＝tanθ，与重物的质量无关，所以不用再次补偿阻力，故C错误；本试验承受掌握变量法，先保持小车质量不变，争论与力、质量的关系，故DF mMa

11m

M 1m图像中，对小车，依据牛顿其次定律得：＝(＋

)，变形得：a＝F

＋F，在a1 k1 Mb

bMFb图线的斜率表示F，那么

＝F，图像的截距为：F＝

，可得：＝

＝k。4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(8t＝0s，但饮酒会引起反响时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v＝72km/h0的速度在试验场的水平路面上匀速行驶。从觉察状况到汽车停顿，行驶距离为L＝39m，减速过程中汽车的位移x和速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可以视为匀变速直线运动。取重力加速度g＝10m/s2，求：汽车减速过程中的加速度的大小和所用时间；(2)饮酒使志愿者的反响时间延长了多少？答案(1)8m/s2 2.5s(2)0.3s解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为atv＝200m/s，末速度v＝0，位移x＝25m，tv，由运动学公式得0＝2a，＝0，0 a代入数据得8m/2，＝2.5。设志愿者反响时间为t′，反响时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝vt′＋x，0Δt＝t′－t，0代入数据得Δt＝0.3s。16．(8分)如以下图，质量M＝23kg的木块AAm＝3kgBαF拉着小球带动木块一起向右匀速运动，α＝30°，F＝103N，运动中A、Bg＝10m/s2。求：下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。3答案(1)30°(2)5解析(1)设轻绳对B的拉力为FT由平衡条件可得：Fcos30°＝Fcosθ，Fsin30°＋Fsinθ＝mgT T代入数据解得，F＝103N，tanθ＝3，即θ＝30°。T 3以木块和小球组成的整体为争论对象，分析受力状况，如图乙。由平衡条件得Fcos30°＝FfF＋Fsin30°＝(M＋m)g，NF＝μFf N解得μ＝ Fcos30° ＝3M＋mg－Fsin30° 5。17．(12M＝2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ＝0.1，另一个质量m＝1kg6m/s1间的动摩擦因数μ＝0.5，g10m/s2。2假设木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离；假设木板不固定，求小滑块自滑上木板开场多长时间相对木板处于静止；(3)假设木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值。答案(1)3.6m(2)1s(3)1m解析(1)假设木板固定，小滑块在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，以v0

方向为正方向，－μmg由牛顿其次定律得，a＝

2 ＝－μg＝－5m/s2，m 2所以小滑块在木板上滑过的距离为0－2x＝2a0＝3.6m。下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。.以v0

方向为正方向，依据牛顿其次定律可得，m：a＝－μg＝－5m/s2，1 2M：μmg－μ(m＋M)g＝Ma，解得a＝1m/s2，2 1 2 2小滑块相对木板处于静止时，速度相等，那么有v＋at＝at，解得t＝1s。0 1 2木板在与木块到达共速前先做匀加速运动，木板的位移为1x＝a2＝0.5，1 22t时刻两者的速度为v＝at＝1m/s。1