成都市鹽道街外語學校2022-2023學年物理高一上期末綜合測試模擬試題含解析

1、2022-2023學年高一上物理期末模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分

2、）1、某物體做初速度1 m/s，加速度2 m/s2的勻加速直線運動，則3s末的速度大小和位移大小分別是A.6m/s，12mB.7m/s，21mC.7m/s，12mD.6m/s，21m2、如圖所示，用一水平力F壓著物塊，使其靜止在豎直墻壁上，物塊受到力的個數為（）A.2B.3C.4D.53、物理學在研究實際問題時，常常進行科學抽象，即抓住研究問題的主要特征，不考慮與當前研究問題無關或影響較小的因素，建立理想化模型，下列選項是物理學中的理想化模型的有：A.位移B.質點C.力的合成D.加速度4、如圖所示,在豎直墻壁的A點處有一根水平輕桿a,桿的左端有一個輕滑輪O.一根細線上端固定在該天花板的B點處,

3、細線跨過滑輪O,下端系一個重為G的物體,開始時BO段細線與天花板的夾角為=30.系統(tǒng)保持靜止,當輕桿a緩慢向下移動的過程中,不計一切摩擦,下列說法中正確的是（）A.細線BO對天花板拉力沒有變化B.a桿對滑輪的作用力逐漸減小C.a桿對滑輪的作用力的方向沿桿水平向右D.墻壁對a桿的作用力不變5、傾角為37的光滑固定斜面上，有兩個用輕質彈簧連接的質量均為1 kg的小球A、B，在如圖所示的水平向左的推力F作用下，一起沿斜面以4 m/s2的加速度向上做勻加速運動已知彈簧的原長為20 cm，勁度系數為200 N/m，sin 37=0.6，cos 37=0.8此時彈簧的長度l和推力F的大小分別為A.0.25

4、 m，25 NB.0.15 m，25 NC.0.25 m，12.5 ND.0.15 m，12.5 N6、如圖所示，兩斜面體A、B疊放在水平地面上，連接斜面體A與天花板的輕彈簧沿豎直方向，兩斜面體均處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是A.斜面體A一定受兩個力B.斜面體A可能受三個力C.斜面體B一定受四個力D.斜面體B可能受五力7、如圖所示，水平面上有一質量為m=2kg的滑塊，t=0時，該滑塊在恒定的水平拉力F作用下由靜止開始做勻加速直線運動，t=1s時撤去拉力F，物體在整個運動過程中的vt圖象如圖所示，g10 m/s2，則A.拉力F的大小為18NB.拉力F的大小為15NC.滑塊與水平面的動摩擦因數為=0

5、.3D.滑塊與水平面的動摩擦因數為=0.28、如圖所示，輕質彈簧上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小球，電梯中有質量為50kg的乘客，在電梯運行時乘客發(fā)現輕質彈簧的伸長量始終是電梯靜止時伸長量的五分之六，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判斷A.乘客處于失重狀態(tài)B.電梯可能減速下降，加速度大小為2m/s2C.電梯可能加速上升，加速度大小為2 m/s2D.乘客對電梯地板的壓力為625N9、關于物體運動的加速度，下列說法正確的是（）A.速度越大，加速度越大B.速度變化量大，加速度不一定大C.末速度越大，加速度越大D.速度變化越快，加速度越大10、某物體由靜止開始做直線運動，物體所受合力

6、F隨時間t的變化圖象如圖所示，下列關于該物體運動情況的說法正確的是A.物體在前8s內始終向同一方向運動B.物體在8 s末離出發(fā)點最遠C.物體在24 s內做勻減速直線運動D.物體在04 s和在48 s內的運動方向相反11、一物體向上拋出，若它從拋出到落回原地過程中所受空氣阻力大小不變，下列說法中正確的是（）A.上升時間大于下降時間B.上升加速度大于下降加速度C.上升階段平均速度大于下降階段平均速度D.上升階段平均速度小于下降階段平均速度12、如圖所示為A、B兩人在同一直線上運動的位移圖像，圖像表示（）A.02秒內A、B兩人同向而行B.02秒內A的速度比B的速度小C.在5s內，A走的路程比B走的路

7、程多D.在5s內，A的位移比B的位移大二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）某同學用如圖所示的裝置測定重力加速度,實驗時,將打點計時器固定在鐵架臺上由靜上釋放重物,使重物帶動紙帶自由下落,打出的紙帶如圖所示（1）實驗時紙帶的_端和重物相連接(選填“甲”或“乙”）（2）已知電火花計時器所接電源是額率為50Hz的交流電，由紙帶所示數據可算出重力加速度為_m/s2(保留兩位有效數字)（3）已知當地的重力加速度數值為9.8m/s2,請寫出測量值與當地重力加速度的值有差異的一個原因:_14、（10分）為了測定滑塊與水平桌面之間的動摩擦因數,某同學設計了如圖所示的實驗裝置,其中圓弧形

8、滑槽末端與桌面相切.第一次實驗時,滑槽固定于桌面右端,末端與桌子右端M對齊（如圖甲）,滑塊從滑槽頂端由靜止釋放,落在水平面上的P點;第二次實驗時,滑槽固定于桌面左側（如圖乙）,測出末端N與桌子右端M的距離為L,滑塊從滑槽頂端由靜止釋放,落在水平面上的Q點,已知重力加速度為g,不計空氣阻力.（1）實驗還需要測出的物理量是（ ）A.滑槽高度h B.桌子的高度H C.O點到P點的距離D.O點到Q點的距離 E.滑塊的質量m（2）根據1中所選物理量,寫出動摩擦因數的表達式是_.（3）如果第二次實驗時,滑塊沒有滑出桌面,測得在桌面上的滑行距離為x,動摩擦因數可表示為_.三、計算題要求解題步驟，和必要的文字

9、說明（本題共36分）15、（12分）如圖所示，水平桌面上質量為m的薄木板右端疊放著質量也為m的小物塊，整體處于靜止狀態(tài)。已知物塊與木板間的動摩擦因數為，木板與桌面間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。（1）若使木板與物塊一起以初速度沿水平桌面向右運動，求木板向右運動的最大距離s0；（2）若對木板施加水平向右的拉力F，為使木板沿水平桌面向右滑動且與物塊間沒有相對滑動，求拉力F應滿足的條件；（3）若給木板施加大小為、方向沿水平桌面向右的拉力，經過時間，撤去拉力F，此后運動過程中小物塊始終未脫離木板，求木板運動全過程通過的路程s。16、（12分）如圖所示，質量為m=10kg的

10、物體，在F=60N水平向右的拉力作用下，由靜止開始運動設物體與水平面之間的動摩擦因素=0.4，求：(1)物體所滑動受摩擦力為多大？(2)物體的加速度為多大？(3)物體在第3s內的位移為多大？17、（12分）滑板運動是一項陸地上的“沖浪運動”，如圖甲所示，OAB是同一豎直平面上的滑行軌道，其中OA段是長27 m的水平軌道，AB段是傾角37足夠長的斜直軌道，OA與AB在A點平滑連接已知滑板及運動員總質量為60 kg，運動員從水平軌道向左滑向斜直軌道，滑到O點開始計時，其后一段時間內的運動圖象如圖乙所示將滑板及運動員視為質點，滑過拐角時速度大小不變，在水平和斜直軌道上滑板和接觸面間的動摩擦因數相同(

11、取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，忽略空氣阻力)求：(1)滑板與接觸面間的動摩擦因數；(2)運動員到達坡底A點時速度大?。?3)運動員沿坡上滑的最大距離(保留三位有效數字)參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、C【解析】根據速度時間公式求出物體第3s末的速度大小，由位移公式求出前3s的位移【詳解】物體在3s末的速度由：v=v0+at即由位移公式即故選C2、C【解析】物體受力如圖所示：所以物體受重力、外力F、墻壁對物體的摩擦力和支持力，受到四個力的作用,故選C.3、B【解析】A位移是描述物體位置變化的物理量，不需要

12、理想化的條件，A錯誤；B將物體視為質點，保留了物體質量的屬性，忽略了物體的形狀和大小，是一種理想模型，B正確；C力的合成采用了等效替代法，C錯誤；D加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，不需要理想化條件，D錯誤。故選B。4、B【解析】當輕桿a緩慢向下移動過程中，BO段細線與天花板的夾角增大，細線的拉力大小不變，根據方向判斷細線BO對天花板的拉力是否變化a桿對滑輪的作用力與兩細線拉力的合力大小相等當兩細線夾角增大時，它們的合力減小，則知a桿對滑輪的作用力逐漸減小【詳解】當輕桿a緩慢向下移動的過程中，細線的拉力大小始終等于物體的重力G，保持不變，但由于增大，所以細線BO對天花板的拉力方向發(fā)生改變，

13、所以此拉力是變化的故A錯誤兩細線拉力大小不變，夾角增大，由它們的合力減小，根據滑輪平衡可知，a桿對滑輪的作用力與兩細線的合力大小相等、方向相反，所以a桿對滑輪的作用力逐漸減小故B正確a桿對滑輪的作用力F的方向沿兩夾平分線斜向右上方，如圖故C錯誤a桿對滑輪的作用力逐漸減小，則滑輪對a桿的作用力逐漸減小，而a桿保持平衡，重力不計，則墻壁對a桿的作用力也逐漸減小故D錯誤故選B5、A【解析】以整體為研究對象，受力分析，如圖，根據牛頓第二定律，沿斜面方向有：Fcos372mgsin37=2ma代入數據解得F=25N以A為研究對象，根據牛頓第二定律和胡克定律得沿斜面方向有：k(ll0)mgsin37=ma

14、其中,l0=20cm=0.2m，k=200N/m，m=1kg代入數據解得l=0.25m故A正確，BCD錯誤故選:A【點睛】先以整體為研究對象，根據牛頓第二定律求出力F的大?。蝗缓髮研究，運用牛頓第二定律和胡克定律可以求出彈簧伸長的長度，進一步求出彈簧的長度l6、B【解析】AB若彈簧彈力為零，對斜面體A進行受力分析可知，斜面體A受重力、斜面體B對斜面體A的支持力和摩擦力，處于平衡狀態(tài)，斜面體A受三個力作用，故A錯誤，B正確；C物體A處于平衡狀態(tài)，也可能只受彈簧的拉力和重力，此時斜面體A、B之間沒有相互擠壓，不存在摩擦力，斜面體A只受兩個力，斜面體B也只收兩個力，故C錯誤；D對斜面體A、B整體分

15、析，不論彈簧彈力有無，只受豎直方向的外力，斜面體B與地面之間不會存在摩擦力，斜面體B可能只收兩個力或四個力，不可能受五個力，故D錯誤7、AC【解析】速度時間圖象的斜率表示加速度，則01s的加速度大小為：m/s213s的加速度大小為：m/s201s沒有撤去拉力F，根據牛頓第二定律有：13s撤去拉力F，根據牛頓第二定律有：由得：由得：F=18N故AC正確，BD錯誤。故選AC8、BC【解析】ABC電梯靜止不動時，小球受力平衡，有：mg=kx，電梯運行時彈簧的伸長量比電梯靜止時大，說明彈力變大了，根據牛頓第二定律，有：，解得：a=2 m/s2，方向：豎直向上，電梯可能加速上升或減速下降，乘客處于超重狀

16、態(tài)，故BC符合題意，A不符合題意；D以乘客為研究對象，根據牛頓第二定律可得：，解得：FN=600 N，故D不符合題意。故選BC。9、BD【解析】A.速度越大，速度變化不一定快，加速度不一定大，故A錯誤；B.根據知，速度變化量越大，加速度不一定大，故B正確；C.末速度大，速度變化不一定快，加速度不一定大，故C錯誤；D.加速度是反映速度變化快慢的物理量，速度變化越快，加速度越大，故D正確；10、CD【解析】02s內，受向右的推力F0，向右做勻加速運動，2s末力F0反向，加速度反向，因此物體向右做減速運動，根據對稱性可知，4s末速度減小到零，然后再向左做加速運動，6s末達到最大值，68 s內，又向左

17、做減速運動因此前4s向右運動后4s向左運動，A錯誤，D正確；4s末距離出發(fā)點最遠，B錯誤；24 s內做勻減速直線運動，C正確。11、BC【解析】B設物體質量的為m，空氣阻力大小為f，上升和下降的加速度大小分別為a1、a2，根據牛頓第二定律可得，上升過程有下降過程有可見a1a2即上升加速度大于下降加速度，B正確；A設物體上升的最大高度為h，上升過程根據逆向思維看成反向的勻加速直線運動，則有下降過程有由于，則，即物體上升的時間小于下降的時間，A錯誤；CD由平均速度公式可知，上升和下降的位移大小h相等，而時間，故上升階段平均速度大于下降階段平均速度，C正確，D錯誤。故選BC。12、BD【解析】A位移

18、時間圖像的斜率正負表示速度方向，由圖像可知02s內A的斜率為負，B的斜率為正，因此兩物體運動方向相反，故A錯誤；B圖像斜率大小表示速度大小，由圖像可知02s內A的速度大小為12m/s，B的速度大小為30m/s，故B正確；C5s內A的路程為60m，B的路程為90m，故C錯誤；D5s內A的位移為60m，B的位移為30m，故D正確；故選BD。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、 .乙； .9.4； .紙帶和打點計時器間的摩擦力，空氣阻力；【解析】（1）釋放紙帶后紙帶做勻加速運動,速度越來越大,則相等時間內運動的間距也就越來越大,所以與重物相連接的一端是乙端.（2）利用 解得： （3）

19、由于紙帶和打點計時器間的摩擦力以及空氣阻力的存在使得測得的加速度小于真實的加速度14、 .BCD . .【解析】(1)1滑塊離開桌面后做平拋運動，實驗需要測出滑塊離開滑槽與離開桌面時的速度，因此實驗時需要測出：桌子的高度H；O點到P點的距離d1；O點到Q點的距離d2；故選BCD。(2)2滑塊離開桌面后做平拋運動，在豎直方向上在水平方向上滑塊在桌面上運動時，要克服摩擦力做功，由動能定理得解得(3)3如果第二次實驗時，滑塊沒有滑出桌面，測得滑行距離為x，由動能定理得解得三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（1）（2）（3）【解析】考查牛頓運動定律的應用?！驹斀狻浚?）對木板和物塊組成的系統(tǒng)，設一起運動的加速度為a0，由牛頓第二定律得： 又：解得；（2）設木板和物塊組成的系統(tǒng)一起向右滑動時，最小拉力為Fmin，最大拉力為Fmax，則：系統(tǒng)受最大拉力時，設加速度amax，則：對物塊，有：解得：要使木板沿水平桌面向右滑動且與物塊間沒有相對滑動，F應滿