河北省沧州市献县求实高级中学2022-2023学年高一上学期期末模拟试卷物理试题二

参考答案：

1．C

【详解】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，A正确；

B．根据速度定义式v=，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，B正确；

C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，C错误；

D．定义加速度a=用到比值法，加速度与Δv和Δt无关，D正确。

本题选不正确项，故选C。

2．C

【详解】A．对接成功后，以空间站为参考系，“神舟十三号”飞船是静止的，故A错误；

B．对接成功后，以太阳为参考系，整个空间站是运动的，故B错误；

C．载人空间站建成后，研究空间站绕地球飞行的时间时，可以不用考虑空间站的形状大小，可将空间站视为质点，故C正确；

D．“神舟十三号”飞船在与“天和核心舱”对接的过程，不能忽略空间站的形状大小，不可将它们视为质点，故D错误。

故选C。

3．D

【详解】A．神舟飞船与天和核心舱对接过程，它们的大小和形状不能忽略，否则不能判断是否对接成功，则均不可视为质点，A错误；

B．载人飞船加速上升过程，具有向上的加速度，3名航天员处于超重状态，B错误；

C．3名航天员环绕地球运动过程中，受地球的引力做圆周运动，均处于非平衡状态，C错误；

D．飞船与核心舱的组合体绕地球一周，位移为零，平均速度为零，D正确。

故选D。

4．D

【详解】运动员在后5 s内的平均速度是

所以D正确；ABC错误；

故选D。

5．B

【详解】A．弹簧处于水平静止状态，则A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，A错误；

B．对A受力分析可知

mAg＝Ftan 60°

对B受力分析可知

mBg＝Ftan 45°

故

B正确；

C．细线对A的拉力

FTA＝

细线对B的拉力

FTB＝

故

C错误；

D．剪断细线前，弹簧弹力

F＝mBg

剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故A的加速度

B的加速度为

故A、B加速度之比为∶3，D错误；

故选B。

6．C

【详解】A．自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动，则，y－t图象是抛物线，故图a不是自由落体运动竖直方向的位移－时间图象，故A错误；

B．自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动，则v=gt，v－t图象应是过原点的倾斜直线，故图b不是自由落体运动竖直方向的速度－时间图象，故B错误；

C．平抛运动的物体速度方向与水平方向夹角θ的正切值

tanθ－t图象是过原点的倾斜直线，故C正确；

D．平抛运动的物体位移方向与水平方向夹角α的正切值

tanα－t图象是过原点的倾斜直线，故D错误。

故选C。

7．B

【分析】根据速度的意义及速度的定义方法为比值定义法分析解答。

速度是描述物体运动快慢的物理量，其定义采用的是比值定义法，要注意速度与位移及时间无关。

【详解】ABC．公式是速度的定义式，也是计算速度的公式，适用于任何运动，此式只说明计算速度可用位移除以时间来获得，即速度v的大小与运动的位移x和时间t都无关，也不是说位移越大，则速度越大，故B正确，AC错误；

D．速度的大小表示物体运动的快慢，方向表示物体运动方向，位移是表示物体位置变化的物理量，故D错误；

故选B。

8．C

【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，可知在2～4s内小球的加速度大小为

A错误；

BC．设杆的倾角为α，由题图乙、丙可知，在0～2s内小球做匀速直线运动，满足

在2～4s内小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

联立解得

m＝1kg，α＝30°

B错误，C正确；

D．v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，可得小球在0～4s内的位移为

D错误。

故选C。

9．C

【详解】设沿斜面AB和AC下滑时，高度分别为 和 ，下滑的时间 ，由于是光滑斜面则下滑的加速度分别为

根据

解得

故选C。

10．B

【详解】A．由题意可知O点处于平衡状态，分析O点受力可知受竖直向下的拉力，横梁施加的向左的力，斜梁施加的沿斜梁向外的力，如图所示

则斜梁处于压缩状态，横梁处于拉伸状态，故A错误；

BC．结合题图乙可知

结合受力分析可得

故B正确，C错误；

D．当斜梁变长，横梁不变，θ增大，斜梁的作用力减小，故D错误。

故选B。

11．BD

【详解】A．在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态，故A错误；

B．在B点时人的速度最大，此时人所受合力为零，弹性绳的拉力大小等于重力，故B正确；

C．传感器示数为T=1400N，设此时弹性绳的弹力为F，由平衡条件得

F=T+mg

打开扣环瞬间，对人，由牛顿第二定律得

F-mg=ma

代入数据解得

a=20m/s2

故C错误；

D．人从A点到B点过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力F减小，人所受合力F-mg减小，加速度减小，故D正确。

故选BD。

12．AD

【详解】AB．弹簧的弹力始终等于拉力F，即F′=kt，故A正确，B错误；

CD．物块开始受到的是静摩擦力，且大小为mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足

F+Ff=mgsin α

随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保持恒定，故C错误，D正确。

故选AD。

13．ABC

【详解】B．设斜面倾角为θ，若斜面光滑，根据牛顿第二定律可知，A、B整体的加速度为

a=g sin θ

对物体A，水平方向

f=ma cos θ=mg sin θ cos θ

竖直方向

mg-N=masin θ=mgsin2θ

即

N=mg cos2θ<mg

即A、B之间有相互作用力，此时A受重力、支持力和静摩擦力，故B正确；

A．若A、B整体一起匀速下滑，则上述表达式中a=0，此时f=0，FN=mg，即A受到重力和B的支持力两个力的作用，故A正确；

C．若A、B一起加速下滑，则A的加速度有向下的分量，则A处于失重状态，选项C正确；

D．若A、B整体一起加速下滑，则水平方向有分加速度，对整体由牛顿第二定律可知，地面与斜面体有向左的静摩擦力，故D错误。

故选ABC。

14．BD

【详解】A．根据速度时间关系可知，物体第2s末的速度大小为

故A错误；

B．根据位移时间关系可知，物体前3s内运动的位移为

则前3s内运动的路程为21m，故B正确；

C．由于物体受力情况没有发生改变，则第5s末的加速度大小仍为，故C错误；

D．根据位移时间关系可知，物体前7s内运动的位移为

故D正确。

故选BD。

15．AB

【详解】A．若A原来静止，有

mgsinα≤μmgcosα

施加F后，因为仍有

（F+mg）sinα≤μ（F+mg）cosα

则A仍然保持静止。故A正确；

B．若A原来匀速下滑，则

mgsinα=μmgcosα

施加力F后，因为仍有

（F+mg）sinα=μ（F+mg）cosα

则A仍匀速下滑，故B正确；

CD．未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有

当施加F后，加速度

因为

gsinα＞μgcosα

所以

Fsinα＞μFcosα

可见

a′＞a

即加速度增大，物体施加力F后，受到的合力将增大，故CD错误；

故选AB。

16．     BD     1.03     2.13

【详解】(1)[1]A．每两个计数点间还有4个点未画出，因此纸带上相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s，故A错误；

B．实验前要让小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，故B正确；

C．探究速度随时间的变化规律时，不需要平衡摩擦力，也不需要满足重物的质量远小于小车质量，故C错误；

D、通过分析纸带可以得出，相邻相等时间内位移之差总为2.13cm，因此小车做的是匀加速直线运动，故D正确。

故选：BD。

(2)[2]每两个计数点间还有4个点没有画出，那么相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，C点的速度等于BD段的平均速度，则

(3)[3]根据

运用逐差法得

17．     2h     9.6     适当增大n或多次测量h取平均值

【详解】（1）[1]根据自由落体运动的位移与时间关系

得

g=

而

T=

解得

g=2h

（2）[2]将h=0.90 m、n=31、t=13.0 s代入上式，解得

g=9.6 m/s2

（3）[3]根据公式g=2h，要提高测量结果准确程度，可适当增大n，或多次测量h取平均值。

18．(1)；2.5s；(2)0.3s

【详解】(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度，末速度，位移，由运动学公式得，联立代入数据得

，

(2)设志愿者反应时间为，反应时间的增加量为，由运动学公式得

联立代入数据得

19．(1)20m/s；(2)两车不能避免相撞；(3)18m

【详解】(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有

v2-v02=2ax

解得

v0＝20m/s

(2)假设两车经 t时间后速度相等，即

v有  v无  at

得：

t=2s

2s内两车之间的位移差

x  v有t t  10m  8m

所以两车不能避免相撞。

(3)假设有人驾驶的汽车加速到与无人驾驶的汽车速度相等的时间为 t，则：

v无  a无 (2  t )  v有  a有t

可得

t=1s

3s 末两车速度

 v=22.5m/s

3s 内两车位移差

由最小距离为

 x0  0.5 m

无人驾驶汽车刚开始匀减速运动时与正前方有人驾驶的汽车两之间的距离

d  x0  x  18m

20．（1）3.2m；（2）s；（3）

【详解】（1）P放上皮带后，受力如图一

由牛顿第二定律有

根据速度位移公式有

联立代入数据解得

（2）到达木板上C点后，受力如图二

由牛顿第二定律得

则C、D间距离（板长）为

解得

在皮带上上滑时间为

在木板上上滑时间为

所以有

（3）从D点向下运动，受力如图三

由牛顿第二定律得

第一次返回B时有

滑过B点后在皮带上先向下减速后以相同加速度返回，向上冲的位移

第二次返回B

往上冲

设第i次向上经过B点时速度为vi，物块可上冲xi，则返回B点时速度为

可知第i+1次向上经过B点时速度大小仍为vi+1，则物块可上冲的位移为

即物块每次冲上木板的距离是上一次的倍，可得此后物块还能在板上运动的路程为