2022-2023学年黑龙江省大庆市第十中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）

1. 如图所示，一小孩用80 N的水平力推重力为200 N的木箱，木箱不动；当小孩用100 N的水平力推木箱，木箱恰好能被推动．当木箱被推动之后，小孩只要用90 N的水平推力就可以使木箱沿地面匀速前进，以下是对上述过程作出的计算和判断，其中正确的是(　　)

A. 木箱与地面间动摩擦因数μ＝0.45

B. 木箱与地面间的最大静摩擦力大小为90 N

C. 木箱与地面间的摩擦力大小始终为80 N

D. 木箱与地面间的滑动摩擦力大小为100 N

【答案】A

【解析】

【详解】A、由题，木箱沿地面匀速前进时水平推力为F=90N，由平衡条件得到，滑动摩擦力大小为f=F=90N，木箱对地面的压力大小N=G=200N，则木箱与地面间的动摩擦因数．故A正确．B、当小孩用100N的水平力推木箱，木箱恰好能被推动，此时木箱受到的地面的静摩擦力达到最大值，大小等于推力，即为100N．故B错误．C、当木箱保持静止时，木箱所受的摩擦力随着推力的增大而增大，当木箱滑动后，摩擦力大小不变为90N．故C错误．D、滑动摩擦力大小取决于动摩擦因数和正压力大小，因此滑动摩擦力大小一直为90N，故D错误．故选A.

【点睛】本题考查摩擦力性质，要注意先明确物体受到是静摩擦力还是滑动摩擦力，对于静摩擦力的可变性和被动性，可结合平衡条件加深理解．

2. 如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点．设小滑块所受支持力为N，则下列判断正确的是（      ）

A. F缓慢增大 B. F缓慢减小 C. N不变 D. N缓慢减小

【答案】A

【解析】

【详解】对物体进行受力分析：物体受重力mg、支持力FN、水平力F．已知小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，我们可以看成小滑块每一个状态都是平衡状态．根据平衡条件，应用力的合成得出：

，由于小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，所以θ减小，tanθ减小，sinθ减小．根据以上表达式可以发现F增大，FN增大．故选A.

【点睛】物体的动态平衡依然为高考命题热点，解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境是分析平衡问题的关键；二是要学会利用力学平衡的结论（比如：合成法、正交分解法、效果分解法、三角形法、假设法等）来解答；三是要养成迅速处理矢量计算和辨析图形几何关系的能力．

3. 体育课上老师教大家拍球，球从1.5m高处落下，又被地板弹回，在离地1m处被接住，则球通过的路程和位移的大小分别是（　　）

A. 2.5m，2.5m B. 2.5m，0.5m C. 1.5m，1m D. 1.5m，0.5m

【答案】B

【解析】

【详解】球从1.5m高处落下，被地板弹回，在离地1m处被接住，则球通过的路程是2.5m，球通过的位移的大小是0.5m，故B项正确，ACD三项错误。

故选B。

4. 一物体做匀加速直线运动，已知它的加速度为，那么在任何1s内（　　）

A. 物体的末速度一定等于初速度的2倍

B. 物体的末速度一定比初速度大2m/s

C. 物体的初速度一定比前1s的末速度大2m/s

D. 物体的末速度一定比前1s的初速度大2m/s

【答案】B

【解析】

【详解】AB．依题意，根据速度公式，可知在任何1s内，物体的末速度一定比初速度大2m/s，但末速度不一定等于初速度的2倍，故A错误；B正确；

C．物体的初速度与前1s的末速度相同，故C错误；

D．由可知，物体的末速度一定比前1s的初速度大4m/s，故D错误。

故选B。

5. 关于速度与加速度，下列说法中正确的是(   )

A. 速度变大，加速度一定变大 B. 加速度变大，速度一定变大

C. 加速度描述了物体速度变化的快慢 D. 加速度变化，速度才会发生变化

【答案】C

【解析】

【详解】AB．根据加速度的定义式：

可知加速度大小与速度变化量和时间有关，与速度大小无必然练习，AB错误；

C．根据加速度的定义式可知加速度是描述速度变化快慢的物理量，C正确；

D．根据加速度定义式变形：

可知加速度和时间不为零，速度就会改变，与加速度是否变化无关，D错误。

故选C。

6. 如图所示是某质点沿直线运动的速度v随时间t变化的关系图线．对于该图线的认识正确的是  (     )

A. 0～2s内质点做匀速直线运动

B. 2s～4s内质点处于静止状态

C. 0～2s内质点做匀加速直线运动

D. 3s时，质点的速度为2m/s

【答案】C

【解析】

【详解】AC．由图象可知0﹣2s内，图象是一条倾斜的直线，质点的速度均匀增大，做匀加速直线运动，A错误C正确；

BD．由图象可知2﹣4s内质点速度不变，做速度大小为4m/s的匀速直线运动，加速度为零，故BD错误．

【点睛】本题是速度﹣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．

7. 物理定律的应用需要一定的条件，下列物体在运动过程中(忽略空气阻力)，可以应用机械能守恒定律的是

A. 被起重机拉着向上做匀速运动的货物

B. 沿光滑斜面向下加速运动的木块

C. 一个斜向上抛当后在空中运动的铁球

D. 在空中向上做减速运动的氢气球

【答案】BC

【解析】

【分析】当物体只有重力时机械能守恒；或者直接看动能和重力势能之和是否守恒.

【详解】被起重机拉着向上做匀速运动的货物，动能不变，重力势能增加，则机械能不守恒，选项A错误；沿光滑斜面向下加速运动的木块，只有重力对木块做功，机械能守恒，选项B正确；一个斜向上抛当后在空中运动的铁球，只有重力对铁球做功，机械能守恒，选项C正确；在空中向上做减速运动的氢气球，由于有空气浮力做功，则机械能不守恒，选项D错误；故选BC.

8. 以下说法正确的有（    ）

A. 物体速度很大时，加速度可能很小

B. 物体速度增大时，加速度可能减小

C. 物体速度为零时，加速度也一定为零

D. 加速度和速度同方向，速度一定增大，加速度和速度反方向，速度不一定减小

【答案】AB

【解析】

【详解】A．物体速度很大时，加速度可能很小，例如高速飞行的子弹的加速度为零，选项A正确；

B．当物体的加速度和速度同向时，物体速度增大时，加速度可能减小，选项B正确；

C．物体速度为零时，加速度不一定为零，例如竖直上抛物体到达最高点时，选项C错误；

D．加速度和速度同方向，速度一定增大，加速度和速度反方向，速度一定减小，选项D错误；

故选AB.

9. 如图，物块a、b和c的质量相同，a和固定点O、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，a和b之间通过细线连接。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将剪断后瞬时物块a、b和c的加速度的大小记为a1、a2和a3，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，则剪断细线后瞬间（　　）

A. a1=2g B. a2=2g

C. a3=g D. l1=l2

【答案】AB

【解析】

【详解】ABC．剪断前，对a、b、c分别受力分析如图所示

根据平衡条件，有

解得。因弹簧的弹力不能突变，绳子的弹力可以突变，绳子断时拉力立即为零，由牛顿第二定律得三个物体的加速度分别为

故AB正确，C错误；

D．绳子断后，弹簧伸长量不变，有

可知

故D错误。

故选AB。

10. 如图所示，水平传送带以4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点．现将一小物块与弹簧接触(不栓接)，并压缩至图示位置然后释放，已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，AP=L2=1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块最后刚好返回到B点时速度减为零．g=10m/s2，则下列说法正确的是(    )

A. 小物块第一次到A点时，速度大小一定等于

B. 小物块第一次到A点时，速度大小一定等于4m/s

C. 小物块离开弹簧时的速度一定满足

D. 小物块离开弹簧时的速度一定满足

【答案】BD

【解析】

【分析】由动能定理求出物体返回B点时速度为零的条件，然后分析物体以不同速度滑上传送带后的运动情况，看各选项的速度是否符合要求；

【详解】A、设小物块到达P点的速度为v，反弹后运动到B点的速度为零，由动能定理得：
小物块由A到P点过程中，由动能定理得：

联立解得，故选项A错误，B正确；

C、由题可知小物块在B点离开弹簧，若物体速度较大，一直做匀减速运动，整个过程中根据动能定理有：，解得；

若速度较小，在AB上一直加速，到A点时恰好与带同速，有：解得，故小物块离开弹簧时的速度一定满足，故选项C错误，D正确．

【点睛】分析清楚物体运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．

11. 如图所示，轻质光滑滑轮两侧用轻绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止，已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ（θ<90°），重力加速度为g，则（　　）

A. 物体B受到的摩擦力可能为零

B. 物体B受到的摩擦力大小为mAgcosθ

C. 物体B对地面的压力可能为零

D. 物体B对地面的压力大小为mBg－mAgsinθ

【答案】BD

【解析】

【详解】对A，根据平衡条件，可得轻绳拉力

FT=mAg

对B，在水平方向有

Ff=FTcosθ=mAgcosθ

在竖直方向，地面对B的支持力

FN=mBg-FTsinθ=mBg-mAgsinθ

由牛顿第三定律可知，物体B对地面的压力大小为mBg-mAgsinθ；当mBg=mAgsinθ时，FN=0，此时物体B不可能静止。

故选BD。

12. 两位同学分别在塔的不同高度，各用一只球做自由落体实验．甲球的质量是乙球的2倍，释放甲球处的高度是释放乙球处高度的一半，且两球释放处离地的高度足够高，则（   ）

A. 甲球下落的加速度是乙球的2倍

B. 甲球落地时的速度是乙球的一半

C. 甲、乙两球各下降时的速度相等

D. 甲、乙两球各下降时的速度相等

【答案】CD

【解析】

【详解】A．甲乙两物体都做自由落体运动，加速度都为g，故A错误．

B．由可知，甲球的落地速度是乙球落地速度的，故B错误．

C．根据，知经过1s时两球的速度相等，故C正确．

D．根据，知各下落1m时，速度相等，故D正确．

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）

13. 利用如图甲所示的装置可以验证牛顿第二定律。

(1)除了图中器材外，在下列器材中还必须使用的有___________（选填选项前的字母）。

A．低压直流电源                        B．220V、50Hz的交流电源

C．天平（或电子秤）                    D．刻度尺

(2)如图乙所示为某同学某次实验中打出纸带的一部分，已知实验中打点计时器的打点周期为0.02s，纸带上的A、B、C为三个相邻的计数点，在每两相邻的计数点间还有4个点没有画出，A、B间的距离x1=6.15cm，B、C间的距离x2=6.63cm，则小车的加速度a=_________m/s2．

(3)该实验中“细线对小车的拉力F等于砂和桶所受的总重力”是有条件的。若实验前已经平衡好了摩擦，将小车的质量记为M，砂和桶的总质量记为m，重力加速度为g，根据牛顿第二定律可计算出细线作用于小车的拉力F=__________（用题中所给字母表示）。如果实验中要进行质量M和m的选取，以下最合理的一组是_______。

A．M=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g

B．M =200g，m =20g、40g、60g、80g、100g、120g

C．M =400g，m =10g、15g、20g、25g、30g、40g

D．M =400g，m =20g、40g、60g、80g、100g、120g

(4)在本实验中认为细线对小车的拉力F等于砂和桶的总重力mg，已知两位同学利用实验数据做出的图像如图丙中的1、2所示。下列分析正确的是________（选填选项前的字母）。

A．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大

B．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过小

C．出现图线2的原因可能是砂和桶的总质量不合适

D．出现图线2的原因可能是小车的质量过大

【答案】    ①. BCD    ②. 0.48    ③.     ④. C    ⑤. A C

【解析】

【详解】(1)[1]

AB．实验中用到电火花计时器，所以需要220V、50Hz的交流电源，选项B正确，A错误；

C．验证牛顿第二定律实验中需要用天平测质量，选项C正确；

D．实验中需要通过纸带测出加速度，则需要刻度尺，，选项D正确。

故选BCD。

(2)[2]小车的加速度

(3)[3] 根据牛顿第二定律有，对整体有

对小车有

所以细线作用于小车的拉力

[4]当时，绳子拉力近似等于砂和砂桶的重力，因此最合理的一组是C。

(4)[5]

AB．由图线1可知F=0时，加速度a不等于零，可知平衡摩擦力过度，即木板一端垫得过高，选项A正确，B错误；

CD．出现图线2的原因可能是砂和桶的总质量不合适，没有满足远小于小车的质量，选项C正确，D错误。

故选AC。

14. 一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。

（1）如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F。

（2）如图（b），将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、____________和电子秤的示数F1。

（3）如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着（2）中L2方向拉开细线L2，使____________和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。

（4）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若__________________，则平行四边形定则得到验证。

【答案】    ①. 静止    ②. 三根细线的方向    ③. 结点O的位置    ④. F和F′在误差允许的范围内重合

【解析】

【详解】（1）[1]要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F。

（2）[2]要画出平行四边形，则需要记录分力大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。

（3）[3]已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。

（4）[4]根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则得到验证。

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）

15. 如图所示的传送带以速度v=2m/s匀速运行，AB部分水平，BC部分与水平面之间的夹角为30°，AB间与BC间的距离都是12m，工件与传送带间的动摩擦因数为，现将质量为5kg的工件轻轻放在传送带的A端，假设工件始终没有离开传送带，求：

（1）工件在AB上做加速运动过程中的位移

（2）工件在滑到C点时的速度大小

【答案】（1）（2）8m/s

【解析】

【详解】(1)设工件在传送带上时的加速度为a1，加速运动过程中的位移为s1，由牛顿定律得：

所以：

所以加速运动过程中的位移为：

(2)设当工件滑到BC部分上时物体的加速度为a2.对工件受力分析则

所以代入数据解得：

根据速度与位移的关系可得：

代入数据可得物体滑到C点时的速度为：vt = 8m/s

答：（1）工件在AB上做加速运动过程中的位移

（2）工件在滑到C点时的速度大小8m/s

16. 阅读下面一段材料，回答小题．2018年12月8日7︰30，“全民健步走 文明伴我行”徒步大会在宿迁市政府广场举行．整个队伍的行进路线为：市政府广场（起点）—古黄河生态公园—黄河南岸—双塔公园—黄河北岸—朱瑞将军纪念馆—市政府广场（终点），全程近10km，用时约3小时．若队伍沿黄河南岸的运动视为匀速直线运动，队伍行进的速度为4km/h．以下四幅图可以反映此匀速直线运动的是 （ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AB．v-t图像为倾斜直线即表示匀变速直线运动，所以A项中图像表示匀加速直线运动，B项中图像表示匀减速直线运动，AB错误；

C． x-t图像为倾斜直线表示匀速直线运动，C正确；

D．x-t图像为平行时间轴的直线表示物体静止，D错误。

故选C。

17. 如图，质量m=1kg的小球被竖直平面内的轻线和轻弹簧系着而处于静止，轻线和轻弹簧的另一端分别固定在竖直立柱和水平地面上，已知轻弹簧的劲度系数，其轴线与地面夹角，弹簧对小球的拉力F=10N，取重力加速度，求：

（1）弹簧的伸长量；

（2）轻线拉力T的大小及轻线与水平面的夹角．

【答案】(1) 0.02m，(2) .

【解析】

【详解】试题分析：根据共点力平衡求出弹簧的弹力，从而根据胡克定律求出弹簧的伸长量；对小球受力分析，根据平衡条件列方程即可求解．

（1）对轻质弹簧，根据胡克定律有：F= kΔx

代入数据解得：Δx=0.02m

(2)对小球受力分析如图所示：

因为小球静止，根据平衡条件，在水平方向有：Tcosα＝Fcosθ

在竖直方向有：Tsinα＝Fsinθ+mg

联立以上并代入数据解得：T=10N  α＝60°

点睛：本题主要考查了共点力的平衡，关键能够正确地受力分析，根据正交分解即可解题．