2022-2023学年江西省南昌市第二中学高一上学期期末模拟检测物理试题（解析版）

2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）

1. 关于物体的重心，下列说法正确的是(      )

A. 物体的重心一定在物体上

B. 任何物体的重心都在它的几何中心上

C. 物体的形状发生改变其重心位置一定改变

D. 物体放置的位置发生改变，重心对物体的位置不会改变

【答案】D

【解析】

【详解】A．重心可以在物体上，也可以在物体之外，如空心的球体重心在球心上，不在物体上，故A错误；

B．物体重心的位置与物体的形状以及质量分布有关，故B错误；

C．重心的位置跟物体的形状有关，还跟质量分布有关，物体形状改变，其重心的位置不一定会改变，故C错误；

D．质量分布均匀且形状有规则的物体，其重心在物体的几何中心，物体放置的位置发生改变．重心对物体的位置不会改变，故D正确；

故选D。

2. 如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P．设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P、Q由静止同时释放．关于P、Q以后的运动下列说法正确的是（   ）

A. 当θ =60º时，P、Q的速度之比是

B. 当θ =90º时，Q速度最大

C. 当θ =90º时，Q的速度为零

D. 当θ向90º增大的过程中Q的合力一直增大

【答案】B

【解析】

【分析】P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，根据运动的合成与分析分析PQ的速度关系，当θ=90°时，P的机械能最小，Q的动能最大，速度最大，当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小．

【详解】A项：P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，

则当θ=60°时，Q的速度vQcos60°=vP，解得，故A错误；

B、C项：P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q的速度最大，故B正确，C错误；

D项：当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ=90°时，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D错误．

故选B．

【点睛】考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当Q的速度最大时，P的速度为零，是解题的关键．

3. 近年来学校都非常重视足球．在某学校举行的颠球比赛中，小明在持续颠球过程中脚部几乎不动，如图所示，图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小约为（  ）

A 1m/s B. 3m/s C. 5m/s D. 7m/s

【答案】B

【解析】

【详解】由图可知，足球上升到的高度约为人高度的一半，除去人的脚的上表面距离地面得高度，大约上升有0.5m。

足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v，上升的高度为h，则有，

代入数据解得。

选项B正确，ACD错误。

故选B

4. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（　　）

A. F逐渐变大，T逐渐变大 B. F逐渐变大，T逐渐变小

C. F逐渐变小，T逐渐变大 D. F逐渐变小，T逐渐变小

【答案】A

【解析】

【详解】绳OB段拉力的大小始终等于物体的重力mg，故保持不变，设OA段绳与竖直方向的夹角为，由受力分析可知

在O点向左移动的过程中，角逐渐变大，故F逐渐变大，T逐渐变大。

故选A。

5. 关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法正确的是(　　)

A. 由实验观察直接得出了自由落体运动的速度随时间均匀变化

B. 让铜球沿斜面滚下，冲淡重力，使得速度测量变得容易

C. 创造了实验和逻辑推理相结合的科学方法

D. 利用斜面实验主要是为了便于测量小球运动的位移

【答案】C

【解析】

【详解】A．伽利略科学思想的核心是实验和逻辑推理的有机结合，伽利略认为自由落体运动是最简单的变速直线运动，即它的速度是均匀变化的，通过斜面实验并合理外推，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动。故A错误；

B．让铜球沿斜面滚下，冲淡重力，使得时间的测量变得容易，故B错误；

C．伽利略科学思想的核心是实验和逻辑推理的有机结合，故C正确；

D．伽利略时代的测量的技术比较落后，对时间的测量不够精确，利用斜面实验主要是为了冲淡重力，使小球运动的时间增大，便于测量小球运动的时间，故D错误；

故选C。

6. 歼20是我国自行研制的第五代隐身重型歼击机，假设歼20起飞前从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，起飞前的运动距离为x，则歼20从开始运动到起飞的速度为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】歼20做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式

可知起飞速度为

ABD错误，C正确。

故选C。

7. 下列四个图中所有接触面均粗糙，各物体均处于静止状态，其中物体A受力个数可能超过5个的是(　  　)

A.

B.

C.

D.

【答案】CD

【解析】

【详解】A、对整体分析，可知墙壁对A没有弹力，否则整体将向右运动，故A最多受到重力、B的支持力、摩擦力和弹簧的拉力共4个力，故A错误；

B、A最多受到重力、弹簧弹力、斜面的支持力和摩擦力共四个力作用，故B错误；

C、A受到重力、B的压力和摩擦力，斜面的支持力、推力，也可能受到斜面的摩擦力，共六个力，故C正确；

D、A最多受到重力、斜面的支持力、摩擦力、推力和B的压力共五个力，故D正确；

故选CD．

【点睛】本题考查分析受力的能力，运用整体法和隔离法分析是关键．

8. 有一根弹簧，当下端挂上一个50g的重物时，弹簧长度为3.40cm，当下端挂上两个50g重物时，弹簧长度为5.10cm。g=9.8m/s2,则下列说法正确的是（   ）

A. 弹簧的原长为1.70cm

B. 无法得出弹簧的原长

C. 弹簧的劲度系数约为28.8N/m

D. 弹簧的劲度系数约为288N/m

【答案】AC

【解析】

【详解】设弹簧的原长为L0，劲度系数为k，由二力平衡可得：

  ①

其中，，g=9.8m/s2

②

而，

联立可得：

AC正确，BD错误。

故选AC。

9. 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(  )

A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等

C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大

D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A．鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；

B．鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；

C．鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C错误；

D．若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确。

故选BD。

10. (多选)如图所示,A、B、C三个物体质量相等,它们与传送带间的动摩擦因数相同．三个物体随传送带一起匀速运动,运动方向如图中箭头所示．下列说法正确的是

A. A物体受到的摩擦力不为零,方向向右

B. 三个物体中只有A物体受到的摩擦力为零

C. B、C两物体受到的摩擦力大小相等,方向相反

D. B、C两物体受到的摩擦力大小相等,方向相同

【答案】BD

【解析】

【详解】A、A物体做水平方向的匀速直线运动，水平方向不受摩擦力，故A错误；

BCD、B、C物体均有相对传送带向下滑动的趋势，故均受到沿斜面向上的静摩擦力，大小等于mgsinθ，故B、D正确，C错误；

故选BD．

【点睛】关键是判断两个物体间是否存在摩擦力，需要判断两个物体间相对运动或者相对运动趋势，摩擦力方向和相对运动或者相对运动趋势方向相反，BC两物体有向下滑动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力．

11. 物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6 m/s，第2s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是（      ）

A. 物体的加速度是2 m/s2

B. 物体零时刻的速度是2 m/s

C. 第1s内的平均速度是5 m/s

D. 前2s内的位移是12 m

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．据题第1s末的速度是v1=6m/s，第2s末的速度是v=8m/s，两个时刻的时间间隔是t=1s，则物体的加速度为

故A正确；

B．由v1=v0+at1得

故B错误；

C．第1s内的平均速度是

故C正确；

D．前2s内的位移

故D正确。

故选ACD。

12. 如图所示，小孩与雪橇的总质量为m，大人用与水平面成θ角的恒定拉力F将雪橇沿水平地面向右匀速移动了一段距离L．已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，则关于各力对雪橇做功的说法正确的是

A. 拉力对雪橇做功为

B. 滑动摩擦力对雪橇做功为

C. 支持力对雪橇做功为

D. 雪橇受到的各力对雪橇做的总功为零

【答案】AD

【解析】

【分析】雪橇所受的各力都是恒力，可根据恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与S之间的夹角，来分析计算各力做的功；根据动能定理可分析合力的功的大小．

【详解】对雪橇受力分析，如图：

拉力做功为 WF=FLcosθ，故A正确；雪橇竖直方向受力平衡，有：N+Fsinθ=mg得：N=mg-Fsinθ；则摩擦力为：f=μN=μ（mg-Fsinθ）；摩擦力做功为：Wf=-fl=-μ（mg-Fsinθ）L，故B错误；支持力做功为：WN=NLcos90°=0，故C错误；由于雪橇做匀速运动，根据动能定理可知，合力的功为零，故D正确．故选AD．

【点睛】本题考查功的计算，要明确恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与S之间的夹角．注意功的公式只适用于恒力做功．

二、填空题（每小题6分，共18分）

13. 小丽同学做“探究物体的加速度与力、质量的关系”实验，装置如图甲所示．实验中，小丽同学适当垫高木板一端并调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，轻推小车，小车恰好匀速运动；再用天平测出小车的总质量，用砝码盘里砝码的重力代替小车所受的牵引力大小F.

(1)小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出．实验得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，O、A、B、C、D是在纸带上选取的计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，OA、CD间的距离分别为、打点计时器的打点周期为T，则小车运动的加速度大小为______。

(2)小丽同学通过实验记录牵引力大小F与对应的加速度a的几组数据画出图线．如图丙所示，图线不过原点，其原因主要是______；根据图线计算小车质量为______结果保留2位有效数字.

【答案】    ①.     ②. 未计入砝码盘重力    ③. 0.53

【解析】

【分析】(1)根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；(2)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解.

【详解】(1)用逐差公式有：，所以.

(2)实验记录牵引力大小F与对应的加速度a的几组数据画出图线图象，图象未过原点且在纵轴上有正截距，即当时，滑块就有加速度，显然是空盘还有重力使滑块产生了加速度，即原因是未计入盘的质量． 图象的斜率，由牛顿第二定律知道，所以滑块的质量.

【点睛】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力.

14. 如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。

(1)下列说法正确的是_____；

A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力

B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源

C．本实验m2应远小于m1

D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象

(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得，作出图像，他可能作出图2中_____(选填“甲”、“乙”、“丙”)图线，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_____.

A．小车与轨道之间存在摩擦             B．导轨保持了水平状态

C．砝码盘和砝码的总质量太大             D．所用小车的质量太大

(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数____，钩码的质量_____。

【答案】    ①. D    ②. 丙    ③. C    ④.     ⑤.

【解析】

【详解】(1)根据重力沿斜面向下的分力等于物体受到的摩擦力这一原理来平衡摩擦力，即满足

即
 

与质量无关，所以增减砝码后不需要重新平衡摩擦力，A错误；

B．由于实验过程非常短暂，为了得到更多的数据，应先接通电源后释放纸带，B错误；

C．为了保证钩码的重力等于细绳的拉力，钩码的质量应远小于小车和砝码的质量m2，C错误；

D．在用图象探究加速度与质量关系时，为了得出线性关系，应作图象，D正确。

故选D

(2)[2]没有平衡摩擦力，则在钩码有一定质量后，小车才具有加速度，故丙正确

[3]图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是砝码盘和砝码的总质量太大，不再满足砝码和砝码盘的质量远小于小车和砝码的质量

故选C

(3)[4]根据牛顿第二定律可知

结合图象，可得

图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量

[5]小车与木板间的动摩擦因数

15. 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置．

（1）本实验主要应用的方法是_______．

A．控制变量法       

B．假设法      

C．理想实验法

D．类比法

（2）实验中，需要平衡摩擦力和其它阻力，正确的操作方法是把长木板右端垫高，在______（选填“挂”或“不挂”）砝码和砝码盘、小车______（选填“拖”或“不拖”）纸带、打点计时器______（选填“打点”或“不打点”）的情况下，轻推一下小车，若小车做匀速运动，则表明已经消除了摩擦力和其它阻力的影响．

（3）在某次实验中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02s，且相邻两个计数点之间有4个点未画出．经测量得出各计数点间的距离如图所示．则小车的加速度a=________m/s2（结果保留两位有效数字）．

（4）在探究加速度与力的关系时，可认为细线对小车的拉力等于砝码 和砝码盘的重力．某同学根据测量数据作出的a-F 图像如图丙所示．由此推断该实验主要存在的两个问题是：

①______________________________________________；②_____________________________________________________．

【答案】    ①. （1）A；     ②. （2）不挂；    ③. 拖；    ④. 打点；    ⑤. （3）0.80；    ⑥. （4）①没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；    ⑦. ②没有满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量．

【解析】

【详解】（1）加速度与物体质量、物体受到的合力有关，在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，使用控制变量法，选A.（2）实验中需要平衡摩擦力，将木板右端适当垫高，不挂砝码和砝码盘，让小车拖着纸带在长木板上运动，当打点计时器在纸带上打出来的点是均匀分布的，说明小车做匀速直线运动，恰好平衡摩擦力．（3）相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻两个计数点之间时间间隔T=0.1s，根据，得，（4）①图线不过原点表明当时，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；②图线在末端弯曲的原因是没有满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量.

三、计算题

16. 如图所示，质量为的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量，倾斜角为30°，且始终静止，g取，求：

（1）斜面对滑块的摩擦力；

（2）地面对斜面体的摩擦力和支持力。

【答案】（1），方向沿斜面向下；（2），方向水平向左，，方向竖直向上

【解析】

【详解】（1）用隔离法：对滑块作受力分析。如图甲所示，在平行斜面的方向上

解得

滑块沿斜面向上运动，则斜面对滑块的摩擦力沿斜面向下。

（2）用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力如图乙所示。

设地面对斜面体的摩擦力和支持力，则在水平方向上有

斜面有向右运动的趋势，则斜面受到地面的摩擦力水平向左。

在竖直方向上有

地面对斜面的支持力竖直向上。

17. 如图甲所示，一物块质量为m=2 kg，以初速度v0=10 m/s从O点沿粗糙的水平面向右运动，同时受到一水平向左的恒力F作用，物块在运动过程中速度随时间变化的规律如图乙所示，求：

（1）恒力F的大小及物块与水平面的动摩擦因数μ；

（2）物块在4 s内的位移大小。

【答案】（1）7 N，μ=0.15 （2）6 m

【解析】

【分析】

【详解】（1）由图可知，0~2 s内，物体向右做匀减速直线运动，2 s~4 s内，物体向左做匀加速直线运动。0~2 s内，有

方向水平向左；2 s~4 s内，有

方向水平向左；由牛顿第二定律，得到

代入数据解得：F=7"N，μ=0.15；

（2）依据图象可知，物体4 s内的位移

x=×2×10 m －×2×4 m =6m