2023-2024学年福建省漳州第一中学高一（上）期末模拟物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省漳州第一中学高一（上）期末模拟物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.以下说法中正确的是( )
A. 第19届亚运会于9月23日晚上8：00正式开幕，这里的9月23日晚上8：00指时间间隔
B. 研究蛙泳运动员覃海洋的蛙泳动作时，可以把覃海洋视为质点
C. 时间、质量和路程都标量，位移、速度和力都是矢量
D. 炮弹以700m/s的速度射出炮口，700m/s是指炮弹在炮筒中的平均速度大小
2.某次直升式电梯由静止从低处到高处时，记录电梯启动过程中牵引绳索对电梯的牵引力随时间变化的图象如图所示，已知电梯与乘客总质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 0−t1电梯速度先增大后减小，先超重再失重
B. t1−t2电梯匀速上升，既不超重也不失重
C. t2−t3电梯速度继续增大，处于超重状态
D. t3以后电梯保持静止，既不超重也不失重
3.某同学身高1.8 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m高的横杆。据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为( )
A. 2 m/sB. 4 m/sC. 6 m/sD. 8 m/s
4.如图所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则( )
A. 轻绳对小球的拉力保持不变B. 轻绳对小球的拉力逐渐增大
C. 小球对墙壁的压力保持不变D. 小球对墙壁的压力逐渐减小
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，用劲度系数k=2N/cm的弹簧测力计竖直悬挂一静止的质量为1kg的果篮。下列说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. 果篮对弹簧测力计的拉力就是果篮受到的重力
B. 果篮对弹簧测力计的拉力是由于果篮形变产生的
C. 果篮对弹簧测力计的拉力和果篮的重力是一对作用力与反作用力
D. 弹簧的形变量为5cm
6.如图所示，一物块从光滑斜面上某处由静止释放，与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。当物块与弹簧接触后，下列说法中正确的是
( )
A. 物块与弹簧接触后立即做减速运动
B. 物块与弹簧接触后先加速后减速
C. 当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不为零
D. 当物块的速度为零时，它所受的合力为零
7.如图所示，一个物块在竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，拉力F与物块速度v随时间变化规律分别如图甲、乙所示，物块向上运动过程中所受空气阻力大小不变，取重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 物块质量为250gB. 物块质量为500g
C. 物块所受空气阻力大小为3.5ND. 物块所受空气阻力大小为2.5N
8.在机场和火车站可以看到对行李进行安检的水平传送带。如图甲所示，传送带正以一定的速度v按图示方向匀速运动，旅客把行李(可视为质点，初速度可视为零)放到传送带左端时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，经过0.4s行李在传送带上停止滑动，此时行李还没有到达传送带的最右端。现把手机放在行李中，并打开手机中的测加速度的APP，从而测出来了行李的加速度变化情况，如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 行李在传送带上滑行时所受的摩擦力方向向左
B. 行李与传送带之间的动摩擦因数为0.5
C. 传送带的速度v等于0.20m/s
D. 行李相对于传送带滑动的距离为0.04m
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.某汽车即将抵达目的地时，开始刹车并做匀减速直线运动直到停止。从刹车开始计时，汽车在0−2s内的位移为16m，4−6s内汽车的位移为1m，则汽车开始刹车时的初速度大小为__________，汽车刹车过程的加速度大小为___________。
10.如图所示，质量为m的物体受到推力F作用，仍处于静止状态，已知推力F与水平面的夹角为θ，物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则物体所受地面支持力大小为_______，受到的地面摩擦力大小为_______。
11.如图，质量为1kg的物体A与质量为2kg的物体B，用一轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，在15N的水平推力作用下一起做匀加速直线运动，则加速度大小为______m/s2，弹簧的弹力大小为______N。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。
(1)已备好的器材有图钉、带细绳套的橡皮筋、木板、白纸、铅笔，还需要_______。
(2)实验中弹簧测力计的指针如图甲所示，则此时弹簧测力计的示数为_______N。
(3)图乙所示是在白纸上根据实验结果画出的力示意图，该图中的_______表示力F1和F2合力的理论值。选(填“F”或“F′”)
13.某实验小组利用图甲所示实验装置探究加速度与力、质量的关系，打点计时器的工作频率为50Hz．
(1)下列做法正确的是_____。
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.每次改变小桶及桶内砝码的总重力后，都需要重新平衡摩擦力
C.实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源
(2)某次测量纸带上计数点的间距如图乙所示，每相邻两点之间还有四个点未画出。则小车加速度a=_____m/s2。(结果保留2位有效数字)
(3)实验时我们认为小桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，实际上绳子拉力_____(选填“大于”“等于”或“小于”)小桶及桶内砝码的总重力。
(4)某同学在用此装置研究加速度a与拉力F的关系．实验中忘记平衡摩擦力，轨道水平放置，得到如图丙所示直线，直线在纵轴上的截距为−a0。则由图像求得该物块与木板间的动摩擦因数为_____。(重力加速度为g，结果用a0与g表示)
五、简答题：本大题共2小题，共20分。
14.“百公里加速”指的是0到100km/h(约等于28m/s)加速时间，是对汽车动力最直观的体现。如图所示，现对我国新能源汽车，进行百公里加速时间测试。t=0时，汽车从静止开始匀加速直线开出，然后经历匀速直线运动和匀减速直线运动直到停止。下表给出了不同时刻汽车的速度大小，据此表求该汽车：
(1)加速时的加速度大小；
(2)匀减速运动的位移大小。
15.如图所示，建筑工地上一质量为m=66kg人正在用图示装置缓慢拉升质量m0=150kg的重物，在某一时刻，OA绳与竖直方向夹角θ=37°，OA与OB绳恰好垂直。已知可将此人视为质点，并视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。则：
(1)此时OB绳的拉力为多大；
(2)若此时人恰好不被拉动，则人与地面间的动摩擦因数μ为多大？
六、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图，倾角为θ=37°的固定斜面与水平面平滑连接，斜面上放置一质量M=4kg、长度L1=10m的薄板AB，薄板上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离L2=15m，在薄板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块，将小滑块和薄板同时无初速释放。已知薄板、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为μ1=0.5，小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求小滑块在薄板上滑动时，小滑块和薄板的加速度大小各为多少；
(2)求小滑块经多长时间滑离薄板；
(3)当小滑块滑离薄板时，立刻对薄板施加一平行于斜面向上的恒力F=8N，求薄板B端滑到C点时，小滑块与C点的距离为多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.晚上8:00正式开幕，描述的是一个状态，因此这里的9月23日晚上8:00指时刻，故A错误；
B.研究蛙泳运动员罩海洋的蛙泳动作时，人的形状和体积对所研究的问题的影响不能够忽略，即不可以把覃海洋视为质点，故B错误；
C.时间、质量和路程都标量，只有大小而无方向，遵循代数运算；位移、速度和力都是矢量，既有大小又有方向，遵循平行四边形法则运算，故C正确；
D.炮弹以700m/s的速度射出炮口，700m/s是指炮弹在出炮口的瞬时速度大小，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.0−t1牵引绳索对电梯的牵引力大于重力，则电梯的加速度向上，速度增加，电梯处于超重状态，选项A错误；
B.t1−t2牵引绳索对电梯的牵引力大于重力且保持不变，则电梯匀加速上升，电梯处于超重状态，选项B错误；
C.t2−t3牵引绳索对电梯的牵引力仍大于重力，电梯加速度向上，则速度继续增大，处于超重状态，选项C正确；
D.t3以后牵引绳索对电梯的牵引力等于重力，电梯保持匀速运动，既不超重也不失重，选项D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】【分析】
利用竖直上抛规律解决实际问题时，核心是建立模型，将实际问题简化，再运用竖直上抛运动的规律求解。
运动员跳高的运动模型为竖直上抛运动，因为是背跃式跳高，所以只要运动员的重心能够达到横杆处，运动员即可越过横杆，根据速度位移关系公式求解即可。
【解答】
运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，有：
运动员重心升高的高度约为h=12×1.8m=0.9m；
根据竖直上抛运动的规律v2=2gh；得v= 2gh= 2×10×0.9= 18m/s≈4m/s，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的是共点力的平衡问题，属于基础问题。
首先做出物体的受力分析，根据力的合成法则结合数学知识求解即可。
【解答】
分析小球受力情况如图：
；
小球受到重力、拉力和墙壁对小球的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力 T=mgcsθ； 墙壁对小球的弹力N=mgtanθ。因为θ逐渐增大，csθ逐渐减小，则拉力F逐渐增大；tanθ逐渐增大，则墙壁对小球的弹力N逐渐增大，可知小球对墙壁的压力逐渐增大，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.【答案】BD
【解析】AC.果篮对弹簧测力计的拉力与弹簧测力计对果篮的拉力是相互作用力，对果篮受力分析，果篮受到的重力与弹簧测力计对果篮的拉力是一对平衡力，所以果篮对弹簧测力计的拉力在数值上等于果篮受到的重力，并不能认为果篮对弹簧测力计的拉力就是果篮受到的重力，故AC错误；
B.果篮对弹簧测力计的拉力是由于果篮形变产生的，故B正确；
D.根据胡克定律和二力平衡可得
mg=kx
解得
x=5cm
即弹簧的形变量为5cm，故D正确。
故选BD。
6.【答案】BC
【解析】【分析】
物体与弹簧接触前在拉力F的作用下做匀加速运动，与弹簧接触后，水平反向受拉力F和弹簧的向右的弹力作用，开始时拉力大于弹力，物体加速，但加速度减小，当弹力增加到等于拉力时，合力减小为零，加速度也减为零，其后物体继续运动，弹力进一步增大，物体减速，直到停止，物体还会弹回．物体依靠惯性运动，力是改变速度的原因，物体与弹簧接触后，弹力不断变大，物体向右运动经历先加速后减速的过程。
【解答】AB、物体与弹簧接触后，弹力由零逐渐变大，开始时向右的弹力小于拉力，故合力向右，但合力不断变小，当弹力增大到等于拉力时，合力减为零，加速度也减为零，速度达到最大，之后物体由于惯性继续向右运动，弹力进一步增大，变得大于拉力，合力变为向左，且不断变大，故物体不断减速，加速度不断增大，直到速度减为零，即物体先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故A错误，B正确；
CD、当弹簧弹力等于拉力时，加速度最小，等于零，而速度最大，当速度减为零时，弹簧处于最大压缩量，加速度最大，合力也最大，故C正确，D错误。
7.【答案】AD
【解析】由图乙可知，在2s之后，物块做匀速直线运动，故受力平衡，则
f+mg=F2=5N
在0—2s时间内，物块做匀加速直线运动，加速度为
a=ΔvΔt=2m/s2
根据牛顿第二定律可得
F1−f−mg=ma
解得
m=0.25kg=250g
f=2.5N
故选AD。
8.【答案】CD
【解析】A.以初速度为零将行李放在传送带上，行李相对传送带向左运动，所以受到向右的摩擦力，故A错误；
B.根据牛顿第二定律得
μmg=ma
解得
μ=0.05
故B错误；
C.经过0.4s行李在传送带上停止滑动，0.4s时物块的速度等于传送带的速度，即
v=at=0.20m/s
故C正确；
D.行李相对于传送带滑动的距离为
x=12at2=0.04m
故D正确。
故选CD。
9.【答案】 10m/s 2m/s2
【解析】[1][2]若汽车在4−6s刚好停止运动，逆向可看做初速度为零的匀加速度运动，根据相同时间的位移比可知
x1x3=15
4−6s内的位移是lm的话，则0−2s的位移应该为5m，不是16m。所以小车在6s末前已经停下，设4s后经过时间 t 停止运动，则
1=12at2
16=12a4+t2−12a2+t2
解得
a=2m/s2 ， t=1s
初速度大小为
v=at+4=10m/s
10.【答案】 mg+Fsinθ Fcsθ
【解析】[1]物体所受地面支持力大小为
N=mg+Fsinθ
[2]因为物体静止，所以它受到的地面摩擦力大小为
f=Fcsθ
11.【答案】5 10
【解析】解：对AB的整体，由牛顿第二定律可知F=(mA+mB)a
解得
a=5m/s2
对物体B分析可知
T=mBa=2×5N=10N
弹簧的弹力大小为10N。
故答案为：5；10。
先对整体A、B分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离B分析，运用牛顿第二定律求出A对B的作用力。
本题考查牛顿第二定律关于连接体的分析方法：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解，注意整体法和隔离法的运用。
12.【答案】 CD##DC 2.14 F
【解析】(1)[1]刻度尺是确定力的方向和作图所必需的，弹簧测力计是测力所必需的，本实验不用测物体速度和质量，不需要钩码和打点计时器；
故选CD。
(2)[2]最小分度值为0.1N，所以读数为2.14N；
(3)[3]根据平行四边形合成出来的是理论值，即F。
13.【答案】 A 0.83 小于 a0g
【解析】(1)[1]A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，从而减小实验误差，故A正确；
B.平衡摩擦力只需平衡一次即可，故B错误；
C.实验时，先接通打点计时器，再放开木块，故C错误；
故选A。
(2)[2]电源的频率为50Hz，则周期T0=0.02s，每相邻两计数点间有四个点未画出，则图中标出的相邻两计数点之的时间间隔
T=5T0=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知，木块的加速度为
a=x47−x149T2
代入数据解得
a=0.83m/s2
(3)[3]对小桶及桶内砝码根据牛顿第二定律有
mg−T=ma
所以实际上绳子拉力小于小桶及桶内砝码的总重力。
(4)[4]当没有平衡摩擦力时有
F−f=Ma
f=μMg
整理得
a=FM−μg
纵轴截距为
−a0=−μg
解得
μ=a0g
14.【答案】(1) 4m/s2 ；(2)39.2m
【解析】(1)加速时的加速度大小
a=ΔvΔt=16−84−2m/s2=4m/s2
(2)匀减速运动的加速度大小
a′=Δv′Δt′=22−1220−19m/s2=10m/s2
匀减速运动的位移大小
x=v′22a=39.2m
15.【答案】(1) 900N ；(2)0.6
【解析】(1)根据题意，对结点O受力分析，如图所示
OA与OB绳恰好垂直，根据平衡条件，则
FOB=m0gsinθ
解得
FOB=900N
(2)对人进行受力分析，由共点力平衡条件可得
FOBcsθ=f
NB=FOBsinθ+mg
人恰好不被拉动时
f=μNB
解得
μ=0.6
16.【答案】解：(1)对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律mgsinθ=ma1
得加速度为a1=6m/s2
对薄板受力分析，根据牛顿第二定律Mgsinθ−μ1(M+m)gcsθ=Ma′1
得加速度为a′1=1m/s2
(2)设小滑块从开始经过t1时间滑离薄板
对小滑块有s1=12a1t12
对薄板有s2=12a′1t12
L1=s1−s2
联立解得t1=2s(另一解t1=−2s舍去)
(3)小滑块滑离薄板后，对薄板受力分析，根据牛顿第二定律Mgsinθ−μ1Mgcsθ−F=0
之后薄板匀速下滑，此时薄板的速度为v2=a′1t1=1×2m/s=2m/s
之后匀速运动时间为t2=L2−s2v2=15−22s=6.5s
小滑块滑离薄板后，对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律mgsinθ−μ1mgcsθ=ma2
解得a2=2m/s2
小滑块滑离薄板时的速度v1=a1t1=6×2m/s=12m/s
小滑块从脱离薄板到滑至C点时的速度v3
L2−s2=v32−v122a2
解得v3=14m/s
经历的时间t3
t3=v3−v1a2=14−122s=1s
小滑块滑至水平面时的加速度大小为a3=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2
小滑块从C点滑至停止的时间t4=v3a3=142s=7s
综上可得，薄板B端滑至C点时，小滑块尚未停止且在水平面上已滑行时间t5
t5=t2−t3=6.5s−1s=5.5s
小滑块在水平面上滑行的距离为s=v3t5−12a3t52
解得s=46.75m
答：(1)小滑块在薄板上滑动时，小滑块的加速度大小为6m/s2，薄板的加速度大小为1m/s2；
(2)小滑块经2s滑离薄板；
(3)当小滑块滑离薄板时，立刻对薄板施加一平行于斜面向上的恒力F=8N，薄板B端滑到C点时，小滑块与C点的距离为46.75m。
【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求出小滑块加速度；
(2)根据牛顿第二定律求出平板AB加速度，在根据位移公式即可求出小滑块离开平板的时间；
(3)求出滑块滑离平板时的速度，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出运动时间。
本题的关键在于分析两物体的受力情况，再确定物体的运动情况，分析要抓住两者位移关系，本题也可以运用动量定理与运动学公式结合求时间。时刻/s
2.0
4.0
…
9.0
12.0
15.0
…
19.0
20.0
速度/m⋅s−1
8
16
…
28
28
28
…
22
12