广东省广州市真光中学高一上学期期末物理模拟试卷-A4

这是一份广东省广州市真光中学高一上学期期末物理模拟试卷-A4，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列仪器和器材不能直接测量力学基本物理量的是( )
A. 弹簧测力计B. 托盘天平
C. 刻度尺D. 打点计时器
2.2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十八号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，如图所示。神舟十八号载人飞船入轨后，于北京时间2024年4月26日3时32分，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，整个自主交会对接过程历时约6.5小时。下列说法正确的是( )
A. 2024年4月25日20时59分，指的是时间间隔
B. 研究空间站的姿态调整问题时，可以将其视为质点
C. 空间站绕地球飞行一周，任一时刻的瞬时速度均不为零，但是一周的平均速度为零
D. 飞船加速上升过程中，飞船对航天员的支持力大于航天员对飞船的压力
3.用照相机拍摄快速移动的物体时，照片上往往会产生一个拖影，使得照片看上去比较模糊。利用某高速摄像机拍摄子弹穿过苹果瞬间的照片，将拍得的照片放大后进行分析，发现在曝光时间内，子弹拖影的距离约为苹果尺寸的1%∼2%。已知子弹飞行速度约为500m/s，由此可估算出该照片的曝光时间最接近( )
A. 10−3sB. 10−6sC. 10−9sD. 10−12s
4.如图所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图所示，传送带长为2.1m，被检物品与传送带的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中，(g取10m/s2，被检物品可视为质点)，下列说法正确的是( )
A. 物品先做匀加速运动后做匀速运动B. 物品从A端到B端所用的时间为1.5s
C. 物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力D. 若减小传送带速度物品传送时间可能不变
5.某同学竖直向上抛出一个篮球，过一段时间篮球回到该同学手中，篮球在空中运动的过程中没有匀速运动，受到的空气阻力大小与速度大小成正比，则( )
A. 篮球运动过程中的加速度一直减小
B. 篮球运动过程中的加速度先增大后减小
C. 篮球上升过程的平均速度等于下降过程的平均速度
D. 篮球上升过程的平均速度小于下降过程的平均速度
6.如图所示，用起重机竖直缓慢吊起质量为m的正方形板材，两根轻质绳索AOC、BOD长度相同，且∠AOC=∠BOD=120∘。吊钩与绳索以及绳索之间的摩擦不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 绳索的拉力大小为mg
B. 若换用较短的绳索，则每根绳索的拉力变大
C. 若换用较长的绳索，则板材所受绳索拉力的合力变小
D. 起重机受地面的摩擦力水平向左
7.如图所示，一辆汽车沿水平面向右做加速度为a的匀加速直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于车厢顶部，且与车厢保持相对静止，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止。物块B与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则( )
A. 轻质细线对小球A的拉力大小为ma
B. 车厢左壁与物块B之间的摩擦力大小为μMa
C. 车厢左壁对物块B的作用力大小为 (Ma)2+(Mg)2
D. 若汽车的加速度a增大，则车厢左壁对物块B的摩擦力也随之增大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.有几位同学为了测试某款汽车的性能，记录了该汽车沿平直公路从零时刻开始启动、匀速行驶和制动三个过程速度的变化情况如表，若汽车启动和制动可看作是匀变速直线运动，则下列说法正确的是( )
A. 汽车加速到6s末才开始匀速运动B. 加速阶段位移为78.4m
C. 汽车匀速运动的位移大小为168mD. 制动过程加速度大小不一定为9m/s2
9.如图所示，某同学用频闪相机拍出屋檐上某个水滴下落情况。已知第1次闪光时，水滴刚好离开屋檐，共闪光4次，每次闪光的时间很短可忽略不计，相邻两次闪光时间间隔为0.1s，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 第2次闪光时，水滴的速度大小为1m/s
B. 相邻两次闪光时间间隔内的位移增量为0.1m
C. 第1次闪光到第2次闪光，水滴下落的距离为0.05m
D. 第3次闪光到第4次闪光水滴速度的增量大于第1次闪光到第2次闪光水滴速度的增量
10.研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离h及其对应的速度v，得到如图所示的v2−h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，弹性绳上的弹力遵循胡克定律，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，以下说法正确的是( )
A. 弹性绳的劲度系数为120N/mB. 运动员在下落过程中先超重再失重
C. 运动员在最低点处加速度大小为20m/s2D. 运动员在速度最大处运动员处于失重状态
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图1所示装置做“验证力的平行四边形定则”实验。
(1)对于实验中的要点，下列说法中正确的是______(填字母序号)；
A.细绳套适当长一些
B.用两个弹簧秤拉橡皮条时，两个弹簧秤之间的夹角适当大一些
C.用两个弹簧秤拉橡皮条时，两个弹簧秤的示数都应该尽可能接近量程
D.作力的图示时，力的标度取值尽可能大
(2)图2是甲和乙两位同学分别做以上实验时得到的结果，其中哪一个______比较符合实验事实？(力F是只用一只弹簧测力计拉时的图示)(填“A”或“B”)
(3)某同学完成“验证力的平行四边形定则”实验后，与另一位同学合作利用该装置测定弹簧的劲度系数。某次实验操作如图3甲所示，测出弹簧伸长量x=1.00cm，F1的读数为5.0N。
①弹簧测力计F2的读数______ N；
②在图3乙坐标纸上作图求F1、F2的合力，并在图上标出合力的大小；(结果保留两位有效数字)
③由此可求出该弹簧的劲度系数k=______N/m。
12.为了探究加速度与力、质量的关系，某同学用如图甲所示的实验装置进行实验。
(1)以下说法正确的是______。
A.验证a与F两者关系时，小车质量(含车内砝码)不变，改变钩码质量，不需要满足小车质量远大于钩码质量
B.要把长木板左端垫高以平衡摩擦力
C.定滑轮和小车间的细绳要保持水平
D.测量相邻两点间的距离，应该用毫米刻度尺零刻度对准起始计数点0，读出各计数点对应刻度值，然后逐一相减，得出相邻计数点间距离的数值
(2)图乙是实验中的一条纸带，已知交流电频率为50Hz，两相邻计数点间还有三个计时点未画出，根据纸带可求出物块加速度为______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)以拉力大小为横坐标F，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像如图丙所示，图像斜率为______(可能需要的物理量符号：悬挂钩码质量m、小车含车内砝码质量M、重力加速度g)，图像未过坐标原点的原因是______。
(4)若实际工作频率是48Hz，而该同学不知情，则该同学算出来的加速度______真实值(填“大于”、“等于”、“小于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.安全距离含反应距离和刹车距离，下表为某汽车在一平直道路上测试时的一组数据，已知试驾员的反应时间为定值。
(1)求试驾员的反应时间及该汽车刹车时的加速度大小；
(2)该汽车以108km/h的速度在某段平直高速公路上行驶，试驾员突然发现正前方50m处有辆货车正在慢速运行，马上采取刹车措施。已知此时货车的速度为36km/h，路面状况与测试时的路面相同，请通过计算说明该汽车是否会发生安全事故？
14.图甲是《天工开物》中古人挖煤时的场景，装满煤块的簸箕总质量为20kg，牵引绳和水平地面夹角θ=53∘，示意图如图乙所示，井口的人以100N拉力恰好能拉动簸箕，并缓慢将其拉至滑轮正下方，再缓慢拉至井口。忽略绳子和滑轮之间的阻力，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)沿着竖直方向缓慢拉升簸箕时，绳子中的拉力大小；
(2)簸箕恰好被拉动时地面对簸箕的支持力和摩擦力；
(3)簸箕和地面之间的动摩擦因数。
15.如图所示，左端带有竖直挡板的平板工件静置于水平桌面上，工件底面与水平桌面间的动摩擦因数μ1=0.2；O为工件上表面一点(图中未画出)，工件上表面O点左侧光滑、右侧粗糙。一小滑块紧靠挡板放在工件上，其与工件上表面粗糙部分间的动摩擦因数μ2=0.8。现对工件施加F=12N的水平推力，并在1.5s后撤去，当滑块到达O点时工件速度恰好为零，已知工件质量M=2kg，滑块质量m=1kg，g取10m/s2，桌面足够长。
(1)求水平推力作用过程中，滑块对挡板压力的大小；
(2)求工件光滑部分的长度d；
(3)若最终滑块恰好未从工件上滑下，求工件的长度L。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、测力计直接测量力的大小，而力不是力学中基本物理，故A错误。
B、天平测量物体的质量，故B正确。
C、刻度尺可以测量长度，故C正确；
D、打点计时器可以记录时间，故D正确；
选不能直接测量力学基本物理量
故选：A。
力学的三个基本物理量分别为长度、时间、质量，测量工具分别为刻度尺、天平、秒表。力不是基本物理量。
解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的测量工具，需识记，不能搞混，要注意力不是基本物理量。
2.【答案】C
【解析】解：A.时刻为时间点，时间间隔为时间段，所以2024年4月25日20时59分，指的是时刻，故A错误；
B.研究空间站的姿态调整问题时，空间站的形状、大小不能忽略不计，不可以将其视为质点，故B错误；
C.平均速度为位移与时间的比值，绕地球飞行一周，任一时刻的瞬时速度均不是零，飞船回到起点，故位移是零，一周的平均速度是零，故C正确；
D.飞船加速上升过程中，根据牛顿第三定律可知，飞船对航天员的支持力大小等于航天员对飞船的压力，故D错误。
故选：C。
时刻为时间点，时间间隔为时间段；当物体的形状和大小对研究对象可忽略不计时，可把物体看作质点；平均速度为位移与时间的比值；相互作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
本题主要考查了时刻、质点、平均速度等基础知识点，解题关键掌握当物体的形状和大小对研究对象可忽略不计时，可把物体看作质点；平均速度为位移与时间的比值。
3.【答案】B
【解析】解：苹果的直径约为10cm，子弹的长度大约与苹果的半径相等，即子弹的长度大约为5cm，则曝光时间内子弹移动的距离约为：
x=10cm×1%=0.1cm=1×10−3m
则可得曝光时间为：
t=xv
t=2×10−6s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据与子弹错开的距离的大小可以知道子弹在曝光时间内的位移的大小，由子弹的速度可以求得曝光的时间。
本题直接应用位移公式就可以求得曝光的时间，确定曝光时间内物体的位移的大小是本题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：物品刚放在传送带上时相对传送带滑动，做初速度为零的匀加速直线运动，对物品，由牛顿第二定律得：μmg=ma
代入数据解得：a=3m/s2
假设物品可以加速到与传送带共速，则加速运动的时间为t1=va =43s
加速运动的距离为x1=12at12=12×3×(43)2m=83m≈2.67m>2.1m
假设不成立，物品在传送带上一直做加速运动s=12at2
物品从A端到B端所用的时间为t= 2sa= 4.13≈1.169s
A、物品先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B、物品从A端到B端所用的时间为1.2s，故B错误；
C、全过程中，物品先一直受到向右的滑动摩擦力，故C错误；
D、当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。
故选：D。
物品在摩擦力的作用下加速运动，先根据牛顿第二定律求解出加速度，然后假设一直加速，根据运动学公式求出加速的位移，再判断物品有没有到达B端，发现没有到达B端，接下来物品做匀速运动直到B端，匀速过程不受摩擦力．
本题关键要对滑块受力分析后，根据牛顿第二定律求解出加速度，再结合运动学公式列式求解加速过程的位移，判断是否一直匀加速．
5.【答案】A
【解析】解：AB.篮球上升过程中，根据牛顿第二定律得
mg+kv=ma上
速度减小，阻力减小，合力减小，加速度减小；
下降过程中，根据牛顿第二定律得
mg−kv=ma下
速度增大，阻力增大，合力减小，加速度减小，
故A正确，B错误；
CD.上升与下降过程的位移大小相等，由于上升过程的加速度大，因此时间短，平均速度大，故CD错误。
故选：A。
由牛顿第二定律求解加速度变化，由平均速度公式分析平均速度关系。
本题考查牛顿运动定律，学生需结合牛顿运动定律进行定性分析。
6.【答案】B
【解析】解：A.因为同一根绳索的力大小相等，两根轻质绳索AOC、BOD长度相同，且∠AOC=∠BOD=120∘，质量为m的正方形板材在绳索拉力和自身重力的作用下处于平衡状态，且两力等大且夹角为120∘时，合力与分力大小相等，合力方向在两力夹角的角平分线上，所以每根绳索给板材的力都是竖直向上的0.5mg，且每根绳索力的大小均为0.5mg。故A错误；
BC.由以上分析可知，不论绳索变长或短，每根绳索给板材的合力不变，都是竖直向上的0.5mg，则若换用较短的绳索，则每根绳索的夹角变大，则每根绳索的拉力变大。故B正确，C错误；
D.由题意可知，起重机处于平衡状态，因为水平方向没有使其有相对地面运动趋势的力，则由共点力的平衡条件可知，起重机不受到地面的摩擦力。故D错误。
故选：B。
A.两力等大且夹角为120∘时，合力与分力大小相等，合力方向在两力夹角的角平分线上，据此判断；
BC.由以上分析可知，不论绳索变长或短，每根绳索给板材的合力不变，都是竖直向上的0.5mg，据此判断；
D.起重机处于平衡状态，由共点力的平衡条件判断即可。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据题意，对小球受力分析，如图所示
由几何关系有F=mgtanα，T=mgcsα=masinα，由牛顿第二定律有F=ma可得：a=gtanα，故A错误；
B.由题知，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，则有f=Mg，故B错误；
C.车厢左壁对物块B的作用力大小为FB= f2+FN2= (Ma)2+(Mg)2，故C正确；
D.由于最开始，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，则说明Mg0时小车才有加速度，可知图像未过坐标原点的原因是平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力；
(4)因为交流电的实际频率为48Hz，则代入计算的周期比实际的周期要小，根据加速度的公式可知，加速度的测量值偏大。
故答案为：(1)ABD；(2)3.13；(3)1M，平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力；(4)大于。
(1)根据验证牛顿第二定律实验的要求和注意事项，误差问题，结合实验提供的器材进行分析判断；
(2)根据逐差法求解加速度公式代入数据解答；
(3)根据牛顿第二定律结合图像的斜率、截距的物理意义分析解答；
(4)根据加速度公式结合周期的变化情况分析误差情况。
考查牛顿第二定律的实验要求和注意事项，纸带的数据处理，图像的斜率和截距的理解，会根据题意进行准确分析解答。
13.【答案】解(1)由表格数据可知，v=36km/h=363.6m/s=10m/s，反应时间t=s1v=610s=0.6s
根据速度-位移公式v2=2as2，代入数据可得a=5m/s2
(2)由题意可知v货=36km/h=363.6m/s=10m/s，汽车初速度v0=108km/h=1083.6m/s=30m/s，设经过t1秒两车速度相等，则有：v货=v0−a(t1−t)，代入数据可得t1=4.6s
这段时间里汽车的位移为x1=v0t+v0(t1−t)−12a(t1−t)2
这段时间里货车的位移为x2=v货t1
代入数据可得x1=98m，x2=46m，x1−x2=98m−46m=52m>50m，故会发生安全事故。
答：(1)试驾员的反应时间为0.6s，该汽车刹车时的加速度大小为5m/s2；
(2)汽车会发生安全事故。
【解析】(1)由表格数据，结合运动学公式求解；
(2)先求出共速时间，然后计算共速时两车的位移，再分析作答。
解决本题的关键是知道在反应时间内汽车做匀速直线运动，刹车过程汽车做匀减速直线运动，相遇问题用位移列方程求解。
14.【答案】解：(1)沿着竖直方向缓慢拉升簸箕时，绳子拉力等于装满煤块的簸箕的总重力，则绳子中的拉力为
F=mg，解得F=200N
(2)簸箕恰好被拉动时，对簸箕受力分析，如下图所示
竖直方向根据平衡条件有，簸箕恰好被拉动时地面对簸箕的支持力为
FN=mg−Tsinθ=200N−100N×0.8=120N
簸箕恰好被拉动时地面对簸箕的摩擦力为
f=Tcsθ=100N×0.6=60N
(3)根据滑动摩擦力公式有
f=μFN
则簸箕和地面之间的动摩擦因数为
μ=fFN，解得μ=0.5
答：(1)沿着竖直方向缓慢拉升簸箕时，绳子中的拉力大小200N；
(2)簸箕恰好被拉动时地面对簸箕的支持力120N，摩擦力60N；
(3)簸箕和地面之间的动摩擦因数0.5。
【解析】(1)装满煤块的簸箕缓慢运动，根据平衡条件，求F；
(2)对簸箕受力分析，水平方向、竖直方向根据平衡条件列式，求摩擦力和支持力大小；
(3)根据滑动摩擦力公式，求动摩擦因数。
本题解题关键是根据平衡条件列式，求出力的大小。
15.【答案】解：(1)在水平推力作用下，滑块与工件看作整体，对整体由牛顿第二定律可得F−μ1(M+m)g=(M+m)a0
解得a0=12−0.2×(2+1)×102+1m/s2=2m/s2
对滑块则有F1=ma0，解得F1=1×2N=2N，由牛顿第三定律可知，滑块对挡板压力的大小为2N；
(2)撤去推力F时，滑块与工件的速度为v0=a0t0=2×1.5m/s=3m/s，
撤去推力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有μ1(M+m)g=Ma1
解得：a1=0.2×(2+1)×102m/s2=3m/s2
工件运动时间是t1=v0a1=33s=1s
工件光滑部分的长度d=v0t1−v02t1=3×1m−32×1m=1.5m；
(3)滑块运动到粗糙面上时，对滑块则有μ2mg=ma2
解得a2=0.8×10m/s2=8m/s2
对工件则有μ2mg−μ1(M+m)g=Ma3
解得a3=0.8×1×10−0.2×(2+1)×102m/s2=1m/s2
滑块做减速运动，工件做加速运动，当滑块与工件速度相等时有
v为=v0−a2t2=a3t2
解得t2=38+1s=13s，v共=1×13m/s=13m/s
滑块恰好没有从工件上滑下，工件粗糙部分的长度d′=v0+v共2t2−v共2t2=3+132×13m−132×13m=0.5m
则有工件的长度为L=d+d′=1.5m+0.5m=2m。
答：(1)水平推力作用过程中，滑块对挡板压力的大小为2N；
(2)工件光滑部分的长度d为1.5m；
(3)工件的长度L为2m。
时间(s)
0
2.0
4.0
6.0
8.0
10.0
12.0
14.0
16.0
速度(m/s)
0
10.0
20.0
28.0
28.0
28.0
28.0
18.0
0
车速v/(km/h)
反应距离s1/m
刹车距离s2/m
安全距离s/m
36
6
10
16