2022-2023学年山东省临沂第一中学北校区高一上学期期中模拟考暨网课教学质量监测物理试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省临沂第一中学北校区高一上学期期中模拟考暨网课教学质量监测物理试题含解析，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题中只有一个选项符合题目要求）
1. 下列对于力学的一些基本概念的理解说法正确的是（ ）
A. 时刻就是极短的时间
B. 位移大小一般比路程小，但当物体做直线运动时，位移大小等于路程
C. 若有外国航母战斗群介入台海局势，我国的“东风”系列导弹可攻击敌方航母的“心脏”——燃烧室，此时敌方航母可视为质点
D. “天向一号”正奔赴在探索火星的路上，日前进行了二次轨道修正，科技人员在讨论如何修正它的轨道时不能视“天同一号”为质点
【答案】D
【解析】
【详解】A．时刻是指时间轴上一个点，时间是时间轴上两个时刻的差，时刻不能与时间混淆，选项A错误；
B．位移大小一般比路程小，但当物体做单向直线运动时，位移大小才等于路程，选项B错误；
C．若有外国航母战斗群介入台海局势，我国的“东风”系列导弹可攻击敌方航母的“心脏”——燃烧室，由于要考虑敌方航母的“心脏”，此时敌方航母不能视为质点，选项C错误；
D．“天向一号”正奔赴在探索火星的路上，日前进行了二次轨道修正，科技人员在讨论如何修正它的轨道时，不能视“天向一号”为质点，选项D正确。
故选D。
2. 一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3s内与第6s内通过的位移之比为x1：x2，通过第3个1m与通过第6个1m时的平均速度之比为v1：v2，则（ ）
A. x1：x2＝1：4
B. x1：x2＝5：11
C. v1：v2＝
D. v1：v2＝
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AB．初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为
故有第3s内与第6s内通过的位移之比为
故A错误，B正确。
CD．初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为
故有质点通过第3个1m与通过第6个1m时所用时间之比为
根据平均速度公式
可得质点通过第3个1m与第6个1m时的平均速度之比为
故CD错误。
故选B。
3. 在倾角为30°的光滑斜面上，小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，小滑块A的质量是小滑块的B质量的一半。开始两个物块均静止，现在把细线OA剪断，在剪断细线瞬间A和B的加速度大小分别是（ ）
A. g，0B. ，C. ，0D. g，g
【答案】C
【解析】
【详解】设A的质量为m，则B的质量为2m，剪断细线前细线的拉力为
剪断细线的瞬间，细线的拉力立刻减为零，而弹簧的弹力不变，则B的加速度为零，A的加速度为

故选C。
4. 一个物体受几个力的作用而处于静止状态，若保持其余几个力不变，而将其中一个力逐渐减小到零，然后又逐渐增大到（方向不变），在这个过程中，物体的（ ）
A. 加速度始终增大，速度始终增大
B. 加速度始终减小，速度始终增大
C. 加速度先增大，后减小，速度始终增大到一定值
D. 加速度和速度都是先增大后减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】物体受几个力的作用而处于静止状态，说明了这几个力的合外力为零，当其中的逐渐减小到零的过程中，则这几个力的合力是逐渐增大到，方向与原的方向相反，由牛顿第二定律可知物体的加速度是逐渐增大到，物体向着与原相反的方向做加速度增大的加速运动；当由零逐渐增大的过程中，物体所受的合外力方向不变，但合外力的大小却是减小的，也就是物体的加速度方向不变，大小却逐渐减小，物体在做加速度减小的加速运动；当增大到原值时，物体的合外力为零，物体的速度达到最大，以后做匀速直线运动，故ABD错误，C正确。
故选C。
5. 如图，细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成角且绷紧，小球?处于静止状态，对小球A施加的最小的力是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【详解】以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图
根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小。根据平衡条件得F的最小值为
故选C。
6. 如图所示，不计重力的方形容器，用水平力F压在竖直的墙上处于静止状态现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是
A. 容器受到的摩擦力不变
B. 容器受到的摩擦力必须逐渐增大
C. 墙对容器的弹力必须逐渐增大
D. 水平力F必须逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】由题知物体处于静止状态，受力平衡，摩擦力等于容器和水的总重力，所以随着水的不断注入，容器受到的摩擦力逐渐增大，故A错误，B正确；水平方向受力平衡，墙对容器的弹力可能不变，则力F也可能不变，故CD错误．
故选B。
【点睛】物体受到墙的摩擦力等于物体重力，物重变大、摩擦力变大，这是本题的易错点．
7. a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x－t图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法正确的是（ ）
A. a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B. a、b两物体都做变速直线运动，加速度大小相等，方向相反
C t＝5s时，a、b两物体相距最近
D. 物体c一定做变速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．x-t图像斜率表示速度，则a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度方向相反，速度不相同，AB错误；
C．由图可知a、b两物体从同一点向相反方向运动，t=5s时，相距最远，C错误；
D．由图可知物体c图像的斜率增大，做加速直线运动，D正确。
故选D
8. 甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的足够长平直轨道上做直线运动，两车运动的图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. 两车若在时相遇，则另一次相遇的时刻是
B. 两车若在时相遇，则时刻两车相距15m
C. 两车若在时相遇，则另一次相遇的时刻是
D. 乙车在0~10s的平均速度为0
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，5~15s内两车的位移相等，因此，两车若在t＝5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝15s，故A正确；
B、两车若在t＝5s时相遇，因为0~5s内两车相向运动，则t＝0时两车相距距离等于0~5s内两车位移大小之和，为
S＝2×515m
故B正确；
C、两车若在t＝10s时相遇，因为10~20s内乙车的位移大于甲车的位移，所以t＝20s时两车没有相遇，故C错误；
D、由图像可以看出，乙车在0~10s的位移为零，所以平均速度为0，故D正确。
故选ABD。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。）
9. 物体A的加速度为，物体B的加速度为，下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A的加速度比物体B的加速度小
B. 物体B的速度变化比物体A的速度变化快
C. 物体A的速度一定增加
D. 物体B的速度可能增加
【答案】AD
【解析】
【详解】A．加速度是矢量，正负号只表示方向，不表示大小，因此物体A的加速度比物体B的加速度小，A正确；
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，表示速度变化的越快，因此物体B的速度变化比物体A的速度变化快，B错误；
CD．当加速度的方向与速度方向相同时，物体做加速运动，速度增加；当加速度的方向与速度方向相反时，物体做减速运动，速度减小，由于不知道AB两物体初速度方向，因此无法判断两物体的速度如何变化；物体AB的速度可能增加，也可能减小；C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，其下端挂了一个质量为5kg的重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧秤的示数为50N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为40N．关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10/s2）
A. 物体的重力变小了，物体处于失重状态．
B. 电梯一定向下做匀减速运动，加速度大小为2m/s2
C. 电梯可能向上做匀减速运动，加速度大小为2m/s2
D. 此时电梯运动的加速度方向一定向下
【答案】CD
【解析】
【详解】A．某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为40N，是物体对弹簧秤的拉力减小了，物体的重力没有发生变化．故A错误；
BCD．电梯匀速直线运动时，弹簧秤示数为50N；在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为40N，对重物有：mg-F=ma，解得：a=2m/s2，方向竖直向下；则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动．故B错误，C D正确；
故选CD。
11. 甲图中， 轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°。甲、乙中杆都垂直于墙，两图中重物都静止，则下列说法中正确的是（ ）
A. 与轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为
B. 轻杆CD上的小滑轮受到杆的弹力大小为mg
C. 两根杆中弹力方向均沿杆方向
D. 若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容易断裂
【答案】AB
【解析】
【详解】ABC．甲中受力如下图，杆受力沿杆，两端绳中拉力不同，由平行四边形定则，可知
根据牛顿第三定律可知，轻杆AB连接铰链受到杆的弹力大小为；乙图中受力如下图，杆受力不沿杆，绳中两个拉力大小相同，可知
小滑轮受到杆的弹力
故A B正确，C错误；
D．若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，甲乙图中绳子拉力大小关系如下
故甲中轻绳更容易断裂，故D错误。
故选AB。
12. 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板，在P和之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 对Q的弹力逐渐减小B. 地面对P的摩擦力逐渐增大
C. P、Q间的弹力逐渐增大D. Q所受的合力逐渐增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．如图所示，将Q的重力mg按作用效果分解为对P和MN的弹力，即
保持竖直且缓慢地向右移动时，θ逐渐增大，所以N1和N2都逐渐增大，根据牛顿第三定律可知对Q的弹力逐渐增大，P、Q间的弹力逐渐增大，故A错误，C正确；
B．对P、Q整体进行分析可知，由于MN对Q的弹力逐渐增大，则根据平衡条件可知地面对P的摩擦力逐渐增大，故B正确；
D．Q在缓慢移动过程中处于动态平衡状态，所受的合力始终为零，故D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（第13题6分，第14题10分，共16分。）
13. 某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)如果没有操作失误，图中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是________；
(2)本实验采用的科学方法是____________________；
A．理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(3)其中一弹簧测力计的指针如图所示，由图可知拉力的大小为______N。
【答案】 ①. F′ ②. B ③. 4.00
【解析】
【详解】(1)[1]F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合
(2)[2]合力与分力是等效替代关系，所以本实验采用的等效替代法，故B正确，ACD错误。
故选B
(3)[3]由图乙可知，弹簧秤的最小分度为0.1N，则拉力的大小为4.00N
14. 用如图所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，木块的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码。
（1）下列做法正确的是______（填字母代号）；
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．在调节木板倾斜度以平衡木块受到的滑动摩擦力时，需要挂上装有砝码的砝码桶
C．实验时，应先接通打点计时器的电源再放开木块
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度
（2）为使砝码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，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量______（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”） 砝码桶及桶内砝码的总质量；
（3）丙同学用该装置在平衡摩擦力的过程中打了一条如图所示的纸带，已知纸带左端为连接小车处，则应将平板的倾角适当______（填“增大”或“减小”）些；
（4）实验中保持托盘和砝码的总质量不变，改变木块和木块上砝码的总质量M，进行实验，打出纸带，算出相应的加速度a. 某小组在实验中作出 图像如图所示，图像斜率的物理意义是______；若图像纵截距为b，斜率为k，则托盘和砝码的总质量m=______（用字母 b、k 表示）
【答案】 ①. AC ②. 远大于 ③. 减小 ④. 托盘和砝码的总重力的倒数（意思相近即可） ⑤.
【解析】
【分析】
【详解】(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。可以保证细绳的拉力与长木板平行，平衡摩擦力后使拉力为木块的合力。故A正确；
B．在调节木板倾斜度以平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能挂上装有砝码的砝码桶。故B错误；
C．实验时，应先接通打点计时器的电源再放开木块。故C正确；
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度。因为平衡摩擦力后，有
即
与质量无关。故D错误。
故选AC。
(2)[2]对砝码桶及砝码与小车组成的系统，由牛顿第二定律可得
对木块，由牛顿第二定律可得
为使砝码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，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量远大于砝码桶及桶内砝码的总质量；
(3)[3]从纸带上相邻点间的距离可以看成，木块做加速运动，说明重力的下滑分力大于摩擦力，需要将平板的倾角适当减小。以保证重力的下滑分力恰好等于摩擦力。
(4)[4]由牛顿第二定律可得
整理得
图像斜率的物理意义是托盘和砝码的总重力的倒数。
[5] 若图像纵截距为b，斜率为k，则有
联立，可得托盘和砝码的总质量
m=
四、解答题（解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数据计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位）
15. 据统计，开车时看手机发生事故的概率是安全驾驶的23倍，开车时打电话发生事故的概率是安全驾驶的2.8倍。一辆小轿车在平直公路上以某一速度行驶时，司机低头看手机，相当于盲开，该车遇见紧急情况，紧急刹车的距离（从开始刹车到停下来汽车所行驶的距离）至少是，根据以上提供的信息：
(1)求汽车行驶的速度和刹车的最大加速度大小；
(2)若该车以的速度在高速公路上行驶时，前方处道路塌方，该司机因用手机微信抢红包后才发现危险，司机的反应时间为，刹车的加速度与(1)问中大小相等。试通过计算说明汽车是否会发生交通事故。
【答案】(1)；(2)会发生交通事故
【解析】
【详解】(1)汽车运动的速度为
汽车刹车的最大加速度为，则
(2)，司机看手机时，汽车发生的位移为
反应时间内发生的位移的大小为
刹车后汽车发生的位移
所以汽车前进的距离为
所以会发生交通事故。
16. 如图,质量为m1=2kg的物体甲通过三段轻绳悬挂,三段轻绳的结点为O.轻绳OA水平,OB绳与水平方向的夹角θ=30°,且通过一个光滑的轻滑轮与放置在水平面上的质量为m2=5kg的物体乙相连,物体甲、乙均处于静止状态.g=10m/s2,求：
(1)轻绳OA、OB对结点O点的拉力大小;
(2)物体乙对地面的压力
【答案】（1）20N、10N（2）10N，向下
【解析】
【分析】（1）以结点O为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图，根据共点力的平衡条件求解；
（2）对乙根据平衡条件列方程求解压力；
【详解】（1）以结点O为研究对象进行受力分析如图所示，
根据几何关系可得：； ；
（2）对乙根据共点力的平衡条件可得：N=m2g-FOB=50N-40N=10N；
由牛顿第三定律可知：人对地面的压力N′，则N′=10 N，方向竖直向下；
【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
17. 民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB=3.0m，斜面气囊长度AC=5.0m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2s，g取10m/s2．求：
（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？
（2）乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？（忽略空气阻力）
【答案】（1）（2）0.44
【解析】
【详解】（1）根据运动学公式得：
（2）乘客在斜面上受力情况如图所示．
根据牛顿第二定律：
由几何关系可知
由②—⑤式得：
乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44．
18. 如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间时撤去拉力，物体运动的部分v－t图像如图乙所示，g取，，。求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；
（2）t＝6s时物体的速度，并在乙图上将0~6s内物体运动的v－t图像补画完整，要求标明有关数据；
（3）物体返回出发点的速度大小。
【答案】（1），；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为，由v-t图像可知

对物体在撤去拉力前，由牛顿第二定律得
对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿第二定律得
解得
，
（2）由图像可知加速上滑的时间，撤去拉力时的速度为。设再经过速度减至0，由速度公式
得
在最高点时因
故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为，据牛顿第二定律得
解得
再经过3s物体的速度大小为，方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示。
（3）由（2）分析可知3s末物体到达最高点，上升的距离为
则物体返回出发点的速度大小，根据位移速度关系有
代入数据解得