重庆市西南大学附中2023-2024学年高一上学期期末物理模拟试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附中2023-2024学年高一上学期期末物理模拟试卷（Word版附解析），共16页。

A．地面上的观众B．甲飞机
C．远处的地面D．乙飞机
2．（4分）如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1：h2：h3＝3：2：1。若先后顺序次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则（ ）
A．三者到达桌面时的速度大小之比是3：2：1
B．三者运动时间之比为3：2：1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．b与a开始下落的时间差等于c与b开始下落的时间差
3．（4分）足球运动是目前最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。如图所示为几种与足球有关的情境，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，静止在水平草地上的足球受到的弹力就是它的重力
B．图甲中，静止在水平草地上的足球受到的弹力是由于足球形变而产生的
C．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力
D．图丙中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到3个力的作用
4．（4分）如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，不计空气阻力，两球落地时的水平位移分别为s和2s．重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B两球的初速度大小之比为1：4
B．A、B两球的运动时间之比为1：2
C．两小球运动轨迹交点的水平位移为57s
D．两小球运动轨迹交点的离地高度67ℎ
5．（4分）一玩具车从t＝0时刻开始沿直线运动，运动时间为t时，对应的位移为x，规定向右为正方向，其xt−t图像如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．玩具车的初速度为﹣8m/s
B．玩具车的加速度为2m/s2
C．玩具车在第2s末的速度4m/s
D．第4s末，玩具车在出发点右侧8m处
（多选）6．（4分）一个质量为50kg的人，站在竖直向上运动的升降机地板上，升降机加速度大小为2m/s2，若g取10m/s2，这时人对升降机地板的压力可能等于（ ）
A．600NB．500NC．400ND．300N
7．（4分）如图所示，半球形物体A和光滑小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态。现用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始终保持“静止状态，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体A受到3个力的作用
B．小球B对物体A的压力大小始终不变
C．物体A受到斜面的摩擦力大小一直减小
D．物体A对小球B的支持力大小一直增大
8．（4分）如图所示，固定斜面的倾角为30°，物体A、B用跨过斜面顶端定滑轮的轻绳连接，轻绳与斜面平行，物体B与斜面不接触，物体A的质量为5kg，斜面与物体A间的动摩擦因数为0.3。不计滑轮与绳之间的摩擦，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使物体A能静止在斜面上，物体B的质量可能为（ ）
A．4kgB．2kgC．1kgD．0.5kg
二．多选题（共3小题，满分15分，每小题5分）
（多选）9．（5分）物体做匀变速直线运动，从某时刻起，在第1s、第2s、第3s、第4s内的位移分别是1m、2m、3m、4m。以下对汽车运动的描述中正确的是（ ）
A．前4s内的平均速度是2.5m/s
B．加速度是1m/s2
C．2s末的速度是2m/s
D．初速度是0.5m/s
（多选）10．（5分）如图所示，质量m＝1kg的物块沿质量M＝6kg，倾角为37°的斜面下滑过程中，加速度大小为2.5m/s2（沿斜面向下），斜面不固定但仍静止，重力加速度g＝10m/s2，则斜面体受到水平面的摩擦力Ff和支持力FN分别为（ ）
A．Ff＝2NB．Ff＝1.5NC．FN＝61.5ND．FN＝68.5N
（多选）11．（5分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A拴接，物块A、B、C、D紧挨在一起放在光滑水平面上，在水平向左的外力F的作用下整个装置处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，物块A、B、C、D的质量分别为4m、3m、2m、m，突然撤去外力F瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的压缩量为F10k
B．A的加速度大小为F10m
C．B对A的作用力大小为9F10
D．B对C的作用力大小为3F10
三．实验题（共2小题，满分14分）
12．（6分）用如图1所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”的实验。主要实验步骤如下：
a．测量小车的质量为M，砝码和托盘的质量为m，满足m＜＜M，可以认为砝码和托盘的重力等于小车所受拉力，记为F。
b．把纸带系在小车上，并使纸带穿过打点计时器。把装有打点计时器的木板一端稍微垫高，使小车在木板上做匀速运动。
c．把连接砝码和托盘的细线绕过木板上的定滑轮后系在小车上，接通电源，释放小车，使小车沿长木板运动。
d．打点计时器在纸带上打下一系列的点，根据计数点间距离求出加速度a。
e．换上新纸带，保持小车的质量不变，改变砝码的质量，重复实验。
f．实验过程中，小车所受拉力记为F1、F2、F3、F4、F5，对应的加速度记为a1、a2、a3、a4、a5．以加速度a为纵轴、小车所受拉力F为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图2所示。
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
（1）小车受到拉力为F2时，打出的一条清晰纸带如图3所示。找一个合适的点当作计时起点0，然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点，分别记为1、2、3、4，用刻度尺测量出相邻计数点间的距离分别为x1、x2、x3、x4．则小车的加速度大小为 。根据纸带还可以求出打点计时器打下点1时，小车的速度大小为 。
（2）在图2中已标出加速度a1、a3、a4、a5对应的坐标点，请在该图中标出加速度a2对应的坐标点，并画出a﹣F图象 。
（3）另一组同学实验时，忘记了平衡摩擦力，绘制出a﹣F图线如图4所示。该图线的斜率为k，纵轴截距为b。由此可知：小车的质量为 ，小车所受摩擦力大小为 。
13．（8分）某同学在做实验时得到了如图所示的物体做平抛运动的轨迹，a、b、c位置是运动轨迹上三个点（已标出）。其中x、y坐标轴分别沿水平方向和竖直方向，则：
（1）小球平抛的初速度为 m/s。（重力加速度g＝10m/s2）
（2）小球运动到b点的速度为 m/s。
（3）从坐标原点到c点的这段时间内小球的速度变化量为 m/s。
（4）小球开始做平抛运动的位置坐标为x＝ cm，y＝ cm。
四．计算题（共3小题，满分39分，每小题13分）
14．（13分）如图所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1kg的物体在斜面上由静止释放，同时施加一沿斜面向上的恒定拉力，拉力大小F＝15N，1s后物体的速度沿斜面向上，大小为5m/s，（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）求物体与斜面间动摩擦因数μ；
（2）若在物体的速度为5m/s时撤去力F，求撤掉力F后0.8s内的位移。
15．（13分）潜艇从高密度海水区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×106kg，在高密度海水区域距海平面200m，距海底144m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为2.4×107N；10s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力恒为1.2×106N，潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度为g取10m/s2，答案可用根式表示，求：
（1）潜艇“掉深”10s时的速度；
（2）潜艇减重排出水的质量；
（3）潜艇从A开始“掉深”到返回A点所经历的时间。
16．（13分）如图，两个滑块A、B的质量分别为mA＝2kg、mB＝4kg，放在静止于水平地面上长木板的两端，A与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5；木板的质量m＝4kg，与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，A的初速度vA＝1m/s，B的初速度vB＝3.5m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块A、B可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）两滑块开始相向滑动时滑块A、B和木板的加速度大小；
（2）经过多长时间滑块B与木板相对静止及此时木板的速度；
（3）为避免滑块A、B相碰，滑块A、B开始运动时两者之间的最小距离。
2023-2024学年重庆市西南大学附中高一（上）期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）
1．【解答】解：A、飞机相对于地面上的观众、远处的地面都是运动的，所以以地面上的观众、远处的地面为参考系，乙飞机都是运动的。故AC错误；
B、因为两架飞机在空中以相同速度同向飞行，以甲飞机为参照物，甲与乙飞机之间的相对位置没有发生变化，所以认为乙是静止的。故B正确；
D、研究乙的运动情况，不能以乙自身为参考系。故D错误。
故选：B。
2．【解答】解：A、根据自由落体模型中公式v2＝2gh可得v=2gℎ，落地速度v只与高度h有关，即va：vb：vc=ℎ1：ℎ2：ℎ3=3：2：1，故A错误；
B、根据自由落体模型中公式h=12gt2可得t=2ℎg，故ta：tb：tc=ℎ1：ℎ2：ℎ3=3：2：1，故B错误；
CD、由于三小球初速度均为0，故ta﹣tb＝（3−2）2ℎ3g，tb﹣tc＝（2−1）2ℎ3g，因此ta﹣tb＜tb﹣tc，故C正确，D错误。
故选：C。
3．【解答】解：A、静止在草地上的足球受到的弹力的施力物体是地面，而重力的施力物体是地球，可知弹力不是重力，故A错误；
B、静止在地面上的足球受到弹力是地面对足球的作用力，是因为地面发生形变，故B错误；
C、静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触，但由于没有弹性形变，所以没有受到相互作用的弹力，故C错误；
D、踩在脚下的足球受到地球对它的重力，脚对它的压力以及地面对足球的支持力共三个力作用，故D正确；
故选：D。
4．【解答】解：AB、小球做平抛运动，竖直方向上：2h=12gtA2；h=12gtB2，由此可得A球的运动时间为：tA=4ℎg；tB=2ℎg
所以tAtB=21，水平方向上，由x＝v0t得v0=xt
结合两球落地的位移之比：xA：xB＝1：2
可知A、B两球的初速度之比为：vAvB=122=24，故AB错误；
CD、两球轨迹相交时，水平方向位移相等，则有vAtA′＝vBtB′
B球下落高度：hB=12gtB′2
A球下落高度：hA=12gtA′2
hA＝h+hB
联立解得：hB=17ℎ；tB′=2ℎ7g
两小球运动轨迹交点的高度为：H＝h−17ℎ=6ℎ7
两小球运动轨迹交点的水平位移为：xB′＝vOBtB′
由题意可得：2s＝vB2ℎg
联立解得：xB′=227s，故C错误，D正确；
故选：D。
5．【解答】解：AB、根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t+12at2变形得：xt=12at+v0，由图像可知初速度为v0＝﹣4m/s，12a=42m/s2＝2m/s2，则加速度为a＝4m/s2，故AB错误；
C、玩具车在第2s末的速度为v＝v0+at2＝﹣4m/s+4×2m/s＝4m/s，故C正确；
D、前4s内，玩具车的位移为x＝v0t4+12at42=（﹣4×4+12×4×42）m＝16m，可知第4s末，玩具车在出发点右侧16m处，故D错误。
故选：C。
6．【解答】解：当升降机向上做加速运动时，由牛顿第二定律可知
F﹣mg＝ma
F＝mg+ma＝50×10+50×2N＝600N，
由牛顿第三定律可知人对地板的压力为600N，故A正确；
当升降机向下做匀加速运动时，由牛顿第二定律可知
mg﹣F＝ma
F＝mg﹣ma＝50×10﹣50×2N＝400N
由牛顿第三定律可知人对地板的压力为400N，故C正确；
故选：AC。
7．【解答】解：A、对球A分析可知，A受重力、支持力、B的压力和斜面的摩擦力作用，共四个力，故A错误；
B、对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：
将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中，θ变小，故支持力N变小，拉力F也变小；
根据牛顿第三定律，压力也减小；
再对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f＝（M+m）sinα+Fcsα
α为斜面的坡角，由于F减小，故拉力F减小，故静摩擦力减小；故BD错误C正确。
故选：C。
8．【解答】解：对B受力分析，绳中拉力T＝mBg；
当mB取最大值时，物体具有沿斜面向下的最大静摩擦力fm；
对A受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
N﹣mgcsθ＝0；
T﹣fm﹣mgsinθ＝0；
其中：fm＝μN，
联立以上各式，解得：mB＝m（sinθ+μcsθ），
当mB取最小值时，物体具有沿斜面向上的最大静摩擦力fm；
对A受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
N﹣mgcsθ＝0；
T+fm﹣mgsinθ＝0；
其中：fm＝μN
联立以上各式，解得：
mB＝m（sinθ﹣μcsθ）
综上，mB的范围是：m（sinθ﹣μcsθ）≤mB≤m（sinθ+μcsθ）
代入数据解得：1.2N≤mB≤3.8N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
二．多选题（共3小题，满分15分，每小题5分）
9．【解答】解：A、前4s内内的平均速度：v=xt=1+2+3+44m/s＝2.5m/s，故A正确；
B、根据匀变速直线运动的推论可知；Δx＝aT2＝a×12m＝1m，其中T＝1s，解得a＝1m/s2，故B正确；
C、2s末的速度等于第2s与第3s内的平均速度，即v2=x2+x32T=2+32×1m/s＝2.5m/s，故C错误；
D、第1s内的位移x1＝v0t1+12at12，其中t1＝1s，代入数据解得：v0＝0.5m/s，故D正确。
故选：ABD。
10．【解答】解：对M、m受力分析，如图所示，
对物块沿斜面和垂直斜面正交分解可得：
mgsin37°﹣Ff1＝ma
mgcs37°＝FN1
对M水平与竖直正交分解得
FN＝Mg+FN2cs37°+Ff2sin37°
Ff+Ff2cs37°＝FN2sin37°
由牛顿第三定律知
Ff1＝Ff2，FN1＝FN2
代入数据联立解得：Ff＝2N、FN＝68.5N，故BC错误，AD正确。
故选：AD。
11．【解答】解：A、根据胡克定律可知，弹簧的压缩量为
Δx=Fk
故A错误；
B、突然撤去外力F瞬间，整体的加速度都相同，则A的加速度大小为
aA=a=F10m
故B正确；
C、对BCD的整体，则A对B的作用力大小为
FAB=6ma=3F5
根据牛顿第三定律可知，B对A的作用力大小为
FBA=3F5
故C错误；
D、对CD整体，由牛顿定律可得，B对C的作用力大小为
FBC=3ma=3F10
故D正确。
故选：BD。
三．实验题（共2小题，满分14分）
12．【解答】解：（1）根据Δx＝aT2由逐差法可得：a=x4+x3−x2−x14T2；打点计时器打下点1时，小车的速度大小为v1=x2+x12T；
（2）画出a﹣F图象如图；
（3）根据F﹣f＝ma，解得a=1mF−fm，则1m=k，fm=b，解得m=1k，f=bk。
故答案为：（1）x4+x3−x2−x14T2；x2+x12T
（2）图象见解析；
（3）1k；bk
13．【解答】解：（1）平抛运动在竖直方向上为自由落体运动，根据匀变速直线运动的推论，Δy＝gT2，得：
T=Δyg=0.2−0.110s＝0.1s
小球在水平方向上做匀速直线运动，则小球平抛运动的初速度为：
v0=ΔxT=＝2m/s。
（2）根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，b点在竖直方向上的分速度为：
vby=yac2T=0.32×0.1m/s＝1.5m/s
小球运动到b点的速度：vb=vby2+v02=2.5m/s。
（3）运动点迹的时间间隔：T＝0.1s，则从坐标原点到c点的这段时间内小球的速度变化量：Δv＝g•2T＝2m/s。
（4）小球从运动到b点的时间为：
tb=vbyg=0.15s。
水平方向上的位移为：x1＝v0tb＝0.3m
竖直方向上的位移为：y=12gtb2=0.1125m
所以开始做平抛运动的位置坐标为：
x＝0.2m﹣0.3m＝﹣0.1m＝﹣10cm，
y＝0.1m﹣0.1125m＝﹣0.0125m＝﹣1.25cm。
故答案为：（1）2；（2）2.5；（3）2；（4）﹣10；﹣1.25。
四．计算题（共3小题，满分39分，每小题13分）
14．【解答】解：（1）在拉力F作用下物体沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度为：
a=vt=51m/s2＝5m/s2。
由牛顿第二定律得：
F﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma
解得：μ＝0.5
（2）撤去力F后物体上滑过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1。
可得：a1＝10m/s2
上滑的最大位移为：x1=v22a1=522×10m＝1.25m
上滑的时间为：t1=va1=510s＝0.5s
下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2。
可得：a2＝2m/s2
下滑t2＝t﹣t1＝0.8s﹣0.5s＝0.3s内的位移为：x2=12a2t22=12×2×0．32=0.09m
故撤掉力F后0.8s内的位移为：x＝x1﹣x2＝1.25m﹣0.09m＝1.16m，方向沿斜面向上
答：（1）物体与斜面间动摩擦因数μ是0.5。
（2）撤掉力F后0.8s内的位移是1.16m，方向沿斜面向上。
15．【解答】解：（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，
对潜艇，由牛顿第二定律得：mg﹣F﹣f＝ma1
代入数据解得：a1=1.6m/s2
10s末的速度为v＝a1t＝1.6×10m/s＝16m/s；
（2）掉深10s时，潜艇下落的高度：ℎ1=v2t=162×10m=80m
潜艇减速下落的高度：h2＝h﹣h1＝144m﹣80m＝64m
在减速阶段：ℎ2=v22a2，解得a2=2m/s2
潜艇减重的质量为m1，潜艇减重后以2m/s2的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得：F+f﹣m1g＝m1a2
代入数据解得：m1＝2.1×106kg
排水前潜艇的质量m＝3.0×106kg
“掉深”过程中排出水的质量：m＝m﹣m1＝3.0×106kg﹣2.1×106kg＝9×105kg；
（3）向下减速所需时间为t′=va2=162s=8s
设上浮过程潜艇的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：
F﹣f﹣m1g＝m1a3
解得：a3=67m/s2
在上浮过程中，根据位移—时间公式可得：h=12a3t″2，解得t″＝421s
故经历的总时间为t总＝t+t′+t″，解得t总＝（18+421）s
答：（1）潜艇“掉深”10s时的速度为16m/s；
（2）潜艇减重排出水的质量为9×105kg；
（3）潜艇从A开始“掉深”到返回A点所经历的时间为（18+421）s。
16．【解答】解：（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前，由牛顿第二定律得f1＝μ1mAg＝mAaA，f2＝μ2mBg＝mBaB，f3＝μ3（m+mA+mB）g，f2﹣f1﹣f3＝ma1
解得aA=1m/s2，aB=5m/s2，a1=2m/s2
（2）设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝vB﹣aBt1，v1＝a1t1
联立代入已知数据得t1＝0.5s，v1＝1m/s
（3）在t1时A的速度大小vA1＝vA﹣aAt1＝1m/s﹣1×0.5m/s＝0.5m/s
在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB=vBt1−12aBt12=3.5×0.5m−12×5×0.52m=1.125m
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1+f3＝（mB+m）a2
由题意知，为避免A、B相碰，A与木板的临界速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从vA1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1﹣a2t2
对A有v2＝﹣vA1+aAt2
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为s1=v1t2−12a2t22
在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA=vA(t1+t2)−12aA(t1+t2)2
因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA+s1+sB
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.95m
答：（1）两滑块开始相向滑动时滑块A、B和木板的加速度大小分别为aA=1m/s2，aB=5m/s2，a1=2m/s2；
（2）经过0.5s滑块B与木板相对静止，此时木板的速度为1m/s；