2022-2023学年安徽凤台一中高一物理第一学期期末质量检测模拟试题含解析

1、2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，倾角为30、重为100N的斜面体静止在水平地面上，一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，轻杆的另一端固定一个重为3 N的小球，小球处于

2、静止状态时，下列说法正确的是()A.轻杆对小球的作用力沿轻杆向上，大于3 NB.轻杆对小球的作用力为3 N，方向垂直斜面向上C.地面对斜面体的支持力为103N，对斜面体的摩擦力水平向右D.小球对轻杆的作用力为3 N，方向竖直向下2、一个球挂在三角形木块的左侧面,如图所示,球与木块均能保持静止,则( )A.地面对木块的摩擦力向左B.地面对木块的摩擦力向右C.地面对木块无摩擦D.若地面光滑,木块一定滑动3、一位同学在某星球上完成自由落体实验：让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得其在第4s内的位移是14m，则：A.小球在第2s末的速度是 20m/sB.小球在第4s内的平均速度是3.5m

3、/sC.小球在4s内的位移是32mD.小球在第2s内的位移是8m4、如图所示，足够长的水平传送带以v0=4m/s的速度匀速运行，t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，t=3s时刻传送带突然被制动而停止；已知滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，则t=3.5s时滑块的速度为（ ）A.0m/sB.1m/sC.2m/sD.3m/s5、A、B、C三个物体如图所示，放置在水平面上，所有接触面均不光滑。有一个水平力作用在物体C上，使A、B、C一起向右做匀速直线运动，则（ ）A.B对A的摩擦力方向水平向左B.B对A的摩擦力方向水平向右C.C对A的摩擦力方向水平向左D.C对B的摩擦力方向水平向右6、如图所

4、示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动下列各种情况中，体重计的示数最大的（）A.电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B.电梯匀加速上升，加速度大小为1.0m/s2C.电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D.电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s27、如图所示，细杆一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5m，小球质量为3kg现使小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过轨道最低点A的速度为vA=4m/s，通过轨道最高点B的速度为vB=2m/s，g取10m/s2，则小球通过最低点和最高点时对细杆的作用力（）A.在A处为拉力，方向竖直向下，大小为126NB.在A处

5、为压力，方向竖直向上，大小为126NC.在B处为压力，方向竖直向下，大小为6ND.在B处为拉力，方向竖直向上，大小为6N8、大小分别是F1=3N，F2=5N的两个力的合力可能是（）A.1NB.2NC.6ND.9N9、如图所示为某质点的xt图象，则正确的是（ ） A.AB段表示质点做匀速运动；B.BC段表示质点做匀速运动C.CD段表示质点做匀减速运动；D.质点最大位移为12米；10、如图所示，自由落体的小球从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短过程中，小球速度、合力、加速度的变化情况正确的是（ ）A.小球从接触弹簧开始做减速运动B.小球速度先增大后减小C.合力先变小，后变大D.小球运动到最低点处的合

6、力为零11、如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是（ ）A.物体A可能只受到三个力的作用B.物体A一定受到四个力的作用C.物体A受到的滑动摩擦力大小为Fcos D.物体A对水平面的压力大小一定为Fsin 12、如图所示，质量为m的小球用一根细线和一根轻弹簧悬挂起来，小球静止时，细线水平，而弹簧与竖直成角现将细线剪断，则下列判断正确的是（ ） A.剪断细线前，细线中张力为mgcotB.剪断细线前，弹簧弹力大小为C.剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gsinD.剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gtan二填空题(每小题6分，共18分)13、某学习小

7、组在研究加速度与力、质量的关系时，采用如图甲所示的装置，通过改变小托盘和砝码总质量m来改变小车受到的合力，通过加减钩码来改变小车总质量M.(1)实验中需要平衡摩擦力，应当取下_(选填“小车上的钩码” 或“小托盘和砝码”)，将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点_(2)图乙为实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，所用交流电的频率为50 Hz，从纸带上测出x1=3.20 cm，x2=4.74 cm，x3=6.30 cm，x4=7.85 cm，x5=9.41 cm，x6=10.96 cm小车运动的加速度大小为_ms2

8、(结果保留三位有效数字)(3)在“验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度a与小车的质量M的关系时，由于没有注意始终满足远大于m的条件，结果得到的图像应是下图中的_ A、B、C、 D、14、某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)请回答下列问题：打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=_m/s；(结果保留3位有效数字

9、)滑块做匀加速直线运动的加速度a=_m/s2；(结果保留3位有效数字)滑块质量M=_(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出amg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=_kg(取g=10m/s2，结果保留3位有效数字)15、如图1为“探究加速度与力的关系”的实验装置图，小车的质量为M，小桶及沙的质量为m(1)实验时打点计时器应使用_电源（选填“直流”或“交流”）(2)实验中_A应保持M不变，改变mB应保

10、持m不变，改变MC应保证M比m小得多D应保持M和m的比值不变(3)如图2所示是实验中获得的一条纸带的一部分，选取A、B、C三个计数点，每相邻两个计数点间的时间间隔均为0.1s，则小车运动的加速度大小是_m/s2（结果保留两位有效数字）(4)若某同学实验时遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他得到的a-F图象，应该是图3中的_图线（选填“甲”、“乙”、“丙”）三计算题(22分)16、（12分）如图所示，质量M5.5kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m1kg的小球相连。今用跟水平方向成60角的力F10N拉着球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10m/s2。求：(1)轻绳与

11、水平方向夹角；(2)木块M与水平杆间动摩擦因数。17、（10分）传送带被广泛应用于各行各业由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角37，在电动机的带动下以v2 m/s的速率顺时针方向匀速运行M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L7 mN端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1 kg，且均可视为质点，O、M间距离L13 msin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦(1) .

12、金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2 s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数1；(2) .木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前、后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数20.5.求与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离参考答案一、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、D【解析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没

13、有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向【详解】ABD、小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹性轻杆对小球的弹力为3N，竖直向上；根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为3N，方向竖直向下故AB错误、D正确；C、将球、杆、斜面看成整体，受力平衡，球对杆的弹力没有水平方向的分力，故水平方向不受摩擦力，C错误故选D【点睛】本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不

14、共线2、C【解析】以球和木块整体为研究对象受力分析，根据平衡条件判断地面与木块之间的摩擦力情况【详解】由于球与木块均保持静止，即加速度都为零，可以看成整体，对整体，首先一定受重力和支持力，水平方向没有要运动的趋势，故不受地面的摩擦力；故选C.【点睛】本题属于连接体问题，灵活的选择研究对象可以起到事半功倍的效果3、C【解析】A项：第4s内的位移14m，解得：，则第2s末的速度为，故A错误；B项：由公式可得，小球在第4s内的平均速度，故B错误；C项：根据，故C正确；D项：小球在第2s内的位移是，故D错误故选C4、D【解析】物块在传送带上的加速度为：达到传送带速度时的时间为：则物块匀速运动时间为：物

15、块匀减速运动的加速度大小为：减速的时间为：时滑块的速度为：A.0m/s与分析不符，故A错误；B.1m/s与分析不符，故B错误；C.2m/s与分析不符，故C错误；D.3m/s与分析相符，故D正确5、A【解析】ABA、B、C一起向右匀速运动，B在水平方向受地面向左的滑动摩擦力和A对B向右的静摩擦力而平衡，所以B对A的静摩擦力方向水平向左，故A正确，B错误；C对A来讲，B对A的静摩擦力方向水平向左，所以C对A的静摩擦力方向水平向右，故C错误；DC与B没有弹力，不存在摩擦力，故D错误。故选A。6、B【解析】AD.电梯匀减速上升，电梯匀加速下降，均为失重状态，体重计的示数要小，AD错；BC.电梯匀加速上

16、升，电梯匀减速下降，为超重状态，且B中的加速度大于C中的加速度，所以B正确C错误。故选B。7、AC【解析】AB在最低点，杆子一定表现为拉力，有：F-mg= ，则：F=mg+ =126N，方向向上，故球对杆的作用力为拉力，大小为126N，作用力竖直向下，故A正确，B错误；CD在最高点，有：mg+F= ，则：F= -mg=-6N所以杆子表现为支持力，方向向上，大小为6N，故求对杆的作用力为压力，大小为6N，方向竖直向下，故C正确，D错误；故选AC8、BC【解析】本题考查合力和分力的关系，先根据给出的分力，求出合力的取值范围，然后从范围中寻找可能的合力大小【详解】由题意可知，F1和F2两力的合力的取

17、值范围是，故合力可能为6N，则AD错误，BC正确故本题选BC【点睛】掌握二力合成的规则和方法，并能求出合力的取值范围，是解决本题的关键9、BD【解析】A由图可知，AB段与时间轴平行表示位移不变，质点处于静止状态，故A错误；BC在位移一时间图像中的斜率表示速度，BC、CD段的斜率不变，说明质点在BC、CD段都做匀速直线运动，BC段表示质点沿正向做匀速运动，CD段表示质点沿负向做匀速运动，故B正确，C错误；D物体的位移，由图可知，质点在CD段的位移最大，最大位移大小为故D正确。故选BD。10、BC【解析】本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力变化情况，进一步根据牛顿第二

18、定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况【详解】开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F=mg-kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg=kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F=kx-mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大故整个过程中合力先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动到最低点处的合力不为零，故AD错误，BC正确故选BC【点睛】本题考查了牛顿第二定律的综合应用，学生容易出错的地方是：认为物体

19、一接触弹簧就减速对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习11、BC【解析】受力分析时注意弹力和摩擦力一定在物体与其它物体接触面上进行分析，注意弹力、摩擦力产生的条件，在本题中将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论【详解】A、B项：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故A错误，B正确；C项：根据物体处于平衡状态可知，水平方向有：f=Fcos，

20、故C正确；D项：据物体处于平衡状态可知，竖直方向有：FN=mg-Fsin，故D错误故应选：BC【点睛】对物体受力分析通常要结合物体的运动情况，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析12、BD【解析】AB剪断细线前小球受力如图所示：由平衡条件可以知道弹簧弹力：细线中张力：故A错误，B正确.CD剪断细线的瞬间细线拉力消失，弹簧的弹力不变，小球受重力mg与弹簧弹力F作用，根据牛顿第二定律小球所受合力：解得小球的加速度大小为：a=gtan故C错误,D正确.故选BD.二填空题(每小题6分，共18分)13、 .小托盘和砝码 .均匀分布 .1.55 .B【解析】在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，

21、为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力；利用逐差法x=aT2可以求出物体的加速度大小在验证加速度与质量的关系时，在重物质量m远小于小车质量M时，可近似认为小车受到的拉力等于重物重力【详解】（1）实验中需要平衡摩擦力，应当取下小托盘和砝码，将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点间距相等、均匀分布（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2x5-x2=3a2T2x6-x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）解得：a=1.55m/s2（3）在研究加速度跟小车质量M的关系

22、时，保持m不变，改变小车质量M，在小车质量M远大于重物质量m时，即当满足Mm时，可以认为小车受到的拉力（合力）F=mg，此时加速度a与小车质量M成反比，与成正比，以横轴，a为纵轴，则a-图象应是过原点的直线，当小车质量M不远大于重物质量m时，小车受到的拉力明显小于重物重力，a-图象向下弯曲故选B【点睛】探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题14、；， ；（4）【解析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求

23、出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；根据牛顿第二定律有mg=Ma，由此可解得滑块的质量从图乙中可知，（2）相邻计数点间的时间间隔为，根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得， 根据逐差法可得，联立即得滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，撤去时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力，由牛顿第二定律得，解得（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为，由牛顿第二定律得，解得，由图丙所示

24、图象可知，解得M=0.200kg15、 .交流； .A； .0.57； .丙【解析】(1)平衡摩擦力时应取下砂桶，调整木板右端高度，轻推小车，小车能够沿木板做匀速直线运动即可；(2)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度；(3)根据图线的横轴截距求出小车运动时受到的摩擦力大小，结合图线的斜率求出小车质量.平衡摩擦力后，抓住图线斜率不变，a与F成正比确定正确的图线.【详解】(1)打点计时器使用交流电源才能正常打点工作；(2)AB由于研究的是加速度a与作用力的关系，所以要保证小车的质量M不变，而改变拉力F，拉力是用钩码的重力mg代替的，故选项A正确，选项B错误；CD拉力，要使Fmg，必须满足mM，所以选项C、D均错误.故选A.(3)由逐差公式求加速度，.(4)若某同学实验时遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则当钩码有一定质量时，小车由于受摩擦力可能仍将不动，即加速度为零，所以得到a-F图象是图丙.【点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，以及知道a-F图线斜率和截距表示的含义.三计算题(22分)16、 (1)30；(2)【解析】(1)m处于平衡状态，受到重力、拉力F和轻绳拉力FT，如图所示以m为研究对象，由平衡条件得水平方向Fcos60-FTcos=0竖直方向Fsin60-FTsin-mg=0联立解得=30(2)以