上海市长宁、青浦、宝山、嘉定2022-2023学年物理高一第一学期期末教学质量检测试题含解析

1、2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、钓鱼岛自古以来就是我国的固有领土，在距温州市约356 km、距福州市约385 km、距基隆市约190 km的位置若我国

2、某海监船为维护我国钓鱼岛的主权，从温州出发去钓鱼岛巡航，经8小时到达钓鱼岛，共航行了480 km，则下列说法中正确的是( )A.该海监船的位移大小为480 km，路程为356 kmB.途中船员亲身体会到了“满眼风光多闪烁，看山恰似走来迎”的情景，此时他选择的参考系是山C.确定该海监船在海上的位置时可以将该海监船看成质点D.此次航行的平均速度是60 km/h2、一个质点由静止开始沿直线运动，速度随位移变化的图象如图所示，关于质点的运动，下列说法中正确的是（）A.质点做匀变速直线运动B.质点做匀加速直线运动C.质点做加速度逐渐减小的加速运动D.质点做加速度逐渐增大的加速运动3、如图所示，一位同学从

3、操场A点出发，向西走了，到达B点，然后又向北走了，达到C点在从A点到C点的过程中，该同学的位移大小是（ ）A.470mB.50m.C.40mD.30m4、一名人类宇航员到达某类地行星，在行星上完成自由落体运动实验，让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（）A.若改用2kg小球，会在更短时间内落地B.小球在第5s内的平均速度是C.该星球上的重力加速度为D.小球在5s内的位移是50m5、如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互

4、作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）A.若0，则k=B.若0 ， k = C.若=0，则D.若=0，则6、斜面静止在水平面上时，一个质量为m的小球用细线吊在倾角为的斜面顶端，且紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面运动恰对小球无弹力作用时斜面向右匀加速的加速度大小为( )A.g/tanB.gcosC.gsinD.gtan7、如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成角，物体2仍在车厢底板上，则（）A.细线拉力为B.车厢的加速度为C.底板对物体2的支持力为D.底板对

5、物体2的摩擦力为零8、某电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然发现绳子断了，由此可以判断此时电梯的情况是（ ）A.电梯可能是加速上升B.电梯可能是减速上升C.电梯可能匀速上升D.电梯的加速度方向一定向上9、竖直升降的电梯顶部拴一弹簧秤，弹簧秤下端挂一重物，电梯静止时，电梯中的人观察到弹簧秤的示数为10N。某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数为12N，取g=10m/s2，则此时（ ）A.电梯中的人一定处于失重状态B.电梯中的人一定处于超重状态C.电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2D.电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s210、某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型图

6、中k1、k2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧下列表述正确的是（）A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关B.垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等C.垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等D.垫片向右移动时，两弹簧的长度不同11、如图所示，物体 A 叠放在物体 B 上，B 置于光滑水平面上，A、B 质量分别为，A、B 之间的动摩擦因数，开始时，此后逐渐增加，在增大到 50N 的过程中，g 取，则（）A.当拉力 F时，物体均保持静止状态B.当拉力时，两物体间的摩擦力为C.两物体开始没有相对运动，当拉力超过 18N 时，开始相对运动D.两物体始终没有相对运动12、如图所示，用力F向上拉起两重物A.B,A

7、、B的质量分别是1 kg、2kg，A、B之间的轻绳能承受的最大拉力是30N,g取10 m/s2为保证A、B之间的轻绳不被拉断A.两物体向上的加速度不能大于 5 m/s2B.F的大小不能超过45NC.两物体向上的加速度不能大于10 m/s2D.F大小不能超过30N二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）利用打点计时器可测纸带运动的时间和位移，某同学在练习使用打点计时器时进行如下操作并进行叙述说明。A用手水平拉动纸带，再接通电源，打点计时器在纸带上打下一系列小点B将打点计时器固定，使纸带穿过限位孔，并压在复写纸下面C用刻度尺测量从计时开始点到每一个点间的距离D.切断电源，取下纸

8、带，如果共有N个清晰的点，可知纸带运动的时间(1)上述实验步骤操作或叙述有误的是_；(2)将错误步骤改正后进行合理排序_。（填操作步骤前的字母序号）14、（10分）如图为“用位移传感器、数据采集器等仪器研究加速度和力关系”的实验装置（1）在实验中采用的方法是_法实验中保持小车总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合外力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量，根据测得的多组数据可画出a-F关系图线如图分析此图线的OA段（直线）可得出的实验结论是：在质量不变时_此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A所挂钩码的总质量太大B所用小车的质量太

9、大三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在斜坡顶端从静止开始匀加速下滑100m到达坡底，用时10s，斜面与水平面间的夹角为37，假设运动员与水平地面间的动摩擦因数=0.2，求：（已知，）(1)运动员到达坡底时速度大小；(2)运动员与斜面之间的动摩擦因数；(3)运动员能在水平面上运动的距离16、（12分）足够长的倾角=53的斜面固定在水平地面上，有一物体在斜面上滑动，已知该物体与斜面间的动摩擦因数=0.8，取g =10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6（1）当物体从斜面顶端往下滑动时，求物体滑动的加速度；（2）

10、如图所示，当物体以v0=6.4m/s的初速度，从斜面底端向上滑行时，求：物体沿斜面向上滑动时，物体的加速度；物体从斜面底端开始向上滑行到再次返回斜面底端所需的时间；若仅将斜面倾角变为37，其他条件不变，则物体在开始第1s内的位移大小（结果保留2位有效数字）17、（12分）汽车以10ms的速度在平直公路上匀速行驶，刹车后做匀减速直线运动，经2s后速度变为6m/s求：（1）刹车过程中的加速度（2）刹车后2s内前进的距离（3）刹车后8s内前进的距离参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、C【解析】A位移是从初位置到末位置的有向线段，为356k

11、m；路程为轨迹的实际长度，为480km，故A错误；B看山恰似走来迎是以船为参考系的，B错误；C该海监船在海上航行时，确定位置时其大小可以忽略不计，故可以将该海监船看成质点，故C正确；D平均速度等于位移与时间的比值，故，D错误。故选C。2、D【解析】从图可知，s与v成正比，即skv，k是比例系数（常量），v，显然加速度与速度呈正比，所以质点做加速度逐渐增大的加速运动，故D正确，ABC错误3、B【解析】位移的大小等于首末位置的距离，所以总位移是大小为A470m，与结论不相符，选项A错误；B50m，与结论相符，选项B正确；C40m，与结论不相符，选项C错误；D30m，与结论不相符，选项D错误；4、D

12、【解析】A自由落体运动的快慢与物体质量无关，故A错误。BC小球在第5s内的位移是18m，则第5s内的平均速度为：=18m/s，第5s内的平均速度等于4.5s末的速度，所以有：故BC错误。D小球在前5s内的位移是：故D正确。故选D。5、D【解析】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小：所以，和之间相互作用力为：与之间相互作用力：所以可得：由于谈论过程与是否为零无关，故有恒成立；A与分析不符，故A错误；B与分析不符，故B错误；C与分析不符，故C错误；D与分析相符，故D正确；故选D。6、A【解析】设斜面对小球的支持力为零，球受重力和拉力，合力水平向右，如图所示：根据牛顿第二定律有：，解

13、得：，故A正确，BCD错误7、BC【解析】车厢水平向右做加速直线运动，两物体与车厢具有相同的加速度，根据隔离对物体1分析，得出物体1的加速度以及细线的拉力，从而得知车厢的加速度再隔离对物体2分析，求出支持力和摩擦力的大小。【详解】AB以物体1为研究对象，水平方向有：竖直方向有：解得：A错误，B正确；CD以物体2为研究对象，水平方向有：竖直方向有：解得：C正确，D错误；故选BC。8、AD【解析】某电梯中用细绳悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然发现绳子断了，说明绳子的拉力增大了，说明物体处于超重状态，具有向上的加速度，由此可判定电梯运动状态【详解】某电梯中用细绳悬挂一重物，当电梯在竖直方向运

14、动时，突然发现绳子断了，说明绳子的拉力增大了，说明物体处于超重状态，具有向上的加速度，说明电梯具有向上的加速度，则电梯可能是向上做加速运动，也可能是向下做减速运动，故BC错误，AD正确。故选AD。【点睛】首先要会判定超重和失重，其次要够由超重和失重判定物体的运动状态，重点把握加速度的方向9、BC【解析】AB电梯静止时，电梯中的人观察到弹簧秤的示数为重物的重力mg，人观察到弹簧秤的示数为12N10N，说明电梯中的人一定处于超重状态，故A错误，B正确；CD由mg=10N，的m=1kg，其加速度方向向上，电梯可能向上加速运动，也可能向下做减速运动，根据牛顿第二定律：F-mg=ma得故C正确，D错误。

15、故选BC。10、BD【解析】A由胡克定律F=kx，知F相同时，k不同，x不同，可知缓冲效果与弹簧的劲度系数有关故A错误B当垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力大小相等故B正确CD当垫片向右移动时，垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力相等，由于劲度系数不同，两弹簧形变量不同，故两弹簧长度不同故C错误，D正确11、BD【解析】隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力【详解】当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，由牛顿第二定律对B：，对A、B系统：F=（mA+mB）a=（6+3）6=54N，由此可

16、知，当拉力达到54N时，A、B才发生相对滑动，故C错误，D正确；因地面光滑，当拉力F18N时，两物体保持相对静止一起运动，故A错误；因拉力小于54N，故两物体相对静止，根据牛顿第二定律F=（mA+mB）a，代入数据解得加速度为：a=4m/s2，对B可得两物体间的摩擦力为：，故B正确所以BD正确，AC错误【点睛】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，通过临界加速度求出临界拉力是解决本题的关键，掌握整体法和隔离法的灵活运用12、AB【解析】对B受力分析，当绳的拉力最大时，B的加速度最大，由牛顿第二定律得出最大加速度对整体受力分析，由最大加速度求出对应的拉力F【详解】AC：对B受力分析，当绳拉力最大时，

17、B的加速度最大，由牛顿第二定律可得，解得：B的最大加速度，则两物体向上的加速度不能大于 5 m/s2故A项正确，C项错误BD：当整体加速度为5 m/s2时，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得，解得：，即F的大小不能超过45N故B项正确，D项错误二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、 .AD .BADC【解析】(1)1A为了充分利用纸带和打点计时器稳定工作，应选接通电源后拉动纸带，故A错误；B安装器材时，将打点计时器固定，使纸带穿过限位孔，并压在复写纸下面，故B正确；C为了减小测量误差，应用刻度尺测量从计时开始点到每一个点间的距离，故C正确；D如果共有N个清晰的点，可知纸带运动的时

18、间为故D错误。故选AD(2)2实验步骤的排列一般要先安装器材然后进行实验的思路进行，故实验步骤的合理顺序是BADC14、 .控制变量 .加速度与合外力成正比 .A【解析】（1）因为要探索“加速度和力的关系”的实验中有三个变量，所以采用控制变量法（2）由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比由实验原理：mg=Ma，得：而实际上是： ，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的，故A正确，B错误三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、 (1)20m/s(2)0.5(3)100m【解析】(1)根据位移时间公式，可得：解得：根据速度时间公式可得：v=at=210m/s=20m/s(2)受力分析由牛顿第二定律有：解得(3)人在水平面上做匀加速运动，加速度大小为，由牛顿第二定律得：解得由，得16、 (1