江西省“山江湖”协作体2022-2023学年物理高一上期末经典试题含解析

1、2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,点 P 是他的重心位置图乙是根据力传感器采

2、集到的数据作出的力时间图线两图中 ag 各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出.g 取 10m/s2.根据图象分析可知( )A.此人的重力为 750NB.b 点是此人下蹲至最低点的位置C.此人在 f 点的加速度等于零D.此人在 d 点的加速度等于 20m/s22、如图所示，将弹簧测力计一端固定，另一端钩住长方体木块A，木块下面是一长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向左运动，读出弹簧测力计示数即可测出木块A所受摩擦力大小在木板运动的过程中，以下说法正确的是（）A.木块A受到的是静摩擦力B.木块A相对于地面是运动的C.拉动速度变大时，弹簧测力计示数变大D.木块A所受摩擦力的方向向左3、如图所示是

3、某质点做直线运动的vt图象，由图可知这个质点的运动情况是（）A.5s15s内做匀加速运动，加速度为0.8m/s2B.前5s内静止C.15s20s内做匀减速运动，加速度为0.8m/s2D.质点15s末离出发点最远，20秒末回到出发点4、甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移时间图象如图所示，甲车对应的图线为过坐标原点的倾斜直线，乙车对应的图线是顶点为 P的抛物线，两图线相交于 P点，则下列说法不正确的是（ ）A.t=0 时刻，乙的速度是甲的两倍B.0t0时间内，甲、乙的间距先增大后减小C.0t0时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度D.0t0时间内，甲的路程小于乙的路程5、某志愿

4、者站在力传感器上分别完成下蹲和站起动作，计算机同时采集相应的数据。如图所示，这是做其中一个动作时，力传感器的示数随时间变化的情况。下面判断正确的是（ ）A.这是站起过程，先失重后超重B.这是站起过程，先超重后失重C.这是蹲下过程，先失重后超重D.这是蹲下过程，先超重后失重6、质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为作用在A上使AB相对静止一起向前匀加速运动，则下列说法正确的是A.弹簧的弹力大小等于8NB.弹簧的弹力大小等于12NC.突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0D.突然撤去F瞬间，B的加速度大小为47、如图所示，A、B两物块的质量分别为2m

5、和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则A.当时，A、B都相对地面静止B.当时，A的加速度为C.当时，A相对B滑动D.随着F的增大，B的加速度不会超过8、如图所示，质量为m2的物体B放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑定滑轮与质量为m1的物体A相连车厢正沿水平直轨道向右行驶，两物体与车相对静止，此时与物体A相连的细绳与竖直方向成角，由此可知( )A.车厢的加速度大小为gtanB.绳对物体A的拉力大小为m1gcosC.底板对物体B的支持力大小为(m2m1)gD.底板对物体B的摩擦力大小

6、为m2gtan9、如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图B所示。已知重力加速度g = 10 m/s2，由下列说法正确的是（）A.A的质量mA=2 kgB.A的质量mA=6 kgC.A、B间的动摩擦因数=0.6D.A、B间的动摩擦因数=0.210、如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止。已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为，则()A.物体B受到的摩擦力可能为零B.物体B受到的摩擦力为mAgcosC.物体B对地面的压力可能为零D.物体B对地面的压力为

7、mBgmAgsin二、实验题11、（4分）将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，又落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反该过程的vt如图所示，g取10 m/s2小球落回抛出点时速度大小是_m/s12、（10分）如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况利用该装置可以完成“验证牛顿第二定律”的实验（1）打点计时器使用的电源是_（选填选项前的字母）A、直流电源B、交流电源（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力正确操作方法是_（选填选项前的字母）A、把长木板右端垫高B、改变小车的质量在不挂重物且_（选填选项前的字母）的情

8、况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响A、计时器不打点B、计时器打点（3）某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图所示的aF图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是_（选填选项前的字母）A、木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小B、木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大C、小车质量远大于砂和砂桶的质量D、砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、（9分）如图所示

9、，一长度L=50cm的细绳栓着一个质量为m=3kg的小球，小球用固定在墙上的弹簧支撑，平衡时弹簧位于水平方向，细绳与竖直方向的夹角为53.不计弹簧和细绳的质量：已知sin53=0.8、cos53=0.6，g=10m/s2，求：(1)细绳对小球的拉力的大小；(2)已知弹簧的原长为x0=50cm，求弹簧的劲度系数的大小.14、（14分）如图所示，一个长L=2m的薄木板A静置在水平地面上，一可视为质点的小物块B放在木板A的最左端，并处于静止状态。已知A、B的质量分别为3kg和2kg，木板和小物块之间的动摩擦因数1=0.4，木板和地面的动摩擦因数2=0.1，小物块与地面的动摩擦因数3=0.5，重力加速

10、度g=10m/s2，现用水平恒力F=12N作用在B上。求：（1）力F开始作用瞬间，小物块B和薄木板A的加速度大小（2）从力F开始作用到小物块B从薄木板A上掉下来所需时间（3）从力F开始作用经过5s时，薄木板A最右端与小物块B之间的距离15、（13分）如图所示，传送带与地面夹角37，从A到B长度为L10.25 m，传送带以v010 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 370.6，g10 m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹

11、的长度。参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、D【解析】开始时的人对传感器的压力等于其重力，人下蹲过程中先加速下降，后再减速下降，即先是失重后是超重状态；【详解】A、开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是，根据牛顿第三定律和平衡条件可知，人的重力为，故A错误；B、人下蹲过程中先加速下降，到达一个最大速度后再减速下降，当人下蹲到最低点时合力向上，传感器对人的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知人对传感器压力也大于重力，即F大于重力，由乙图可

12、知b点时人对传感器的压力小于其重力，故B错误；C、f点时人对传感器为零，意味着这人已经离开传感器，则此时人只受重力即人的加速度为重力加速度g，故C错误；D、人在d点时根据牛顿第二定律有：，故D正确【点睛】本题考查了超重和失重现象，明确人下蹲和起立过程中速度、力的变化、加速度的变化是重点2、D【解析】AD木板向左运动，木块A相对于木板向右运动，因此受向左的滑动摩擦力，A错误，D正确；B木块A相对地面是静止的，B错误；C拉动木板的速度增大时，木块A受到的滑动摩擦力fmg不变，因此弹簧测力计示数也不变，C错误。故选D。3、A【解析】5s15s内质点的速度均匀增大，做匀加速运动，加速度为：故A正确前5

13、s内物体做匀速直线运动，选项B错误；15s20s内质点的速度均匀减小，做匀减速运动，加速度为：，故C错误020s内速度一直是正值，说明速度方向不变， 20s末离出发点最远，20秒末不可能回到出发点故D错误；故选A.4、D【解析】考查运动图像x-t图。【详解】A甲车对应的图线为过坐标原点的倾斜直线，则甲车做匀速直线运动，甲车的速度为：其中x为0t0 时间内的位移；乙车对应的图线是顶点为 P的抛物线，则乙车做匀变速直线运动，由图可知，乙车0t0 时间内的位移与甲车0t0 时间内的位移相同，则乙车的平均速度为：即， A正确，不符合题意；B开始时，两车在同一位置，横坐标（时间）相同时，纵坐标的差值就是

14、两车间的距离，由图可知，差值先增大后减小，即0t0 时间内，甲、乙的间距先增大后减小，B正确，不符合题意；C0t0 时间内，甲乙位移相同，由平均速度公式：可知0t0 时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度，C正确，不符合题意；D0t0 时间内，甲乙都做单向直线运动，路程等于位移的大小，甲乙位移相同，则路程相同，D错误，符合题意。故选D。5、C【解析】根据图象可以知，加速度先向下后向上，而蹲下过程，先向下加速度运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上，运动状态先失重后超重，故C正确，ABD错误。故选C。6、BD【解析】AB、对整体分析，整体的加速度，隔离对B分析，则弹簧的弹力，故A错误，B正确；

15、C、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度，故C错误；D、撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，则B的加速度，故D正确故选BD【点睛】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析求出弹簧的弹力；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A、B的加速度大小7、CD【解析】AB之间的最大静摩擦力为：fmax=mAg=2mg，则A、B间发生滑动的最小加速度为a=g，B与地面间的最大静摩擦力为：fmax=（mA+mB）g=mg故拉力F最小为F：F-fmax=ma所以F不小于3mg，AB将发生滑动；A当F2mg时，Ffmax，AB之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，所以A、B都相

16、对地面运动，故A错误。B当F=mg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-mg=3ma解得a=g故B错误，C由上分析可知，当F3mg时，A相对B滑动。故C正确。D对B来说，其所受合力的最大值Fm=2mg-mgmg即B的加速度不会超过g，故D正确。故选CD。8、AD【解析】A以物体A为研究对象，受力如图1所示，由牛顿第二定律得：m1gtan=m1a，解得：a=gtan，则车厢的加速度也为gtan，故A正确；B如图1所示，绳子的拉力：，故B错误；C对物体B研究，受力如图2所示，在竖直方向上，由平衡条件得：N=m2g-T=m2g-，故C错误；D由图2所示，由牛顿第二定

17、律得：f=m2a=m2gtan，故D正确9、BD【解析】AB由图象可以看出，当力F48N时加速度较小，A、B相对静止，加速度相同。对整体法，由牛顿第二定律：F=（mA+mB）a则得由数学知识得：故mA+mB=8kg当F48N时，A的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律：对A有：F-mAg=mAa则得由数学知识得：可得mA=6kgmB=2kg选项A错误，B正确；CD由当F=60N时，a=8m/s2解得=0.2故C错误，D正确。故选BD。10、BD【解析】以物体A为研究对象，由二力平衡可知，绳子的拉力等于A的重力mAg；A物体B在绳子拉力作用下有向右运动的趋势而保持相对于地静止，地面对B一定有静

18、摩擦力，故A错误；B以B为研究对象，分析受力，作出受力图如图所示。根据平衡条件得，物体B受到摩擦力物体B受到的支持力又得到，故BD正确；C物体B受到地面的摩擦力不零，则物体B对地面的压力一定不为0，故C错误。故选BD。二、实验题11、【解析】根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出阻力的大小；根据牛顿第二定律求出下降的加速度，结合位移时间公式得出下落时间根据图线得出上升的位移，结合下降的加速度，运用速度位移公式求出小球回到抛出点的速度大小.【详解】小球向上做匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=2N小球上升的高度，小球下

19、降的加速度大小，根据x=a2t22得，t2=s，则小球落回到抛出点时的速度大小为 v=a2t2=8m/s【点睛】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移12、 .B .A .B .AD【解析】（1）打点计时器使用的都是交流电；（2）回忆平衡摩擦力的方法，为了平衡摩擦力和阻力，应该让打点计时器打点；（3）正确理解实验原理，明确砂和砂桶的重力可以作为小车拉力的条件，在横轴上有截距，说明当拉力大于0时物体的加速度等于0，即此时合力仍等于0，即没有平衡摩擦力，图象的弯曲是因为砂和砂桶的质量不能远小于小车的质量；【详解】（1）打点计时器使用的是交流电，故选项B正确，A错误；（2）平衡摩擦力的方法是：把长木板右端垫高，在不挂重物且此时应当让打点计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，即选项A.把长木板右端垫高和选项B.计时器打点正确；（3）由图所示图象可知，直线没过原点，当时，也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没