2022-2023学年北海市重点中学高一物理第一学期期末综合测试试题含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、

2、关于力的说法正确的是（）A.力是维持运动的原因B 力有时只有受力物体C.只有接触的两个物体间才有力D.力是产生加速度的原因2、如图所示，在光滑的水平面上叠放着两木块A、B，质量分别是m1和m2，A、B间的动摩擦因数为，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要是把B从A下面拉出来，则拉力的大小至少满足（ ）A.B.C.D.3、下列说法中正确的是（ ）A.物体受到的合外力越大，速度越大B.物体质量一定时，所受合外力越大，加速度越大C.物体的加速度越大，速度也越大D.物体的加速度一定，速度也一定4、一个物体以初速度v0从斜面底端开始沿斜面上滑，到达最高点后又返回斜面底端时的速度大小为v，物体和斜面之间的动摩

3、擦因数处处为，斜面倾角为，上滑时加速度大小为a1，下滑时加速度大小为a2，上滑时间为t1，下滑时间为t2.则下列判断正确的是A.v0=vB.C.a1a2D.t1t25、如图 ，一个物体从 A 点出发向右运动 10m 到达 B 点，然后向左运动 4m 到达 C 点在整个过程中，物体的位移大小为A.4mB.6mC.10mD.14m6、做初速度为零的匀加速直线运动的物体，将其运动时间顺次分成1：2：3的三段，则每段时间内的位移之比为A.1：3：5B.1：4：9C.1：8：27D.1：16：817、如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相

4、连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A.图甲中两球的加速度一定相等B.图乙中两球的加速度一定为gsin C.图乙中轻杆的作用力不可能为零D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍8、游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉下列描述正确的是（ ）A.当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B.当升降机减速下降时，游客处在超重状态C.当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D.当升降机加速下降时，游客是处在超重状态9、作用在同一个物体上的三个共面共点力，第一个力的大小是1N，第二个力的大小是5N，第三个力的大小是9

5、N，它们合力的大小可能是A.0NB.2NC.4ND.6N10、气象研究小组用图示简易装置测定水平风速，在水平地面上竖直固定一直杆，质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来已知风力大小正比于风速，当风速v03m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角，则()A.细线拉力的大小为B.若风速增大到某一值时，可能等于C.细线拉力与风力的合力大于mgD.时，风力的大小Fmgtan11、从匀速直线运动的速度公式v可知()A.速度与位移成正比，与时间成反比B.速度等于位移与所用时间的比值C.做匀速直线运动的物体的速度不随时间或位移而变化D.做匀速直线运动的物体的速

6、度决定于运动的位移12、如图所示，三个木块A、B、C在水平推力F的作用下靠在竖直墙上，且处于静止状态，则下列说法中正确的是（ ）A.B与C的接触面不可能是光滑的B.B受到A作用的摩擦力方向可能竖直向下C.当力F增大时，A受到墙作用的静摩擦力不变D.B受到A作用的静摩擦力与B受到C作用的静摩擦力，方向可能相同二填空题(每小题6分，共18分)13、“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某组同学制订实验方案、选择实验器材且组装完成，在接通电源进行实验之前，实验装置如图所示。（1）下列对此组同学操作的判断正确的是_A打点计时器不应该固定在长木板的最右端，而应该固定在靠近定滑轮的那端，即左端B打点计时

7、器不应使用干电池，应使用低压交流电源C实验中不应该将长木板水平放置，应该在右端垫起合适的高度D小车初始位置不应该离打点计时器太远，而应该靠近打点计时器放置（2）保持小车质量不变，改变沙和沙桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如下图，该图线不通过原点，明显超出偶然误差范围，其主要原因是_。（3）沙和沙桶质量m_小车质量M时，才可以认为细绳对小车的拉力F的大小近似等于沙和沙桶的重力A远大于B远小于C接近(相差不多)D大于（4）某同学顺利地完成了实验。某次实验得到的纸带如图所示，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得打点1时小车的速度是_m/s。小

8、车的加速度大小_m/s2。(结果保留两位有效数字)14、一质点O受两个大小均为20N的力F1、F2作用，甲图中两力之间的夹角小于乙图中两力之间的夹角图中力的标度为10N(1)试用作图法分别求出甲、乙两图中两个力的合力F甲、F乙的大小_、_(2)通过作图比较，可以得出：两个大小一定的分力，它们之间的夹角越大，合力_15、某同学在做“用打点计时器测速度”实验(1)实验室中配备的打点计时器是电火花式的，则应使用的电源电压是_V(2)如图是获得一条纸带。A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。从图中读出A、B两点间x=_cm；C点对应的速度是_m/s（结果保留二位有效数字

9、）三计算题(22分)16、（12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的长度。17、（10分）如图所示,水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球,在某小球离开M的同时,O点右侧一长L=1.5 m的平板车以a=4.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动,该小球恰好

10、落在平板车的左端,已知平板车上表面距离M的竖直高度h=1.25 m。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。(1) 求小车左端距离O点水平距离。(2) 若至少有3个小球落在平板车上,则释放小球的时间间隔t应满足什么条件?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】A力是使物体运动状态发生变化的原因，不是维持运动的原因，选项A错误；B力的作用是相互的，既有施力物体，也有受力物体，选项B错误；C不接触的两个物体间同样可以有力的作用，例

11、如磁体之间，选项C错误；D力是产生加速度的原因，选项D正确。故选D。2、A【解析】要使把B从A下面拉出来，则B要相对于A滑动，所以AB间是滑动摩擦力若B加速度比A的加速度大，则能使B从A下面拉出来，根据牛顿第二定律列式即可求解【详解】要使把B从A下面拉出来，则B要相对于A滑动，所以AB间是滑动摩擦力，对A有：aA= g对B有：aB=当aBaA时，能够把B从A下面拉出来，则有g解得：Fg（m1+m2）故选：A3、B【解析】A物体受到的合外力越大，加速度越大，但是速度不一定越大，选项A错误；B根据可知，物体质量一定时，所受合外力越大，加速度越大，选项B正确；C物体的加速度越大，速度不一定越大，选项

12、C错误；D物体的加速度一定，速度均匀变化，选项D错误；故选B.4、C【解析】AC物体上滑过程中，应用牛顿第二定律：物体下滑过程中，应用牛顿第二定律：根据上述方程可知：，根据速度与位移的关系：物体上滑和下滑的位移大小相同，上滑过程的逆过程是初度为零的匀加速直线运动，所以速度关系：，故A错误，C正确；B和的大小关系未知，故B错误；D根据位移与时间的关系：可知两次物体的位移大小相同，时间关系：，故D错误。故选C5、B【解析】位移大小为从初位置指向末位置的有向线段的长度，则x=AC=10-4=6m，方向从A指向C，即向右故选B点睛：此题主要考查了位移与路程的基本概念，要理解位移是矢量，有大小，也有方向

13、，大小只取决于初末位置路程是标量，只有大小，没有方向，是指运动路径的总长度属于基础题6、C【解析】根据可得：物体通过的第一段位移为：，又前3ts的位移减去前ts的位移就等于第二段的位移，故物体通过的第二段位移为：又前6ts的位移减去前3ts的位移就等于第三段的位移，故物体通过的第三段位移为：，故位移比为：1：8：27，C正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题的技巧是利用匀加速直线运动的推论，利用比例法求解，简单方便匀加速直线运动的推论可在理解的基础上记忆，解选择题7、BD【解析】A弹簧弹力不能突变，突然撤去挡板的瞬间有图甲中A球合力仍为零，加速度为零，设弹簧弹力为F，对B球

14、由牛顿第二定律可得联立可得说明AB两球的加速度不相等，故A错误；BC假设两球加速度相等，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得杆的弹力瞬间变为零，两球的加速度相等都为gsin，假设正确，故B正确，C错误；D比较、可知图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故D正确。故选择BD选项。8、BC【解析】当升降机加速上升时，乘客有向上的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的此时升降机对乘客的支持力大于乘客的重力，所以处于超重状态A错误当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时乘客也处于超重状态B正确当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的，所以升降

15、机对乘客的支持力小于乘客的重力此时失重C正确当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时处于失重状态，D错误易错提醒：对超重失重的原因不明，错误认为加速运动就超重而减速运动失重而错选D备考提示：超重与失重的理解是解决本题的关键超重和失重并不是重力发生的变化，而是测得的支持力发生了变化，大于实际重力或小于实际重力对于物体此时在竖直方向受力不再平衡，一定产生加速度，加速度的方向向上时，支持力大于重力，超重，加速度的方向向下时，支持力小于重力，失重从物体的运动情况判断加速度的方向对于加速度方向的判断，可以根据速度的大小变化当速度增大时，加速度的方向与速度方向相同，当速度大小减小时，加速度的方

16、向与速度方向相反9、CD【解析】F1=1N、F2=5N、F3=9N，三个力最大值等于三个力之和。即15N。F1、F2两个力的合力最大为6N，最小为4N，F3=9N不在这两个力的合力范围内，所以三个力最小值是3N。因此三个力的合力范围：3NF15N，A0N，故A不符合题意；B2N，故B不符合题意；C4N，故C符合题意；D6N，故D符合题意。故选CD。10、AD【解析】AC小球受重力、细线拉力和风力处于平衡，小球的受力如图所示，根据共点力平衡得细线拉力和风力的合力等于mg，故A正确，C错误；B因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则不可能等于，故B错误；D当风速v0=

17、3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角=，根据几何关系可得风力故D正确。故选AD。分卷II11、BC【解析】匀速直线运动是指方向和快慢都不变的运动，大小与位移、时间没有关系，但速度等于位移与所用时间的比值，故BC正确，AD错误点睛：物体做匀速直线运动时，速度的大小、方向均保持不变，与路程和时间的大小无关分卷II12、AC【解析】A以C为研究对象，如果C与B之间的接触面光滑，则C在竖直方向只受重力，不会平衡，故B与C的接触面不可能是光滑的，故A正确；B对BC整体受力分析，受重力、推力、A对B的支持力和静摩擦力，根据平衡条件可知，A对B的静摩擦力竖直向上，与BC整体的重力平衡，B受到A的静摩

18、擦力竖直向上，故B错误；C对ABC的整体而言，墙壁对A的静摩擦力竖直向上，与ABC整体的重力平衡，故当力F增大时，A受到墙作用的静摩擦力一定不变，故C正确；D以C为研究对象，C竖直方向上受到重力和B的摩擦力，根据平衡条件可知B对C的摩擦力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知C对B的静摩擦力方向向下，而B受到A作用的静摩擦力方向竖直向上，可知B受到A作用的静摩擦力与B受到C作用的静摩擦力方向相反，故D错误。故选AC。二填空题(每小题6分，共18分)13、 .BCD .平衡摩擦力过度 .B .0.26 .0.50【解析】（1）1A纸带随小车向右运动，所以打点计时器应固定在木板的最右端，远离滑轮，故A

19、错误；B电磁打点计时器需要接4到6V的低压交流电源，故B正确；C实验中需要平衡摩擦力，所以应该在右端垫起合适的高度，故C正确；D实验过程中为了有效利用纸带，小车要靠近打点计时器，故D正确。故选BCD（2）2根据图像可知，未施加外力时小车已有加速度，可知重力的分力大于滑动摩擦力，说明平衡摩擦力过度；（3）3以小车、沙和沙桶为研究对象，根据牛顿第二定律：解得绳子的拉力：，只有，细绳对小车的拉力F的大小近似等于沙和沙桶的重力；（4）4匀变速直线运动中，某段时间内中间时刻速度等于平均速度：5逐差法求解加速度：14、 .36N .28N .越小【解析】不在同一直线上的共点力的合成，遵守平行四边形定则，作出表示两个力的图示，然后以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，表示两个分力的线段所夹的对角线表示两个力的合力的大小与方向【详解】以F1、F2的线段为邻边作平行四边形，两线段所夹的对角线表示两个力的合力F大小与方向，如图所示：根据图