2022-2023学年上海市文绮中学高一物理第一学期期末预测试题含解析

1、2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、两个力大小分别为2N和4N，作用方向在同一直线上，则它们的合力大小可能（ ）A.0B.6NC.7ND.8N2、下列属于国际单位制中的基本单位的是A.B.C.D.3、关于物体运动的速度和加速度的关系，下列说法正确的是（）A.加速度就是增加的速度B.

2、速度越大，加速度也越大C.速度变化越快，加速度一定越大D.加速度的方向保持不变，速度方向也一定保持不变4、如图所示，将弹性小球以的速度从距地面处的点竖直向下抛出，小球落地后竖直向上反弹，经过距地面高的点时，向上的速度为，从到过程，小球共用时，则此过程中（）A.小球的位移大小为，方向竖直向上B.小球速度变化量的大小为，方向竖直向下C.小球平均速度的大小为，方向竖直向下D.小球平均加速度的大小约为，方向竖直向上5、如图所示，三段不可伸长的细绳，OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，其中OB是水平的，A端、B端固定在水平天花板上和竖直墙上。若逐渐增加C端所挂重物的质量，则最先断的

3、绳是（）A.必定是OAB.必定是OBC.必定是OCD.可能是OB，也可能是OC6、如图所示，oa、ob、cd是竖直平面内三根固定的光滑细杆，o、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点。每根杆上都套着一个小滑环，三个滑环从o点或c点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环到达a、b、d点所用的时间，则下列关系正确的是（）A.t1 = t2B.t1 t2C.t3 t2D.t1m2，现由静止释放左侧托盘，测量系统加速度然后改变m1、m2质量，重复实验多次（1）该同学利用图示实验装置求得左侧托盘及砝码的加速度的表达式a= _（用字母m1、m2及g表示）（2）该同学认为，只要保持_

4、不变，即可得出m1、m2系统加速度与系统的合外力成正比；只要保持_不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比三、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）如图甲所示，斜面的倾角为，一个总质量为m=75 kg的滑雪者从离斜面底端距离为x=8 m处由静止开始沿斜面自由下滑，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力。(，g=10m/s2)，则：（1）滑雪者下滑的加速度a1为多大？（2）滑雪者下滑至斜面底端时的速度为多大？（3）若滑雪者在斜面底端时，只依靠惯性上滑至原来的位置（如图乙），那么滑雪者在斜面底端时必须获得一定的初速度v0，则这一初速度v0至少为多大

5、？16、（12分）健身越来越受大众欢迎，臂力健身器件简化如图所示，轻杆BC的C端用光滑铰链固定在竖直墙壁，且与竖直墙壁保持垂直。B端通过轻绳AB与墙壁相连，AB与竖直墙壁的夹角为，一质量不计的轻滑轮悬挂于B点。质量为M的健身者通过一轻绳跨过定滑轮，用竖直向下的力拉住轻绳一端，使质量为m（mM）的重物保持不动，重力加速度为g，求：（1）人对地面的压力N的大小;（2）绳子BO对轻滑轮的作用力F1的大小;（3）轻杆BC的弹力F2的大小。17、（12分）如图所示，将质量的小球用不可伸长的轻质细线悬挂起来，细线长。现将小球拉起，使细线水平且伸直，由静止释放小球。不计空气阻力，求：(1)小球运动到最低点时

6、的速度大小；(2)小球运动到最低点时，细线对球拉力的大小。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、B【解析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零（方向相同）时合力最大，夹角180（方向相反）时合力最小，合力范围为：|F1+F2|F|F1-F2|【详解】当二力夹角为零时，即两个力在同一直线上，并且方向相同，合力最大、最大值为F1+F2=2N+4N=6N；当夹角180时，即两个力在同一直线上，并且方向相反，合力最小、最小值为F1-F2=4N-2N=2N；故合力的范围为2NF6N；所以合力可能是6N，不可能是0N，7N，8N，故AC

7、D错误，B正确故选B【点睛】本题关键求出合力分范围，当两力同向时合力最大，两力反向时，合力最小2、A【解析】在国际单位制中，力学的基本单位是m、kg、sA.与分析相符，故A正确B.与分析不符，故B错误C.与分析不符，故C错误D.与分析不符，故D错误3、C【解析】A、加速度大小等于单位时间内速度的变化量，不是增加的速度，故A错误；B、速度大，加速度不一定大比如比较大的速度做匀速直线运动，速度虽然很大，但加速度很小，为0，故B错误；C、加速度是反映速度变化快慢的物理量加速度大，速度变化快，故C正确；D、加速度的方向不变，速度的方向可能改变，比如平抛运动，加速度方向不变，速度方向时刻改变，故D错误故

8、选C4、D【解析】A位移是初位置指向末位置的有向线段，从题中可以看出，小球从A到B位移为0.5m，方向指向末位置，即方向竖直向下，A错误；B速度变化量等于末速度减初速度，规定向下为正，则v=7m/s10m/s=17m/s负号表示与规定方向相反，即速度变化量的方向竖直向上，B错误；C平均速度等于位移与时间的比值，小球的位移为0.5m，方向竖直向下，所以小球的平均速度大小方向竖直向下，C错误；D规定向下的方向为正方向，由加速度公式可知小球平均加速度的大小约56.7m/s2，负号表示方向竖直向上，D正确。故选D。5、A【解析】OC下悬挂重物，它对O点的拉力等于重物的重力G。OC绳的拉力产生两个效果：

9、拉紧BO绳的水平向左的力F1，拉紧AO绳的沿绳子方向斜向下的力F2，F1、F2是OC绳拉力的两个分力，大小等于G。由平行四边形定则可作出力的分解图如图所示，当逐渐增大所挂重物的质量时，哪根绳受的拉力最大则哪根绳最先断。从图中可知：表示F2的有向线段最长，F2最大，故OA绳最先断。故选A。6、C【解析】设圆的半径为R，oa与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律及运动学方程可得联立解得可知t与无关，故滑环从该圆周上的不同点沿光滑细杆下滑到圆周的最低点a所用时间均相同，即为“等时圆”模型，三个滑环下滑的细杆可进行平移，如图所示可知，沿oa、cd下滑所需时间相等，而沿ob下滑的路程大于等时圆对应长度，故时

10、间较长，可得故选C。7、BC【解析】A、B图中重力G在x方向上的分力所表示的箭头应当恰好指在G做x轴的垂线与x轴的交点处，故A错误，B正确；C、D由于小孩正在匀速下滑，因此合外力为0。由于向下的力只有G，因此和的合力应当与G位于同一直线上即竖直向上，故C正确，D错误。故选择BC。8、AD【解析】根据图象的“面积”可求得位移，得到木板的长度由斜率得到加速度，以m为研究对象，据牛顿第二定律求解动摩擦因数由动量守恒可求得物块的质量m【详解】A.图象的“面积”大小等于位移，可求出物块在t=2 s时的位移x=（2+4）1+21=5m，故A正确；B.由图象的斜率等于加速度，可求出m匀减速运动的加速度大小a

11、1=2m/s2，以物块m为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=ma1，=a1/g，可求出物块与木板间的动摩擦因数=0.2.故B错误；C.由图知两个物体速度相同后一起作匀速直线运动，说明水平面是光滑的，以两个物体组成的系统为研究对象，取m的初速度方向为正方向，根据动量守恒得：mv0=(M+m)v，代入数据4m=（2+m）2，可求得m=2kg，故C错误；D.木板的长度等于两图象在01s内“位移”之差，可求出L=（2+4）1-21=2m，故D正确故选AD.9、AD【解析】A物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，A正确；BC曲线运动的条件是合外力与速度不共线，与合外力

12、是否为恒力无关，所以加速度不一定改变，BC错误；D匀速圆周运动的物体速度是变化的，有向心加速度，不可能处于平衡状态，D正确。故选AD。10、BC【解析】本题考查共点力平衡下的变力问题，可以用力的正交分解处理。【详解】A沿斜面，物体A受力的方程为随着F的增大，f不断减小到零后反方向增大，A错误；B垂直于斜面方向，物体A受力的方程为随着F的增大，弹力N不断增大，B正确；CD物体m静止不动，合外力为零，所受合力不变，C正确，D错误。故选BC。11、AC【解析】A根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；BF1、F2同时增加5N，根据平行四边形定则合成之后，合力的大小增加不一

13、定是5N，故B错误；CF1、F2中一个增大，根据平行四边形定则合成之后，合力的大小不一定增大，选项C正确；DF1增加5N，F2减少5N，F一定变化，故D错误。故选AC。12、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。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、 .(1)0.16； .

14、(2)如图所示： .(3)未计入砝码盘的重力.【解析】（1）每5个点取一个计数点，则时间为T0.1s，由题意可知：xaT2代入数据解得：a=0.16m/s2（2）作出aF的关系图象如图所示（3）aF图线，不通过原点的主要原因是未放入砝码时，小车已有加速度，可以判断未计入砝码盘的重力14、 . . .【解析】本题主要考查验证牛顿第二定律，明确研究对象列出对应公式是关键，再进行分析公式即可【详解】（1）设绳子的拉力为T，以左盘及砝码为研究对象，由牛顿第二定律有：，以右盘及砝码为研究对象，由牛顿第二定律有：，联立解得 ；（2）由可知，即只要保持不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（1）4m/s2；（2）8m/s；（3）8m/s【解析】（1）根据牛顿第二定律mgsin37-mgcos37=ma得a=4m/s2（2）根据位移公式v2-02=2as得v=8m/s（3）滑雪者上滑时mgsin37+mgcos37=maa=8m/s2根据位移公式v2=2as得v=8m/s16、（1）Mg-mg（2）2mg（3）【解析