2023届重庆市大足区高一物理第一学期期末调研模拟试题含解析

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0.5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：（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、2019年12月17日，我国首艘国产航母“山东舰”在海南三亚某军港交付海军，我国正式进入“双航母”时代。

航母可供舰载机的起飞降落。下列说法中正确的是。

A.由于“山东舰”航母高大威武，故任何情况下都不能看成质点

B.舰载机飞行员可以把正在甲板上手势指挥的调度员看成是一个质点

C.研究舰载机空中翻滚动作时，舰载机可以看成质点

D.研究“山东舰”航母在大海中运动轨迹时，航母可以被看作质点

2、物体做曲线运动，下列物理量中，一定变化的是（）

A.速率

B.合外力

C.加速度

D.速度

3、做匀变速直线运动的质点，它的位移随时间变化规律是x=24f—1.5尸（m）,则质点的速度为零的时刻是。

A.1.5sB.8sC.16sD.24s

4、物理学史中，首先把实验和逻辑推理结合起来，进行科学研究的物理学家是

A.亚里士多德B.伽利略

C.牛顿D.爱因斯坦

5、如图所示为甲、乙两质点做直线运动的位移-时间图象，由图象可知（）

A.甲、乙两质点会相遇，但不在1s时相遇

B.甲、乙两质点在1s时相距4m

C.甲、乙两质点在第1s内运动方向相反

D.在5s内两质点速度方向一直不同

6、如图所示，用一根轻质细绳将一块小黑板对称悬挂在教室的墙壁上，小黑板上两个挂钉间的距离为d。下列说法正

确的是

A.增大距离d,细绳的拉力不变

B.减小距离d,细绳的拉力不变

C.增大距离d,细绳的拉力增大

D.减小距离d,细绳的拉力增大

7、在电梯的地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个重量为20N的物块，如图甲所示，计算机显示出传感器

所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙，根据图象分析得出的结论中正确的是（）

甲乙

A.从时刻A到t2,物块处于失重状态

B.从时刻打到兄物块处于失重状态

C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层

D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层

8、如图所示，是A、B两质点沿同一条直线运动的位移图象，由图可知（）

A.质点A前2s内的位移是Im

B.质点B第Is内的位移是2m

C.质点A、B在前8s内的位移大小相等

D.质点A、B在4s末相遇

9、如右图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N,在

某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8N,关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取lOm/s?）（）

A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2

B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2

C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为2mJs2

D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2

10、如图所示，汽车里有一水平放置的硅胶贴，硅胶贴上放置一质量为机的小花瓶。若汽车此刻正在水平公路上向前

做加速度为"的匀加速直线运动，小花瓶和汽车始终保持相对静止，下列说法正确的是（）

A.小花瓶受到三个力作用B.小花瓶受到的摩擦力和汽车运动方向相反

C.小花瓶所受的合力为零D.硅胶贴对小花瓶的摩擦力大小为ma

11、如图所示，是在同一条直线上运动的甲、乙两车的x-f图象，下列说法正确的是（）

A.乙做直线运动，甲做曲线运动

B.fi时刻两车位移相同

C.甲的加速度一定越来越大

D.0〜人时间内某时刻，两车速度相同

12、如图，质量为m的圆球放在两光滑挡板M、N之间，其中M与水平面夹角为a,N始终保持竖直.缓慢转动M

板，使夹角a由60。逐渐减小到零的过程中

N

A.圆球对M的压力由6mg逐渐变大

B.圆球对M的压力由2mg逐渐变小

C.圆球对N的压力由2mg逐渐变大

D.圆球对N的压力由/mg逐渐变小

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）

13、（6分）如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图.图中A为小车，B为祛码及祛码盘，C为一端带

有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电.小车A的质量为m“祛码及祛

码盘B的质量为012.

（1）下列说法正确的是

A.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力

B.实验时应先释放小车后接通电源

C.本实验m2应远小于mi

1

D.在用图象探究加速度与质量关系时，应作a-一图象

m,

（2）下图是在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出.则根据纸带所提供的

数据计算：打C点时小车的瞬时速度的大小为m/s；小车的加速度大小为m/s2（计算结果保留两位有效

数字）.

（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，可能是图中的（填

“甲”“乙”“丙”）

14、（10分）某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。

打点节播」f块细线

长木，，\“

水平实蛤台II月1

注码桶

①下列做法正确的是（填字母代号）

A.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源

B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的摩擦力时，将装有硅码的祛码桶通过定滑轮拴木块上

C.调节滑轮高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

D.通过增减木块上的祛码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度

②为使祛码桶及桶内祛码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是祛码桶及桶内祛码的总

质量_____木块和木块上硅码的总质量。（填“远大于”、“远小于”、或“近似于”）

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，粗糙斜面倾角0=37。，斜面宽”为3m,长分为4m.质量为0.1kg的小木块从斜面A点静

止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力厂推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为"=0.5（g取10«1炉,

sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）若F大小为0,求木块到达底边所需的时间

（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C,求力尸的大小及A到C所需时间h

16、（12分）如图所示，质量M=2kg的足够长的木板与桌面间的动摩擦因数等于〃=0.5,木板右端（到定滑轮足够远）

用平行桌面的轻绳跨过轻质定滑轮连接一质量mo=3kg的小球，小球到地面的高度h=L4m.g取lOm/s2

:m\

(1)将木板由静止释放，其加速度。多大？

(2)若在木板上表面中间放置一物块机=1kg,木板与物块间的动摩擦因数等于/=0.1.将木板由静止释放，求小球落地

瞬时速度丫多大？

(3)在(2)问的条件下且球落地后不再弹起，求木板运动的时间“多长？

17、(12分)传送带两端A8距离L=31m,以y=5m/s速度匀速运行，现将质量机=0.2kg相同工件以为=lm/s速度沿水

平方向一个接一个投放到传送带的4端，工件初速度方向与传送带运动方向相同，投放工件的时间间隔恒定.若一个

工件从A端运动到8端所用时间为U7s.g=10m/s2.求：

(1)工件与传送带之间的动摩擦因数“；

(2)若原来每一时刻在传送带上总能看到14个工件，现当一个工件刚投射到A端的瞬间，传送带以a=lm/s2的加速

度开始加速.与不运送任何工件时相比，上述传送带刚开始加速的短时间内，电动机要给传送带增加多大的动力.(不

计传送带自身加速所需的外力)

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、D

【解析】AD.当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，所以“山东舰”航母在某些

情况下是可以看成质点的，如研究“山东舰”航母在大海中运动轨迹时，航母可以看成质点，故A错误，D正确；

B.正在甲板上手势指挥的调度员的动作不能忽略，不能看成质点，故B错误；

C.研究战斗机的空中翻滚动作时，不可以看做质点，否则没有动作了，故C错误。

故选D。

2,D

【解析】既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的;

而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的

【详解】A、匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，所以A选项错误

B、平抛运动是曲线运动，其合外力就是物体的重力，重力是不变的，所以B选项错误

C、平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，是不变的，所以C选项错误

D、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，所以D选项正确

故选D

3、B

【解析】根据

x=v()t+g。产=24/-1.5*

可得，初速度

v()=24m/s

加速度

a=-3m/s2

根据速度时间公式

v=v»+at

可得

故B正确，ACD错误。

故选B。

4、B

【解析】物理学史中，首先把实验和逻辑推理结合起来，进行科学研究的物理学家是伽利略，故选B.

5,C

【解析】AB.甲、乙两质点在1s末时相对于原点的位移相同，即处于同一位置，二者相遇，相距的距离为0,故A、

B错误；

C.甲的斜率为负，表示速度沿负方向，乙图线斜率为正，表示速度沿正方向，即甲、乙两质点在第1s内反方向运动,

故C正确；

D.在3s到5s质点的方向相同，都沿负方向，故D错误；

故选C

【点睛】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率的

正负分析速度的方向

6、C

【解析】对小黑板受力分析如图，贝!I：

2Tcos0=G

解得：绳中张力

AC.增大距离d,6增大，COS。减小，细绳中的拉力增大，故A项错误，C项正确;

BD.减小距离d,〃减小，COS。增大，细绳中的拉力减小，故BD两项错误。

7、BC

【解析】A.从时该4到d物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上，故A错误；

B.从时刻到，4,物体受到的压力小于重力，物块处于失重状态，加速度向下，故B正确；

C.如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得

到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故C正确；

D.如果电梯开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该是压力先等于

重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故D错误；

故选BCo

8、AD

【解析】A.由图象可以看出，质点A前2s内的位移是Im,A正确；

B.质点B第Is内的位移是0,B错误；

C.质点A在8s内的位移大小1m,质点B在8s内的位移大小是3m,C错误；

D.质点A、B在4s末相遇，D正确

故选AD,

分卷II

9、BC

【解析】根据牛顿第二定律，物体加速度为

"G-T10N-8N4,2

a=—=-------=------------=2m/s-

mm1kg

加速度方向向下，处于失重状态，则物体可能向上减速运动，也有可能向下加速运动。

故选BC.

10、AD

【解析】因汽车做匀加速直线运动，小花瓶和汽车始终保持相对静止，故小花瓶也做匀加速直线运动，对小花瓶受力

分析可知，竖直方向受重力和支持力平衡，水平方向上受摩擦力提供加速度，方向与汽车运动方向相同；故可知小花

瓶受三个力作用，合外力不为零，对小花瓶由牛顿第二定律有

f=ma

故AD正确，BC错误。

故选AD.,

11、BD

【解析】A.x-f图象只能表示直线运动规律，故甲乙均做直线运动，故A错误；

B.心时刻两图象相交，表示两车到达同一位置即相遇，又从同一位置出发，故位移相同，故B正确；

C.图象的斜率表示速度，知甲的速度变大，但加速度不一定变大，故C错误；

D.0F时间内两图象斜率有相同的地方，两车有速度相同的时刻，故D正确。

故选BD»

12、BD

【解析】圆球受三个力，即重力，M对球的弹力N对球的弹力尸外，三力作用下，物体处于平衡状态

【详解】如图所受，圆球处于三力平衡状态，由力的几何关系可知，M对球的弹力“=」驾；N对球的弹力

Mcosa

缓慢转动板，使夹角由。逐渐减小到零的过程中，几，耳心均逐渐变小

FNN=mgtana.Ma60

“F.

故本题选BD

【点睛】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向.列出力的解析式，根据角度变化判断求解

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）

13、①.（1）CD②.（2）0.36③.0.13④.（3）丙

【解析】（D实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为

f=mgsin9=umgcos0,m约掉了.②让小车的质量M远远大于小桶（及祛码）的质量m.（2）根据匀变速直线运动

的推论公式可以求出加速度的大小.（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况

【详解】（1）平衡摩擦力，假设木板倾角为0,则有：f=mgsinO=jimgcos。，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力.故

A错误.实验时应先接通电源后释放小车，故B错误.让小车的质量M远远大于小桶（及祛码）的质量，因为实际上

F_乂_MmS—1

绳子的拉力=加+朋―।m,故应该是m〈＜M,即m2应远小于m”故C正确.F=ma,所以：

M

11

a=-F,当F一定时，a与一成正比，故D正确.故选D

町町

（2）打C点时小车的瞬时速度的大小为%=%=（3.65+3.52）x10；/S=Q36m/5；根据△x=aT。可以求出小

'2T0.2

车的加速度大小为a=X：Ac=（3.78+3.65-3.52：3.39）xl（T2m//=013〃/『；

4T24x0.12

（3）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况.故图线为丙

14、①.CD②.远小于

【解析】（1）[1]A.实验时，应先接通电源，再释放木块，故A错误；

B.平衡摩擦力时，不能将装有祛码的祛码桶通过定滑轮拴木块上，故B错误；

C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故C正确；

D.通过增减木块上的祛码改变质量时，不需要重新平衡摩擦，故D正确，

故选CDo

⑵⑵对整体分析，加速度

a=---m--g---

m+M

隔离对木块分析，根据牛顿第二定律得

Mmgmg

Fr-Ma=-----=———

M+m]।

可知当祛码桶及桶内祛码的总质量远小于木块和木块上祛码的总质量时，祛码桶及桶内硅码的总重力在数值上近似等

于木块运动时受到的拉力。

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)h="2"s(2)F=0.45N,Z2=Jys

【解析】(D若尸=0,小木块会沿斜面做匀加速直线运动

根据牛顿第二定律

mgsin0-jLimgcos0=mci

计算可得

a=2m/s2

由运动学公式

b=gat；

计算可得

t}—2s

(2)若木块沿斜面对角线从点A运动到点C,说明合力方向沿AC方向，设AC与AB的夹角

合位移

x=AC=J32+42=5m

.3

sma=一

5

所以施加的外力为

F—mgsin。tancp-0.45N

根据牛顿第二定律

mgsin。八，

------------/Lingcosu-ma

cosa

计算可得

a=3.5m/s2

由运动学公式

1.2

x=­Cl

22

计算可得

V20

J-----s

27

16、（1）4m/s2（2）2.8m/s（3）1.37s

【解析】（D根据牛顿第二定律对木板和小球列出方程，注意二者加速度大小相等；

（2）根据牛顿第二定律对木板和小球列出方程，对小球根据运动学公式进行求解；

（3）根据木板和物块的受力问题，判断二者之间的运动关系，然后利用运动学公式进行求解即可，注意求解加速度为

关键；

【详解】（1）由静止释放，则球向下加速运动，则根据牛顿第二定律有：mnS-T=mna

木板向右加速运动，则根据牛顿第二定律有：T-Mg=Ma

联立解得：a=4m/s2?

（2）球向下加速运动，则根据牛顿第二定律有：

假设物块与木板发生相对滑动，则对木板：T+

得：a,-2.8m/s2

由于物块的最大加速度为：a=〃g=l机/s2<q=2.8m/s2,所以假设正确，说明物块与木板确实发生相对滑动；

球匀加速下降：/一（）=2%〃

则小球落地的瞬时速度为：V=2.8/77/5；

（3）球下落过程时间：4=一=k

a\

球落地瞬时木板与球速度相同：2.8/7