湖南师范大学附中2022年物理高一第一学期期末检测模拟试题含解析

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0.5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：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。分。

1、如图，一长/=0.5m的轻杆，一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量机=0.5kg的小球，轻杆随转轴在竖直平面

内做角速度o=4rad/s的匀速圆周运动，其中A为最高点，C为最低点，B、。两点和圆心O在同一水平线上，重力加

速度g=10m/s2,则（）

A.小球在4点时，杆对小球的作用力方向竖直向下

B.小球在8点时，杆对小球的作用力方向指向圆心

C.小球在C点时，杆对小球的作用力大小为4N

D.小球在O点时,杆对小球的作用力大小为屈N

2、一物体以初速度用做匀减速直线运动，第1s内通过位移为©=3m,第2s内通过的位移&=2m,此后又经过位移用,

物体的速度减小为0,则下列说法中不正确的是（）

A.初速度vo的大小为2.5m/sB.加速度a的大小为lm/s2

C.位移X3的大小为1.125mD.位移门内的平均速度大小为0.75m/s

3、竖直上抛物体受到的空气阻力/大小恒定，物体上升到最高点时间为九，从最高点落回抛出点用时d上升时加速

度大小为由，下降时加速度大小为。2,则下列说法正确的是（）

A.G1VO2,t\<tlB・G1>G2,t\>tl

C.a\<ai,t\>tiD.ai>«2,ti<ti

4、如图所示，将质量为，〃的滑块放在倾角为。的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为〃.若滑块与斜面之

间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g,则

e

A.将滑块由静止释放，如果〃>tan。，滑块将下滑

B.给滑块沿斜面向下的初速度，如果〃Vtan。，滑块将减速下滑

C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果〃=tan。，拉力大小应是2,”gsin。

D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果〃=tan。，拉力大小应是mgsin。

5、一个小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达8点时的速度是y,到达C点时的速度是2%则48:5c等于

（）

A.l:2B.l:l

C.l:4D.l:3

6、小明到两商场选购商品，发现两商场自动扶梯倾斜度一样，但坡面不同，如图所示。小明站在自动扶梯上随扶梯一

起向上匀速运动，已知小明体重G,鞋底与扶梯间的动摩擦因数为"，扶梯与水平面间的夹角为。，小明在两自动扶梯

上受到的摩擦力大小分别为/甲、/乙，扶梯对小明的支持力分别为尸N甲、FN乙,下列判断正确的是（）

A.FN=FNZ,=GCOS0B.尸N¥=G,FNZ.=GCOS0

C./（P=O,/z=Gsin，DJ甲=Gsin〃，/乙=0

Ar

7、从匀速直线运动的速度公式v=——可知（）

△f

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度决定于运动的位移

8、如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P,小滑块。放置于长木板上的最右端A。现将一个水平向右的力歹

作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量

相等，滑块。始终没有从长木板产上滑下，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（）

A」=10s时长木板尸停下来

B.长木板尸的长度至少是7.5m

C.长木板尸和水平地面之间的动摩擦因数是0.075

D.滑块。在长木块P上滑行的路程是11m

9、如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电

梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2,由此可判断（）

A.电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2

B.电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2

C.乘客处于失重状态

D.乘客对电梯地板的压力为425N

10、如图所示，A、B两物体的重力分别是GA=3N,GB=4N.A用细线悬挂在顶板上，B放在水平面上，A、B间

轻弹簧中的弹力Fi=2N,则细线中的张力F2及B对地面的压力F3的可能值分别是（）

A.5N和6NB.5N和2N

C.IN和6ND.IN和2N

二、实验题

11、（4分）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。

位移传感器（发射器）位移传感器（接收器）

钩码

（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持不变，用钩码所受的重力作为，用DIS测小车的加速度；

（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a—尸关系图线（如图所示）。此图

线的A6段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是；

A.小车与轨道之间存在摩擦

B.导轨保持了水平状态

C.所挂钩码的总质量太大

D.所用小车质量太大

12、（10分）在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz,记录小车运动

的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5共6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排

放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“0”计数点对齐.从图中读出三个计数点1、3、5的位置坐标求：

12345

2345678910111213

（1）计算与计数点“4”相对应的小车的瞬时速度为V4=m/s.（结果保留三位有效数字）

（2）利用图中的数据可求出小车运动的加速度a=m/s2

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，倾斜传送带与水平面的夹角为仇以大小为好的恒定速度沿顺时针方向匀速转动，一小物块（可

视为质点）从传送带上端A滑上传送带，滑上时速度大小为内、方向平行于传送带向下，最后小物块将从A端离开，

已知小物块与传送带间的动摩擦因数为"，传送带足够长，重力加速度为g,不计空气阻力。求

（1）小物块在传送带上滑动时的加速度大小a=

（2）小物块从滑上传送带到从上端A离开，在传送带上运动的时间

V.

14、（14分）如图所示，质量为如=0.5kg、,“2=0.2kg的弹性小球4、8穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距

离G=0.8m,小球距离绳子末端/=6.5m,不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g=10m/s2

（1）若A,B两球固定在绳上，不会在绳上滑动，求释放瞬间绳中张力大小？

（2）若小球A、8与轻绳不固定，球与绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍.现在由静止同时释放A、8两个小球，则释放

A、8两个小球后，4、8的各自加速度多大？

⑶若同（2）问中条件，小球8从静止释放经多长时间落到地面？

15、（13分）如图所示，质量为4kg的小球用于细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37。。已知

g=10m/s2,sin370=0.6,8s37。=0.8.求：

（1）汽车匀速运动时，细线对小球拉力7,和车后壁对小球压力七的大小；

⑵当汽车以a=2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球拉力T和车后壁对小球压力人的大小；

⑶当汽车以q=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球拉力T和车后壁对小球压力入的大小。

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。分。

1、D

【解析】小球做匀速圆周运动，合力提供向心力。

A.小球在A点时，

mg+FA=marl

解得：

吊=-lN

故杆对小球的作用力方向竖直向上，故A错误；

B.小球在8点时，合力提供向心力，则杆对小球的作用力方向斜向右上方，故B错误；

C.小球在C点时

Fc-mg-marl

解得：

弓=9N

故C错误；

D.小球在。点时，杆对小球的作用力方向斜向做上方

&=J(〃2g)2+(〃//)=>/41N

故D正确；

故选D。

2、A

【解析】AB.根据△*=“产得，

a=与=2产in/s2=-lm/s2

t2I2

根据第Is内通过位移为xi=3m,则有

12

x=vQt+-ar

解得W=3.5m/S,故A错误，符合题意；B正确，不符合题意;

C.第2s末的速度

V2=v（）+a/=3.5m/s-lx2m/s=1.5ni/s

则

X3="3.m=1.125m

32a2x(-1)

故C正确，不符合题意;

D.位移X3内的平均速度大小

v=°+气=Ym/s=0.75m/s

22

故D正确，不符合题意。

故选Ao

3、D

【解析】上升过程有：mg+F尸ma”下降过程有：mg-F尸maz,由此可知ai>a2,根据功能关系可知落回地面的速度vVv。,

因此上升过程的平均速度为大于下降过程的平均速度工，由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此tiVt2,故

22

ABC错误，D正确.故选D

【点睛】本题容易出错的地方在于阻力的方向容易弄错，注意阻力方向与相对运动方向相反，上升和下降过程阻力的

方向是不同的

4、C

【解析】A.物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如图

物体加速下滑，Gx>f,N=G,,mgsin6>/jmgcos0,解得〃<tan。，A错误;

B.给滑块沿斜面向下的初速度，如果〃<tan。，则有mgsin，>〃7"gcos(9,将加速下滑，B错误;

C.若〃=则〃2gsind=〃mgcos，，用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有

F-mgsin0-/jmgcos0=O,故解得尸=2〃zgsin8,故C正确；

D.若〃=则mgsin，=〃mgcos，，用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，根据平衡条件，有

F+mgsin0-pmmgcos=0,故解得歹=0,故D错误;

【点睛】本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后求出最大静摩擦力，结合共点力平衡条件讨论即可

5、D

【解析】设小球的加速度大小为“，则根据匀变速直线运动速度与位移关系可得

AB=—

2a

（2V）2-V23v2

BC=

2a2a

所以

AB1

故选D。

6、BC

【解析】由题意知分别对甲乙两图的小明进行受力分析，如图所示

对于乙图有

FN乙=Geos6

于乙=Gsin6

综上分析可知BC正确，AD错误。

故选BC»

7、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II

8、BC

【解析】AC.前5s物体P、Q都做匀加速直线运动，设加速度大小分别为q、a2,由修图象可求得

Av5-0,

a,=——=------=lm/s;

△t5

22

a2=-=-~-m/s=0.5m/s

-26

设P、Q间动摩擦因数为从，P与地面间的动摩擦因数为也对Q由牛顿第二定律可得

mg必=ma2

从=0.05

5s-6s物体P做匀减速直线运动，设加速度大小为的，由修图象可求得

%=—=9--m/s2=2m/s2

△t6-5

由牛顿第二定律可得

+2mg/j2=ma3

代入数值可求得

〃2=0.075

故C正确

6s后两个物体都做匀减速运动，Q的加速度大小仍为小设P的加速度大小为。4由牛顿第二定律可得

2mg%—mg4=ma4

代入数值班可求得

2

a4=lm/s

设经过时间。速度减为零

Av3„

t,=——=—s=3s

1a1

f=6s+3s=9s时长木板P停下来，故A错误:

B.前6s物体Q相对于P向左运动距离为

=^^5m+2x（6-5）m-3x6m

=7.5m

22''2

6s后Q相对于P向右运动距离为AX2

Ax,=------------=—:-----m-------m=4.5m

2a22a&2x0.52x1

所以长木板P的长度至少是7.5m,故B正确；

D.设滑块Q在长木块P上滑行的路程x

x=+AX2=7.5m+4.5m=12m

故D错误。

故选择BC选项。

9、BC

【解析】ABC.电梯静止不动时，小球受力平衡，有

mg=kx

电梯运行时弹簧的伸长量变为静止时的四分之三，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有

3,

mt;——kx=ma

4

即

a=2.5m/s2

加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，故A错误，BC正确；

D.以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得

m'g-FN=m'a

乘客对地板的压力大小为

FN=,n'g-m'a=(500-50x2.5)N=375N

故D错误。

故选BC»

10、BC

【解析】当弹簧处于伸长状态，以A为研究对象，由平衡条件得到，细线对A的拉力F=GA+F弹=3N+2N=5N.对B研

究可得，地面对B的支持力为FN=GB-F建=4N-2N=2N,则B对地面的压力大小等于2N.当弹簧处于压缩状态，以A

为研究对象，由平衡条件得到，细线对A的拉力F=GA-F»=3N-2N=1N.对B研究可得，地面对B的支持力为FN=GB+F

惮=4N+2N=6N,则B对地面的压力大小等于6N,因此BC正确，AD错误

二、实验题

11、①.小车的总质量②.小车所受外力③.C

【解析】⑴口］⑵探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合外力

(2)［3］本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；由于

段。一户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；设小车的质量为M,钩码的质量

为山，由实验原理得

ing=Ma

得

mgF

a==—

MM

而实际上

mg

M+m

可见A5段明显偏离直线是由于没有满足机造成的。

故选C。

12、①.0.330②.0.60

【解析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大

小;根据匀变速直线运动的推论公式As=a"可以求出加速度的大小

【详解】⑴由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离分别是4=1.20。"5.40cm,4=12.00。〃

相邻两计数点之间还有四个点未画出,所以相邻的计数点间的时间间隔为T=01s,

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：

(12.00-5.40)x10-2

=0.330/77/5

2T-2x0.1

⑵根据As=可求出加速度

(J-J)-(J-^)_(12.00-5.40)-(5.40-1.20)

Q=------y322x10-2=0.60就$2

(27)一(2Tf0.04

【点睛】对于纸带来说一般会用到中点时刻的速度等于平均速度来求速度，另外一个就是根据相邻相等时间内的位移

差恒定来求纸带的加速度

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、(l)a=("cose-sin8)g；(2)若匕t=------，1小；若片＞%,t=-----"||+、------

(〃cos6-sme)g2g%(〃cos6-sin6)

【解析】由题意可分析出小物块下滑后做减速运动，速度要减为零，然后再向上先做加速运动，根据牛顿第二定律求

出上滑的加速度，在向上运动过程中，由于小物块和传送带的速度大小不清楚，就可能出现两种情况，一种是小物块

的速度小于等于传送带的速度，则小物块是先减速运动到速度为零然后在反向向上做加速运动一直到达顶端，第二种

是，小物块的速度大于传送带的速度，则反向先做加速运动，当达到和传送带速度相等时，随传送带做匀速运动到达

顶端，根据运动学公式分别求出相应的位移和时间。

【详解】(1)由题意可得：

/jmgcos0>mgsin6

物体先向下做减速运动，然后在向上做加速运动，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得：

F,-mgmin0=ma①

Ff="mgcos0②

由以上二式可得

a=(〃cos。-sin6)g③

(2)物体下滑减速过程和上滑加速过程，受力情况是一样的，所以加速度相同。

若匕4%,物体减速下滑到速度为零后，反向一直加速返回到顶端，末速度为匕，则下滑时间和加速到顶端的时间相

同，则整个过程的运动时间为：

=2心=————④

a(〃cos6-sine)g

若匕>%,则物体返回时先做加速运动，当速度达到%时，物体以速度％做匀速运动达到顶端，物体沿斜面下滑距离:

向上加速的时间为：

a

向上加速的位移为：

2

%=以⑦

'2a

向上匀速运动的位移为:

x2=X一⑧

做匀速运动的时间为：

G=—®

%

则整体运动的时间为：

由以上各式可得:

.（%+4

T—

2g%（〃cos。一sin。）

【点睛】解决本题的关键在于正确进行受力分析，尤其是货物和传送带速度相同时物体受到的摩擦力方向，根据受力

情况分析研究对象的运动情况，熟记运动学公式。

14、(1)2.86N(2)ai=8m/s2ai=5m/s2(3)1.6s

【解析】（1）对A,B小球整体列牛顿运动定律方程:

”型