湖北省宜昌市高中教学协作体2022-2023学年高一上学期期末物理模拟试题

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2．答题时请按要求用笔。 3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5．保持卡面清洁，不要折暴、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、如图所示，马拖着一根质量为m的树干在粗糙的水平地面上作加速直线运动，加速度大小为a，已知马对树干的拉力大小为F1，树干对马的拉力大小为F2，则有（ ） A.F1> F2 B.F1=F2 C.F1<F2 D.F1=ma 2、如图，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为37°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。已知sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（　　） A.0 B.g C.5g/4 D.5g/3 3、如图所示，小球以10m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取则 A.0.8s内小球下落的高度为4.8m B.0.8s内小球下落的高度为6.3m C.小球到达P点的水平速度为10m/s D.小球到达P点的竖直速度为12m/s 4、一木箱静止在粗糙的水平面上，某时刻开始，木箱受到一个方向不变的水平拉力作用。设木箱与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下图中，关于木箱受到的拉力F与木箱加速度的关系，下列图像描述大致正确的是( ) A B. C. D. 5、下面说法中正确的是（ ） A.当物体运动状态发生变化时，它一定受到外力作用 B.静止或做匀速直线运动的物体，一定不受外力的作用 C.当物体的速度等于零时，它一定处于平衡状态 D.物体的运动方向一定是它所受的合外力的方向 6、固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O的正上方C处固定一个光滑定滑轮(大小可忽略)，细线一端拴一小球(可视为质点)置于半球面上A点，另一端绕过定滑轮，如图所示，现将小球缓慢地从A点拉向B点，则此过程中小球对半球的压力大小FN、细线的拉力大小FT的变化情况是(　　) A.FN不变，FT不变 B.FN不变，FT变大 C.FN不变，FT变小 D FN变大，FT变小 7、大小不变的两个共点力F1与F2其合力为F，下列说法正确的是（ ） A.合力F一定大于任何一个分力 B.合力大小既可等于F1，也可等于F2 C.合力不可能小于任何一个分力 D.合力F的大小随F1、F2之间夹角的增大而减小 8、如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，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，则以下说法正确的是(　　) A.当F<3μmg时，A、B都相对地面静止 B.当F=4μmg时，A的加速度为 C.当F>8μmg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过 9、传送带以恒定速度v=4 m/s顺时针运行，已知传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=2 kg的小物块轻放在其底端（小物块可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到平台上，如图所示，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带长6m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则（） A.物体一直做匀加速运动 B.物体先受滑动摩擦力，共速后受静摩擦力 C.物体在传送带上运动的时间为1.5s D.物体相对传送带滑行的距离为1m 10、在某地将甲乙两小球从距离水平地面同一高度处先后释放，它们做自由落体运动的v─t图象如图所示．则 A.t＝4s时，两球的高度相差为40m B.该地区重力加速度g=10m/s2 C.两球在空中运动过程中，距离逐渐变大 D.乙球释放时距离甲球20m 11、将重为50N的物体放在某直升电梯的地板上，该电梯在经过某一楼层地面前后运动过程中，物体受到电梯地板的支持力随时间变化的图像如图所示，由此可以判断（　　） A.t=1s时刻电梯的加速度方向竖直向上 B.t=6s时刻电梯的加速度为零 Ct=8s时刻电梯处于失重状态 D.t=11s时刻电梯的加速度方向竖直向下 12、如图所示，轻绳的一端系在天花板上，另一端连接一重量为G的小球，给小球施加一外力F，使小球处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角为，则（　　） A.外力F的方向可能沿着轻绳向下 B.外力F的方向可能水平向右 C.外力F的最小值为Gsin D.外力F的最大值为G 二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上） 13、（6分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，打点计时器的打点频率为50Hz （1）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图所示，相邻两点间的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，则打下E点时小车的速度为___m/s，小车的加速度为_____m/s2 （2）该同学通过数据的处理作出了a —F图象，如图所示，则 ①图中的直线不过原点的原因是_____________________. ②此图中直线发生弯曲的原因是______________________ 14、（10分）在航天技术中，火箭是把航天器送入太空的运载工具之一．在航天器发射的初始阶段，火箭通过燃烧消耗燃料向后吐着长长的“火舌”，推动着航天器竖直上升．设“火舌”产生的推动力大小保持不变且不计空气阻力．则在这个过程中，航天器的加速度将______，速度将______．（填“变大”、“不变”或“变小”） 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，质量为4kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，t=0时物体受到大小为20N与水平方向成37°角斜向上的拉力F作用，沿水平面做匀加速运动，拉力作用4s后撤去，（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： (1)撤去拉力时物体的速度大小。 (2)物体从出发到停止的总位移大小。 16、（12分）如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°．现小球在F=30N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ=．求： (1)小球运动的加速度 (2)4s内的位移 17、（12分）如图，“嫦娥三号”卫星在登月软着陆过程中，先在离月球表面100m高处静止悬停，然后匀加速下降12s，再匀减速运动下降4s至离月球表面4m高处，速度减小为零．已知月球表面重力加速度是地球表面重力加速度六分之一， “嫦娥三号”卫星的总质量为1590kg，喷出燃料质量不计．求上述过程中： （1）卫星运动达到的最大速度； （2）卫星匀减速运动时的加速度大小； （3）卫星匀减速运动时发动机的推力大小 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】作用力和反作用力等大反向，结合图和题干，可知马对树干的拉力大小为和树干对马的拉力大小为为作用力和反作用力，故，故B正确，ACD错误 点睛：本题是简单的牛顿第三定律的应用，掌握作用力与反作用力的特征：大小相等，方向相反，作用在不同物体上，两个力互为产生的原因和结果，且大小变化具有同时性 2、C 【解析】撤去木板前，小球受重力、支持力和弹簧弹力处于平衡，如图所示： 根据共点力平衡得，支持力 撤去木板的瞬间，弹簧弹力不变，支持力消失，弹力和重力的合力与之前支持力的大小相等，方向相反，则小球的瞬时加速度 方向垂直斜面向下，故C正确，ABD错误。 故选C。 【点睛】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。 3、C 【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度 【详解】小球下落的高度h=gt2=×10×0.64m＝3.2m．故AB错误．小球在水平方向上的速度不变，为10m/s．故C正确．小球到达P点的竖直速度vy=gt=8m/s．故D错误．故选C 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解 4、D 【解析】当物体运动之后，对物块受力分析如图所示：设木箱与地面之间的摩擦因数为 由牛顿第二定律得： 解得： 则与成一次函数关系，故ABC错误，D正确； 故选D。 5、A 【解析】力是物体运动状态改变的原因，若物体受平衡力作用，物体的运动状态一定不变，物体受非平衡力作用时其运动状态一定改变；物体的运动方向与它所受的合外力的方向无直接关系 【详解】A.力是物体运动状态改变的原因，当物体的运动状态发生变化时，它一定受到外力作用，故A正确； B.静止或做匀速直线运动的物体，处于平衡状态，可以不受外力的作用或所受合力为零．故B错误； C.当物体的速度等于零时，它不一定处于平衡状态，例如竖直上抛运动到最到点，故C错误； D.物体的运动方向与它所受的合外力的方向无直接关系，可以相同或相反，也可以不在一条直线上．故D错误； 故选A. 6、C 【解析】将球的重力分解为沿绳子方向和沿半径方向，如图： 根据三角形相似有： 将小球从A点拉到B点，在此过程中，l变小，h不变，由上面等式可得：FT变小，FN不变； A．FN不变，FT不变，与结论不相符，选项A错误； B．FN不变，FT变大，与结论不相符，选项B错误； C．FN不变，FT变小，与结论相符，选项C正确； D．FN变大，FT变小，与结论不相符，选项D错误； 故选C。 7、BD 【解析】如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；同一直线反方向二力的合力等于二力之差．如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间 【详解】A、合力可以大于分力，也可以小于分力，总之合力大小与分力无关，A错误； B、根据平行四边形定则可知，合力可能小于分力，可能大于分力，也可能等于分力，故B正确； C、如果两个分力大小相等、方向相反时，两个力的合力为零，合力小于每一个分力，当方向相同时，则大于任一分力，因此存在有可能，故C错误； D、由力的合成法则可知，当合力F的大小随F1、F2间夹角增大而减小，故D正确； 故选BD. 【点睛】解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况 8、BD 【解析】当两个物体即将发生性对滑动时，接触面上达到了最大静摩擦力；两个滑块运动过程中的最大共同加速度，必然是另一个物块的极限加速度 【详解】A、受力分析可知，A、B两物块间的最大静摩擦力大小为，B与地面间的最大静摩擦力大小为，故AB两物体叠放在一起在外力F作用下，随着力F的逐渐增大，B和地面之间先开始相对滑动．以AB为整体受力分析，当，A、B都相对地面静止，A错误； BCD、若在力F作用下，AB之间即将发生相对滑动，接触面上为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律 以AB整体为研究对象：， 以B为研究对象： 式中的为系统的临界最大共同加速度 解得：， 故当：①，A、B均静止； ②，A、B相对静止，一起匀加速； 所以当时，AB具有共同加速度，即，； ③，A、B相对滑动，A的加速度已经超过，但B的加速度，无论F为何值，都不会超过．故C错误，BD正确； 故本题选BD 【点睛】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力 9、BD 【解析】AB．开始时，物体受向上的拉力F=20N， 向上的摩擦力 重力沿斜面向下的分力： 则物体向上做加速运动，当与传送带共速后，因F=G1+f（此时摩擦力向下）可知物块匀速运动；即物体先做匀加速运动，后做匀速运动；物体先受向上的滑动摩擦力，共速后受向下的静摩擦力，选项A错误，B正确； CD．物体加速运动时的加速度 加速运动的时间 加速运动的位移 做匀速运动的时间 则在传送带上滑行的总时间 物体相对传送带滑行的距离为 选项C错误，D正确； 故选BD。 10、BCD 【解析】A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=4s时，甲球通过的位移为，乙的位移为，两球位移之差等于60m，故A错误 B、由图像斜率可知g=10m/s2,故B正确 C、释放乙球时甲已经运动了2s，此后他们做加速度均为10m/s2匀加速运动，速度差恒为20m/s,距离逐渐变大，故C正确 D、释放乙球时甲已经运动了2s，所以此时乙距离甲球 ，故D正确 11、ABD 【解析】在0-2s内重物处于超重状态，在2-10s内电梯做匀速直线运动，从10s到12s失重。由运动学公式分析三个速度的大小和方向。 【详解】A．在0-2s内重物处于超重状态，t=1s时刻电梯的加速度方向竖直向上，A正确； BC．在2-10s内电梯做匀速直线运动或静止状态，加速度为零，B正确，C错误； D．从10s到12s失重，t=11s时刻电梯的加速度方向竖直向下。故D正确。 故选ABD。 12、BC 【解析】A．对小球受力分析，竖直向下的重力，若外力F的方向沿着轻绳向下，还可能有绳子拉力，则小球不可能平衡，故A错误； B．对小球受力分析，竖直向下的重力，绳子拉力，水平向右的外力F，小球可能平衡，故B正确； CD．根据图解法可知，当拉力F与轻绳垂直时最小，即为 如果轻绳不断，则拉力无最大值，故C正确，D错误。 故选BC。 二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上） 13、 ①.（1）0.85； ②.5.0； ③.（2）①平衡摩擦力时角度过大； ④.②未满足砂和砂桶质量远小于小车的质量 【解析】纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．若坐标轴有截距不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大．从图上分析两图各是什么原因即可 【详解】（1）利用匀变速直线运动的推论得出： 小车的加速度为 （2）①图中当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力时角度过大 ②设小车的加速度为a，绳子拉力为F，以砂和砂桶为研究对象得：mg-F=ma 以小车为研究对象F=Ma 解得： 故：F=Ma=所以要使得绳子拉力等于砂和砂桶的重力大小，必有m＜＜M，而不满足m＜＜M时，随m的增大物体的加速度a逐渐减小．故图象弯曲的原因是：未满足砂和砂桶质量远小于小车的质量 【点睛】本题考查了打点计时器应用以及根据纸带求物体运动的速度、加速度等问题，要熟练掌握从纸带上获取小车速度、加速度的方法，平衡摩擦力时出现的误差分析，根据图象对应分析即可，结论就是两个，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大．对应上即可 14、 ①.变大 ②.变大 【解析】由于推动力和空气阻力都不变，随着燃料燃烧航天器质量减小，由牛顿第二定律可知加速度变化，由运动学可知速度变化 【详解】由于推动力F和空气阻力f都不变，随着燃料航天器质量减小，故航天器所受合外力：F合=F-f-mg增大 由牛顿第二定律可得： 故加速度变大 由运动学： 可知速度变大 故答案为变大；变大 【点睛】本题关键是要知道燃料燃烧造成火箭质量减小，其余都是运动学简单应用，基础题 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)2m/s；(2)4.4m 【解析】(1)在拉力作用下由牛顿第二定律可得 撤去拉力时物体的速度大小为 (2)加速阶段通过的位移为 撤去外力后加速度为 减速阶段通过的位移为 整个过程通过的位移 16、（1） （2）40m 【解析】首先分析撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力，采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度．再用同样的方法求出撤去后小球的加速度，运用运动学公式求出4s内的位移 【详解】（1）在力F作用时有：（F-mg）sin30°-μ（F-mg）cos30°=ma1       a1=5 m/s2 （2）4s内的位移：s=at2=×5×42m=40m 【点睛】牛顿定律和运动学公式是解决力学的基本方法．关键在于分析物体的受力情况和运动情况．当物体受力较多时，往往采用正交分解法求加速度 17、 (1) 12m/s (2) 3m/s2 (3) 7420N 【解析】本题考查匀变速运动的规律。 【详解】（1）设最大速度为vm，匀加速运动总时间为t，运动总位移为x，则 解得： vm=12m/s （2）设匀减速运动加速度大小为a，则 解得： a=3m/s2 （3）设推力大小为F，根据牛顿第二定律 解得： F=7420N 学科网（北京）股份有限公司 $$