四川省成都市2022-2023学年高一物理上学期期末模拟试卷（一）（Word版带解析）

2022年成都市高一上期期末物理模拟试卷（一）物理试题一、本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求1.一质点自原点开始在x轴上运动，初速度v0>0，加速度a>0，当a值不断减小直至为零时，质点的（　　）A.速度不断减小，位移不断减小B.速度不断减小，位移继续增大C.速度不断增大，当a=0时，速度达到最大，位移不断增大D.速度不断减小，当a=0时，位移达到最大值【答案】C【解析】【详解】由于初速度v0>0，加速度a>0，即速度和加速度同向，不管加速度大小如何变化，速度一直增大，当加速度减小时，相同时间内速度的增加量减小，当a=0时，速度达到最大值，位移不断增大。故选C。2.装修工人在搬运材料时施加一水平拉力将其从水平台面拖出，如图所示，则在匀速拖出的过程中（　　）A.材料与平台之间的接触面积逐渐减小，摩擦力逐渐减小B.材料与平台之间的接触面积逐渐减小，拉力逐渐减小C.平台对材料的支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小D.材料与平台之间的动摩擦因数不变，支持力也不变，因而工人拉力也不变【答案】D【解析】【详解】AC．匀速拉动的过程只能持续到重心离开台面的瞬间，材料的重心在台面上，竖直方向上，材料对台面的压力等于重力，故材料受到的支持力不变。而在拉动过程中动摩擦因数不变，由：F＝μFN可知摩擦力是不变的。故A错误，B错误；BD．因为材料做匀速直线运动，摩擦力不变，所以工人的拉力等于摩擦力，是不变的。故B错误，D正确； 故选D。3.如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进。突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是（　　）A.B.maC.D.m（g+a）【答案】C【解析】【详解】对西瓜A，设其他西瓜对它的作用力大小为FN，由牛顿第二定律解得汽车减速，加速度向右，FN方向斜向右上方。故选C。4.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为()A.m＝0.5kg，μ＝0.4B.m＝1.5kg，μ＝C.m＝0.5kg，μ＝0.2D.m＝1kg，μ＝0.2【答案】A【解析】【详解】在4—6s内做匀速直线运动，可知 在2—4s做匀加速直线运动：根据牛顿第二定律有：将，带入，解得：因为解得：A.m＝0.5kg，μ＝0.4，与分析相符，故A项符合题意；B.m＝1.5kg，μ＝，与分析不符，故B项不符合题意；C.m＝0.5kg，μ＝0.2，与分析不符，故C项不符合题意；D.m＝1kg，μ＝0.2，与分析不符，故D项不符合题意．5.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(　　)A.0B.gC.gD.g【答案】B【解析】【详解】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图，根据共点力平衡条件，有 解得，木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为故选B。6.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】当小木块刚放到传送带上时，小木块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 由于故当小木块与传送带达到共速后，小木块将受到沿斜面向上的滑动摩擦力，小木块继续沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律由此可知故选D。7.如图所示，光滑水平面上、水平恒力F作用在小车上，使小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M，木块质量为m，重力加速度为g，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为，则在运动过程中（）A.木块受到的摩擦力大小一定为B.木块受到的合力大小为C.小车受到的摩擦力大小为D.小车受到的合力大小为【答案】C【解析】【详解】A．把小车和木块看成一个整体，根据牛顿第二定律得a=木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得f=ma=故A错误；B．对木块运用牛顿第二定律得F合=ma 即木块受到的合力大小为ma，故B错误；C．根据牛顿第三定律可知，木块对小车的静摩擦力大小为，故C正确；D．对小车运用牛顿第二定律得F合=Ma=故D错误；故选C。8.半圆柱体P放在粗糙水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的纵截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是（　　）A.MN对Q的弹力逐渐减小B.地面对P的摩擦力逐渐增大C.P、Q间的弹力先减小后增大D.Q所受的合力逐渐增大【答案】B【解析】【详解】对Q受力分析，F1表示P对Q弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，如图所示AC.由平行四边形的边长变化可知，F1与F2都逐渐增大，故AC错误；B.对P、Q整体受力分析，由平衡条件得，f=F2，由于F2不断增大，故f不断增大，故B正确；D.由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，故D错误。故选B。二、本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分9.如图所示是质点做直线运动的v-t图像，则有（  ）A.在前6s内物体做匀变速直线运动B.在2～4s内质点做匀变速直线运动C.4s末质点的速度大小是4m/s，方向与规定的正方向相反D.3～4s内与4～6s内质点的速度方向相反【答案】BC【解析】【详解】A．v-t图像斜率代表加速度，则在前6s内物体加速度不是恒定不变，故前6s内质点不是做匀变速直线运动，故A错误；B．在2～4s内，速度-时间图线的斜率不变，即加速度不变，质点做匀变速直线运动，故B正确；C．根据图像可知4s末质点的速度是-4m/s，即大小是4m/s，方向与规定的正方向相反，故C正确；D．质点在3～4s内和4～6s速度均为负值，表明在这两段时间内质点的速度方向相同，都与规定的正方向相反，故D错误。故选BC。10.如图所示，物体做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.2s，则下列说法正确的是（　　）A.物体的加速度为20m/s2B.物体的加速度为25m/s2C.CD=4mD.CD=5m【答案】BC【解析】【分析】 【详解】AB．由匀变速直线运动的规律，相邻的相等时间内位移之差为常数，即Δx=aT2可得a==m/s2=25m/s2故A错误，B正确；CD．根据Δx=常数可得CD－BC=BC－AB=1m可知CD=4m故C正确，D错误。故选BC。11.一盏电灯重力为，悬于天花板上的点，在电线处系一细线，使电线与竖直方向的夹角为，与水平方向成α角，如图所示，现保持点位置不变，使角由缓慢增加到，在此过程中（）A.电线上的拉力逐渐减小B.细线上的拉力先减小后增大C.细线上拉力的最小值为D.细线上拉力的最小值为【答案】ABC【解析】【详解】对结点受力分析，由平衡条件可知，细线和电线拉力的合力一定竖直向上，与平衡。当角由缓慢增加到的过程中，画出动态分析图如图所示．由图可看出，细线上的拉力先减小后增大，且当时，最小，最小值为，而电线上的拉力一直减小，故A、B、C正确，D错误。 故选ABC。12.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是（　　）A.B和A刚分离时，弹簧长度不等于原长B.B和A刚分离时，它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动【答案】AC【解析】【详解】AB．在施加外力F前，对A、B整体受力分析，可得A、B两物体分离时，A、B间弹力为零，此时B物体所受合力即受力平衡，则两物体的加速度恰好为零，所以此时弹簧弹力大小等于A受到重力大小，弹簧处于压缩状态，故A正确，B错误；C．B与A分离时对物体A，有由于 所以弹簧的劲度系数为故C正确；D．在B与A分离之前，由牛顿第二定律，得在B与A分离之前，由于弹簧弹力一直大于mg且在减小，故加速度向上逐渐减小，所以它们向上做加速度减小的加速直线运动，故D错误。故选AC。13.如图，一个质量的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为和的A、B两物块，A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为，若现用水平恒力F作用在A物块上，重力加速度g取10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是()A.当F=2N时，A物块和木板开始相对滑动B.当F=1N时，则A、B两物块都相对木板静止不动C.若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为D.若F=6N，则B物块的加速度大小为【答案】BC【解析】【详解】A.与木板间的最大静摩擦力为：A与木板即将发生相对滑动时木板和B得加速度为对整体受力分析由牛顿第二定律有当时，所以、两物块和木板保持相对静止，整体在作用下向左匀加速运动，故A错误； B.当时，所以、两物块都相对木板静止不动，整体在作用下向左匀加速运动，故B正确；C.若，在木板表面滑动，摩擦力为2N；则和木板整体受摩擦力为2N，所以木板和B的加速度：此时受到的摩擦力将达到：故C正确；D.若，A在木板表面滑动，摩擦力为2N；则和木板整体受摩擦力为2N，所以木板和的加速度：故D正确．三、实验题：本题共2小题，共14分14.某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2，主要实验步骤如下：①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点处，记下弹簧测力计的示数F；②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧测力计的示数；③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力________；④比较_________即可初步验证；⑤只改变绳套2的方向，重复上述试验步骤． 回答下列问题：（1）将上述实验步骤补充完整；（2）将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120°不变，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________（填选项前的序号）．A．逐渐增大B．先增大后减小C．逐渐减小D．先减小后增大【答案】①.②.和③.A【解析】【详解】（1）[1][2]根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力通绳套过比较和，误差允许范围内相同，则可初步验证．（2）[3]两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出如答图所示的示意图．根据示意图可知，绳套1的拉力大小逐渐增大，故A正确BCD错误．15.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_____木块和木块上砝码的总质量。（选填“远大于”“远小 于”或“近似等于”）（2）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲_______m乙，μ甲_______μ乙。（选填“大于”“小于”或“等于”）【答案】①.远小于②.小于③.大于【解析】【详解】（1）[1]设木块和木块上砝码的质量为M，砝码桶及桶内砝码总质量为m，将两者看做一个整体，对整体有对木块有联立可得只有当时，才有，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量。（2）[2][3]当没有平衡摩擦力时对木块有可得即图线斜率为，纵轴截距的绝对值为μg，对比图线可知，m甲小于m乙，μ甲大于μ乙。四、本题共4个小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写 出数值和单位16.一飞行员驾驶飞机在做低空表演时，竖直拉升（水平速度很小，可以忽略），拉升到最高点时，飞机突发故障，飞行员选择弃机逃生。飞行员按下逃生按钮后，弹射座椅以v1=10m/s的速度竖直向上弹出（不再与飞机相互作用）。飞行员上升后又下降到一定高度时，弹射座椅打开降落伞，飞行员以a=12m/s2的加速度做匀减速直线运动，落地时的速度大小v2=6m/s。已知弹射座椅弹出时离地面的高度h=323.5m，重力加速度g取10m/s2，降落伞打开之前，不计空气阻力，求：(1)弹射座椅打开降落伞瞬间，飞行员的速度大小；(2)弹射座椅弹出后，飞行员在空中运动的时间。【答案】(1)60m/s；(2)11.5s【解析】【详解】(1)设弹射座椅弹出降落伞瞬间飞行员的速度为v，从弹射座椅弹出到降落伞打开，飞行员下降的高度为h1，弹射座椅打开降落伞的位置距离地面的高度为h2，则v2－v=2gh1v－v2=2（－a）h2h=h1＋h2=323.5m联立并代入已知数据，解得：v≈60m/s(2)从弹射座椅弹出到降落伞打开的时间t1==7s从弹射座椅打开降落伞到落地的时间t2==4.5s总时间t=t1＋t2=11.5s17.如图甲所示，倾角为θ=37°的足够长斜面上，质量m=1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F=14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示．求：(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)（1）小物体与斜面间的动摩擦因数； （2）撤去力F后1.8s时间内小物体的位移．【答案】（1）0.5（2）2.2m，沿斜面向上【解析】【详解】试题分析：线根据图乙计算出小物体在斜面方向上运动的加速度，再沿斜面方向上根据牛顿第二定律列式，结合滑动摩擦力的公式即可解得动摩擦因数的大小；对出去F后小物体的运动过程进行分段，在1.8s的时间范围向上的减速运动和向下的加速运动，分别在各段进行受力分析，根据牛顿运动定律及运动学公式即可解答．(1)由题图乙可知，0～2s内物体的加速度a1＝＝4m/s2根据牛顿第二定律，F－mgsinθ－Ff＝ma1FN＝mgcosθ而Ff＝μFN代入数据解得：μ＝0.5(2)撤去F后，根据牛顿第二定律：－mgsinθ－Ff＝ma2解得：a2＝－10m/s2设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2解得：t2＝0.8s在0.8s内物体有向上运动的位移x2，根据速度位移公式：解得：x2＝3.2m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mgsinθ－Ff＝ma3，解得a3＝2m/s2再经t3＝1s物体发生位移x3，有：物体在撤去F后1.8s内的位移为：x＝x2－x3代入数据解得x＝2.2m，方向沿斜面向上点睛：本题主要考查了根据物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况；根据物体的运动情况，可由运动学公式求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所受的外力．18.如图所示，水平传送带以2m/s的速度运动，传送带长AB＝20m，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，试求：(g＝10m/s2)(1)工件开始时的加速度a；(2)工件加速到2m/s时，工件运动的位移； (3)工件由传送带左端运动到右端的时间．【答案】(1)1m/s2，方向水平向右；　(2)2m；　(3)11s；【解析】【详解】(1)工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为Ff＝μmg工件加速度a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2方向水平向右(2)工件加速到2m/s所需时间在t0时间内运动的位移(3)由于x0<20m，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起运动至B端．工件做匀速运动的时间为所以工件由传送带左端运动到右端的时间为t＝t0＋t1＝11s19.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小； (2)A在B上总的运动时间。【答案】（1）3m/s2；1m/s2；（2）4s【解析】【分析】【详解】（1）在0-2s内，A和B受力如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：联立以上各式可得a1=3m/s2a2=1m/s2（2）在t1=2s，设A和B速度分别为v1、v2，则v1=a1t1=6m/sv2=a2t1=2m/s t>t1时，设A和B的加速度分别为，；此时AB之间摩擦力为零，同理可得：即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：联立可得t2=1s在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）则A在B上的运动时间为t总.t总=t1+t2+t3=4s（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；【方法技巧】本题主要是考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．