2023届福建省三明市物理高一上期末经典模拟试题含解析

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、一个物体在水平面上做匀速直线运动，现给物体加一个与运动方向相同的力，在力的大小随时间逐渐减小直至为零过程中，以下关于物体运动情况，说法正确的是A.加速度、速度、位移均越来越小B.加速度、速度、位移均越来越大C.加速度越来越小，速度、位移越来越大D.当加速度减小到零时，速度也变为零2、如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平面上，一物块自弹簧正上方自由下落，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短（在弹性限度内）的过程中，下列说法正确的是（）A.物块接触弹簧后即做减速运动B.物块接触弹簧后先加速后减速C.当物块的速度最大时，它所受的合力不为零D.当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度等于零3、伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的沿斜面运动的实验。当时利用斜面做实验主要是考虑到（）A.实验时便于测量小球运动的速度B.实验时便于测量小球运动的路程C.实验时便于测量小球运动的时间D.实验时便于测量小球运动的加速度4、随着我国航天事业的不断发展，未来某一天，我国宇航员降落在某星球上，测得该星球表面的重力加速度为.已知该星球半径为R，万有引力常量为G，忽略该星球自转造成的影响，则该星球的质量为A.B.C.D.5、为了进一步提高学生的物理实践意识，练老师利用手机采用频闪拍摄法来代替打点计时器测小球的速度和加速度。让小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置如图中1、2、3、4所示已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d由此可知小球（ ）A.在位置“1”是小球的初始位置B.下落过程中的加速度大小约为C.从位置1到位置4的过程中平均速度大小约为D.经过位置4时瞬时速度大小约为: 6、下面关于惯性的说法中，正确的是（ ）A.只有静止的或做匀速直线运动的物体才具有惯性B.物体质量越大，惯性越大C.物体受推力越大，要它停下来就越困难，所以物体受的推力越大，惯性越大D.运动速度大的物体比速度小的物体难停下来，所以速度大的物体具有较大的惯性7、一运动员双手握住单杠，使身体悬空静止，当两手间距增大时，每只手臂所受的拉力T及两手臂所受力的合力F的大小变化情况是A.T不变B.T增大C.F不变D.F增大8、如图所示，有一斜面倾角为、质量为M的斜面体置于水平面山，A是最高点，B是最低点，C是AB的中点，其中AC段光滑、CB段粗糙.一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时间t滑至C点，又经过时间t到达B点.斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则( )A.A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同B.A到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等C.C到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向左D.C到B过程地面对斜面体支持力大于(M+m)g9、两辆儿童赛车a、b在两条平行直轨道上从同一起点、同向行驶它们在0t0内运动的v-t图像如图所示则A.图像交点说明两车位移相同B.两车速度相同时b车在前C.0t0内两车平均速度相同D.两车的加速度均越来越小10、某人在距离地面某高度处以的初速度竖直向上抛出一质量为2kg的小球，小球抛出后经过一段时间落到地面上若以抛出时刻为计时起点，小球运动的v-t图像如图所示，t=1.5s时，小球落到地面上设小球运动过程中所受阻力大小不变，则A.小球一直做匀变速直线运动B.小球抛出点离地面高度为C.小球运动过程中所受阻力大小为D.当地重力加速度大小为11、如图所示，为减少“探究求合力的方法”中的实验误差，下列说法正确的是（）A.作力的图示时，各力的比例标度应相同B.弹簧秤必须与木板保持平行C.用铅笔沿着绳子划线，记录拉力的方向D.实验中所用的两根细线尽量短一点12、如图所示是某物体做直线运动v2-x图象（其中v为速度，x为位置坐标），下列关于物体从x=0处运动至x0处的过程分析，其中正确的是A.该物体做匀减速直线运动B.该物体的运动时间为C.该物体的加速度大小为D.该物体在位移中点的速度大于二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在_方向（填“水平”或“竖直”）（2）弹簧自然悬挂，待弹簧_时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6数值（cm）25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为_由表可知所用刻度尺的最小分度为_（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_的差值（填“或”）（4）由图可知弹簧的劲度系数为_N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2）14、（10分）物体由静止开始做加速度为 1m/s2 的匀加速直线运动，4s 后加速度大小变为 0.5m/s2，方向仍与原来相同请做出它在 8s 内的 vt 图象三、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）一个物体由静止开始做加速度m/s2的匀加速直线运动。求：（1）s时物体速度v的大小；（2）03.0s内物体位移x的大小。16、（12分）如图所示，一个人用与水平方向成= 30角的斜向下的推力F推一个质量为20 kg的箱子匀速前进，如图（a）所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为。求：（1）推力F的大小；（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0 s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？（g取10 m/s2）。17、（12分）如图所示，长的木板B放在光滑水平面上木板质量今有一质量的滑块可视为质点以初速度从板的左端滑上木板试求滑块A在木板B上滑行的时间和这一过程中木板向右运动的位移已知AB间动摩擦因数，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、C【解析】ABC物体在水平面上做匀速直线运动，给物体施加一个与运动方向相同力，力的大小随时间逐渐减小，物体的合力减小，根据牛顿第二定律知物体的加速度越来越小，直至减至零。由于加速度的方向与速度方向相同，故物体做变加速运动，速度越来越大。物体做单向直线运动，位移越来越大，故AB错误，C正确；D当加速度减小到零时，速度最大，不为零，故D错误。故选C。2、B【解析】A物块刚接触弹簧后，弹簧形变较小，此时弹力肯定小于重力，物体仍然做加速运动，故A错误；B物体接触弹簧后，弹簧形变到最大这一过程中，弹簧力先小于重力，之后等于重力，再然后大于重力，故物块是先加速后减速，故B正确；C当物块速度最大时，加速度为零，此时必有合力为零，即弹簧力等于重力，故C错误；D弹簧压缩到最短时，弹簧力大于重力，此时加速度向上，故D错误。故选B。3、C【解析】伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大，但是他所在的那个时代还无法直接测定物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律。伽利略通过数学运算得到结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过不同位移所用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化。但是物体下落很快，当时只能靠滴水计时，这样的计时工具还不能测量自由落体运动所用的较短的时间，伽利略采用了一个巧妙的方法，用来“冲淡”重力，他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所以时间长，所以容易测量。故选C。4、A【解析】忽略星球自转，所以，A正确BCD错误5、D【解析】A.从图可知用频闪方法拍摄小球位置1、2、3、4之间的位移分别为2d、3d、4d，若位置1是小球的初始位置需满足位移之比为1：3：5的关系，选项A错误；B.小球位置1、2、3、4之间的位移差为一块砖的厚度，即，根据匀变速直线运动连续相等时间内的位移差公式有：，所以下落过程中的加速度大小，选项B错误；C.从位置1到位置4的过程中平均速度大小约为，选项C错误；D.经过位置3时的瞬时速度等于位置2到位置4的平均速度，即，则小球经过位置4时瞬时速度大小约为: ，选项D正确。故选D。6、B【解析】惯性大小的唯一量度是质量，与运动状态无关，故A错误；惯性大小的唯一量度是质量，故物体质量越大，惯性越大，故B正确；惯性大小的唯一量度是质量，与受力无关，故C错误；惯性大小的唯一量度是质量，与速度大小无关，故D错误；故选B.7、BC【解析】对人受力分析如图所示：运动员所受T的合力F与运动员重力大小相等方向相反，故夹角增大时合力大小不变；手臂间距增大时，相当于在力图中两力T之间的夹角增大，若力T大小不变，则其合力F随夹角的增大而减小，现要保持合力F大小不变，当夹角增大时，则T增大，故BC正确，AD错误8、BCD【解析】根据牛顿第二定律得：AC段有：mgsin=ma1；BC段有：mgsin-mgcos=ma2；可知，A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度不同，故A错误根据平均速度公式知，两个过程的位移和时间均相等，则平均速度相等故B正确设滑块到达C和B的速度分别为vC和vB根据平均速度相等有：，可得 vB=0，说明滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有水平向左的分加速度，对斜面和滑块整体，由牛顿第二定律知，地面对斜面体的摩擦力水平向左故C正确滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以地面对斜面体的支持力大于（M+m）g故D正确故选BCD点睛：本题考查牛顿运动定律和运动学公式的应用，在解题时注意D的解答中，直接应用超重失重的规律可避免复杂的受力分析过程，也可以根据隔离法研究9、BD【解析】AB图象交点说明两车速度相同；速度图象的“面积”大小等于物体的位移，两车速度相同时车的位移比的大，而两车是从同一起点、同向行驶的，所以两车速度相同时车在前，故A错误，B正确；C根据速度图象的“面积”表示位移，知内车的位移比车的大，根据可知车的平均速度比车的的平均速度大，故C错误；D根据图象切线的斜率表示加速度，知两车的加速度均减小，故D正确。10、BC【解析】A小球上升过程中的加速度下落过程中的加速度大小为整个运动过程中的加速度大小变化，故不是做匀变速直线运动，故A错误；B小球抛出点离地面高度为故B正确；CD设小球运动过程中所受阻力大小f，重力加速度为g，根据牛顿第二定律可得：上升过程中：mg+f=ma1下落过程中mg-f=ma2解得：f=0.4N，g=9.8m/s2故C正确、D错误11、AB【解析】A.为了利用作图法求解合力，图中各个力的大小所用的比例标度相同，这样才能用力的长短表示力的大小，故A正确；B.为了使各个力在同一平面内，故弹簧秤应与木板保持平行，故B正确；C.记录方向时，通过在细线下方描点的方法进行,不能沿绳子划线，故C错误；D.实验中所用的两根细线适当长一点可以减少因描点不准确而带来的误差，故D错误。故选AB。12、ACD【解析】A由匀变速直线运动的速度位移关系公式：可得：可以知道物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A正确；C由上式知，v2-x图象的斜率等于2a，由图可得：则得物体的加速度大小为故C正确；B由匀减速直线运动的速度公式：可得减速时间：故B错误；D该物体在匀变速直线运动过程中的平均速度为，因为物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时刻的速度等于；物体在位移中点的速度可得：所以物体在位移中点的速度大于；故D正确。故选ACD。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、 .竖直； .稳定； . ； . ； . ； .4.9； .10；【解析】将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向表中有一个数值记录不规范，尺的最小分度值为1mm，所以长度应为3340cm，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm在砝码盘中每次增加10g砝码，所以弹簧的形变量应该是弹簧长度与的差值充分利用测量数据，通过图和表可知所以砝码盘的质量为考点：探究弹力与弹簧伸长量的关系实验【名师点睛】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差14、它在 8s 内的 vt 图象如图所示：【解析】根据速度时间关系v=v0+at，4s 末物体的速度为：v1a1t114m/s4m/s4s后加速度大小变为 0.5m/s2，8s 末物体的速度为：v2v1+a2t24+0.546m/s它在 8s 内的 vt 图象如图三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、 (1) (2)【解析】(1)由匀变速直线运动的速度公式：(2)由匀变速直线运动的位移公式：16、（1）120N ；（2）2.88m【解析】（1）在图（a）情况下，对箱子进行受力分析有：箱子受竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力、推力和水平面的摩擦力作用，如图由于箱子处于平衡状态，故在水平方向满足在竖直方向满足而摩擦力的大小满足解得（2）在图（b）情况下，物体先以加速度a1做匀速运动，对物体进行受力分析有在水平方向满足在竖直方向满足而摩擦力的大小满足所以物体产生的加速度为拉力作用2s后的速度为撤去外力F后，物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有所以物体产生加速度大小为撤去外力F后，物体做初速度v1=4.8m/s，加速度a24m/s2的匀减速运动，物体还能产生的位移为17、【解析】解：对物体A受力分析，由牛顿第二定律得：解得：对木板B受力分析，由牛顿第二定律得：解得：假设经过时间t滑块A与木板B共速，则有：，联立解得：，在t时间内A的位移为：在t时间内B位移为：A相对于B的位移：由此可知，滑块A不会从木板上掉下来所以这一过程中木板向右运动的位移是：