《2022-2023學年廣東省廣州市增城區(qū)四校物理高一上期末教學質量檢測模擬試題含解析.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022-2023學年廣東省廣州市增城區(qū)四校物理高一上期末教學質量檢測模擬試題含解析.doc（13頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、2022-2023學年高一上物理期末模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、從某高處釋放一粒小石子，經(jīng)過1 s從同一地點再釋放另一粒小石子，則在它們落地之前，兩粒石子間的距離將（）A.保持不變B.不斷減小C.不斷增大D.先增大，后減小2、作用在同一物體上的三個共點

2、力，大小分別為6N、3N和8N，其合力最小值為（）A.1NB.3NC.13ND.03、在固定于地面的斜面上垂直安放了一個擋板，截面為圓的柱狀物體甲放在斜面上，半徑與甲相等的光滑圓球乙被夾在甲與擋板之間，乙沒有與斜面接觸而處于靜止狀態(tài)，如圖所示，現(xiàn)在從球心處對甲施加一平行于斜面向下的力F使甲沿斜面方向緩慢地移動，直至甲與擋板接觸為止。設乙對擋板的壓力為F1，甲對斜面的壓力為F2，在此過程中（）A.F1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢增大B.F1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢減小C.F1緩慢減小，F(xiàn)2緩慢增大D.F1緩慢減小，F(xiàn)2保持不變4、加速度的概念是由伽利略建立起來的，哲學家羅素給予了極高的評價：“加速度的重要性，也

3、許是伽利略所有發(fā)現(xiàn)中最具有永久價值和最有效果的一個發(fā)現(xiàn)。”關于加速度，下列說法正確的是（）A.物體加速度的方向與其速度方向必定相同B.物體速度變化量越大，其加速度一定越大C.加速度是描述物體速度大小變化的物理量D.物體速度變化越快，其加速度一定越大5、關于牛頓第一定律的說法正確的是（ ）A.由理想斜面實驗探究直接得出B.通過日常生活經(jīng)驗總結出來，可以用實驗得到驗證C.牛頓第一定律即慣性定律，其成立不需要條件D.在實驗基礎上，經(jīng)分析、推理得出的規(guī)律6、滑雪運動員以20 m/s的速度從一平臺水平飛出，落地點與飛出點的高度差3.2 m.不計空氣阻力，運動員飛過的水平距離為s，所用時間為t，則下列結果

4、正確的是（ ）(g=10 m/s2)A.s=16 m，t=0.50 sB.s=16 m，t=0.80 sC.s=20 m，t=0.50 sD.s=20 m，t=0.80 s7、質量分別為2kg和3kg的物塊A、B放在光滑水平面上并用輕質彈簧相連，如圖所示，今用大小為作用在A上使AB相對靜止一起向前勻加速運動，則下列說法正確的是A.彈簧的彈力大小等于8NB.彈簧的彈力大小等于12NC.突然撤去F瞬間，A的加速度大小為0D.突然撤去F瞬間，B的加速度大小為48、一個實驗小組在“探究彈力和和彈簧伸長的關系”的實驗中，使用兩條不同的輕質彈簧a和b，得到彈力與彈簧長度的圖象如圖所示下列表述正確的是（）A

5、.a的原長比b的短B.a的勁度系數(shù)比b的大C.a的勁度系數(shù)比b的小D.測得的彈力與彈簧的長度成正比9、如圖所示是轎車常用的千斤頂，當搖動把手時，螺紋軸就能迫使千斤頂?shù)膬杀劭繑n，從而將汽車頂起.當車輪剛被頂起時，汽車對千斤頂?shù)膲毫?.0105 N，此時千斤頂兩臂間的夾角為120.下列判斷正確的是A.此時千斤頂每臂受到的壓力大小均為5.0104 NB.此時千斤頂對汽車的支持力為1.0105NC.若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，千斤頂每臂受到壓力將增大D.若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，千斤頂每臂受到的壓力將減小10、如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物

6、體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示（g=10 m/s2），則下列結論正確的是（）A.物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)B.彈簧的勁度系數(shù)為7.5 N/cmC.物體的質量為2 kgD.物體的加速度大小為5 m/s211、如圖所示，物體以一定初速度從傾角=37的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖所示。g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80則（）A.物體的質量約為m=0.67kgB.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.40

7、C.物體上升過程的加速度大小a=10m/s2D.物體回到斜面底端時的動能Ek=10J12、甲、乙兩車某時刻由同一地點沿同一方向開始做直線運動，若以該時刻作為計時起點，得到兩車xt圖象如圖所示，則下列說法正確的是（ ）A.t1時刻兩車相距最遠B.t1時刻乙車從后面追上甲車C.t1時刻乙車的速度大于甲車的速度D.t1時刻，乙車速度等于甲車速度二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）學校物理興趣小組利用如圖甲所示的實驗裝置完成“探究加速度與力的關系”的實驗。他們所用的器材有小車、一端帶有滑輪的導軌、打點計時器和幾個已知質量的鉤碼，另有學生電源和其它相關實驗器材(圖中未畫出)。(1

8、)下列做法有兩個正確是_（填字母代號）；A調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B在長木板帶定滑輪的一端下面墊上一塊薄木塊，使小車在不受牽引力時能勻速下滑C實驗時，先放開小車再接通打點計時器的電源D每次改變拉小車的拉力后都不需要重新平衡摩擦力(2)圖乙是實驗中得到的一條紙帶，圖中相鄰兩計數(shù)點的時間間隔為0.10s，由圖中數(shù)據(jù)可得打點計時器打下C點時小車的速度大小_m/s，小車的加速度大小_m/s2；(結果均保留三位有效數(shù)字)(3)實驗小組A、B分別以各自測得的加速度a為縱軸，小車所受的合力F為橫軸，作出圖象如圖丙中圖線1、2所示，則圖線1、2中對應小車（含車內的鉤碼）的質量較大的是圖

9、線_（選填“1”或“2”）。14、（10分）某同學設計了一個“探究加速度a與物體所受合力F及質量m關系”的實驗，圖甲為實驗裝置簡圖（1）該實驗應采用的物理學思想方法是_法，實驗要求砂和砂桶的總質量_小車質量（選填“遠大于”或“遠小于” 或“大于” 或“小于”）；（2）在利用打點計時器和小車來做“探究加速度a跟F、m之間關系”的實驗時，下列說法中正確的是_A連接砝碼盤和小車的細繩應跟長木板保持平行B平衡摩擦力時，應將砝碼盤及盤內砝碼通過定滑輪拴在小車上C小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源再釋放小車D平衡摩擦力后，若改變小車和砝碼的總質量后需要重新平衡摩擦力（3）某同學在探究加速度與力的關

10、系時，根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a一F圖線如圖乙所示，則實驗存在的問題是_三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、（12分）如圖所示，光滑平臺右側與一長為L的木板相接，木板固定，與水平地面的夾角為現(xiàn)有一小滑塊以初速度V從光滑平臺滑上木板，恰能沿木板勻速下滑，最終停在粗糙的水平路面上已知滑塊與木板及水平路面間的動摩擦因數(shù)均相同，不計滑塊在連接處速度大小的變化，重力加速度為g，求： (1)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)滑塊在水平路面上運動的位移大??；(3)滑塊在木板和水平路面上運動的總時間16、（12分）如圖，已知斜面傾角30，物體A質量mA=0.4kg，物體B質量mB=0.7kg

11、，H=0.5mB從靜止開始和A一起運動，B落地時速度v=2ms若g取10ms2，繩的質量及繩的摩擦不計，求：(1)物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)(2)物體A沿足夠長的斜面滑動的最大距離17、（12分）如圖所示，傾角=37的斜面體固定在水平地面上，斜面長L=2.5m質量M=2.0kg的B物體放在斜面底端，與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.25，通過輕細繩跨過光滑的定滑輪與A物體相連接，連接B的細繩與斜面平行A的質量m=2.5kg，繩拉直時用手托住A物體使其在距地面h高處由靜止釋放，著地后立即停止運動A、B物體均可視為質點，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求A物體下落的加速度大

12、小及繩子拉力T的大?。唬?）求當A物體從多高處靜止釋放，B物體恰好運動至斜面最高點；（3）若A物體從h=m處靜止釋放，要使B物體向上運動且不從斜面頂端滑出，求A物體質量m的取值范圍（設B物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯選和不選得零分）1、C【解析】設落地前第一個小石子運動的時間為t，則第二個小石子運動的時間為（t-1）s，根據(jù)位移時間公式得：所以隨著時間的增大，兩粒石子間的距離將增大。故選C。2、D【解析】根據(jù)平行四邊形定則，可知6N與3N的合力的最大值為9N，最小值為3N，即8N在6N與3N的合力范圍內，所以

13、三個力的合力最小值為0，故D正確，ABC錯誤。故選D【點睛】當多個力合成時，它們作用在同一直線上、同方向時，合力最大；求最小合力時，先考慮合力為零的情況3、D【解析】如圖所示，對乙進行受力分析，根據(jù)平衡條件可知擋板對乙的壓力F1和甲對乙的支持力FN的合力與乙的重力平衡，當乙球向上運動過程中，甲球對它的支持力與豎直方向夾角減小，所以擋板對乙球的壓力緩慢減小。將把甲、乙看成一個整體，甲沿斜面方向緩慢地移動時，力F沿斜面方向，甲、兩球對斜面的壓力等于它們重力垂直于斜面的分力，大小方向不變，綜上所述可知D正確。故選D。4、D【解析】A物體加速度的方向與速度變化量的方向必定相同，但與速度方向可能相同，也

14、可能不同，故A錯誤；B物體速度變化量越大，其加速度不一定越大，故B錯誤；CD加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，且物體速度變化越快，其加速度一定越大，故C錯誤，D正確。故選D。5、D【解析】牛頓第一定律是在實驗的基礎上進一步的推理概括出來的科學理論，而不是直接通過實驗得出的，AB、錯誤、B項正確；牛頓第一定律的內容是物體在不受力的作用時，總保持靜止狀態(tài)或者勻速直線運動狀態(tài)，無法用實驗驗證，C錯誤；牛頓第一定律是在實驗基礎加理論推導的基礎上科學推理出來的，故D正確；故選D考點：牛頓第一定律【名師點睛】牛頓第一定律是在理想斜面實驗的基礎上經(jīng)過進一步的推理概括得出的規(guī)律；它告訴我們物體在不受力的作

15、用時保持靜止狀態(tài)或物體做勻速直線運動狀態(tài)物體不受力的作用是一種理想狀態(tài)，無法用實驗直接驗證6、B【解析】由，s=v0t=200.8=16m，B對7、BD【解析】AB、對整體分析，整體的加速度，隔離對B分析，則彈簧的彈力，故A錯誤，B正確；C、撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，則A的加速度，故C錯誤；D、撤去F的瞬間，彈簧彈力不變，則B的加速度，故D正確故選BD【點睛】對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，隔離分析求出彈簧的彈力；撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，結合牛頓第二定律求出A、B的加速度大小8、AB【解析】根據(jù)胡克定律有：F=k（l-l0），由此可知在F與l圖象中，斜率大小等于勁度系數(shù)

16、，橫軸截距等于彈簧原長，因此有：b的原長比a的長，勁度系數(shù)比a的??；由圖象還可以知道，彈簧彈力與彈簧的形變量成正比，與彈簧長度不成正比，故CD錯誤，AB正確故選AB9、BD【解析】車輪剛被頂起時，千斤頂兩臂支持力的合力為千斤頂對汽車的支持力，等于汽車對千斤頂?shù)膲毫Γ笮?，故B錯誤；兩臂夾角為，由幾何關系可知，千斤頂每臂受到的壓力為，故A錯誤；繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，千斤頂兩臂夾角變小，每臂受到的壓力減小，故C錯誤，D正確.10、CD【解析】A物體與彈簧分離時，彈簧不再受到物體的壓縮，故恢復原長，A錯誤；BCD在未施加外力前剛施加外力時，即F=10N時從圖中可知當F=30N時，拉力不再變化，

17、即此時物體只受拉力和重力作用，故聯(lián)立解得故B錯誤，CD正確。故選CD。11、CD【解析】A在最高點物體速度為零，動能為零，物體在最高點的機械能等于重力勢能，則有所以物體質量為故A錯誤；B由功能關系可知物體機械能減少量等于克服摩擦力做的功代入數(shù)值解得故B錯誤；C由牛頓第二定律可得代入數(shù)值可得故C正確；D物體上升過程和下滑過程克服摩擦力做的功相同，由B可知物體上升過程中克服摩擦力做的功等于機械能的減少量20J，說明物體整個過程克服摩擦力做的功為40J，整個運動過程中重力、支持力做功為零，由動能定理可得物體回到斜面底端時的動能為50J-40J=10J，故D正確。故選CD。12、BC【解析】A.甲、乙

18、兩車由同一地點沿同一方向開始做直線運動，若以該時刻作為計時起點，t1時間內兩車具有相同的位移，t1時刻兩車相遇，故A錯誤；B.xt圖像的斜率表示物體運動的速度，甲做勻速直線運動，乙做速度逐漸增大的加速運動，開始甲的速度大于乙的速度，甲在前乙在后，在t1時刻兩車相遇，故乙從后面追上甲車，故B正確；CD.xt圖像斜率表示速度，即t1時刻乙車的速度大于甲車的速度，故C正確，D錯誤。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、 .AD .0.121 .0.195 .1【解析】(1)1A調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，以減小實驗的誤差，故A正確；B在長木板不帶定滑輪的一端下面墊

19、上一塊薄木塊，以平衡摩擦力，使小車在不受牽引力時能勻速下滑，故B錯誤；C實驗時，先接通打點計時器，再釋放小車，故C錯誤；D因平衡摩擦力時滿足兩邊消掉了m，則增減小車上的砝碼改變質量后，不需要重新調節(jié)木板傾斜度，故D正確。故選AD。(2)2由題意可知C點的速度即為BD段的平均速度，所以有3根據(jù)可得(3)4因為a-F圖線的斜率為對應小車（含車內的鉤碼）質量的倒數(shù)，故斜率越小，質量越大，故1圖線對應小車（含車內的鉤碼）的質量較大。14、 .控制變量 .遠小于 .AC .平衡摩擦力過度【解析】（1）探究加速度a與物體所受合力F及質量m關系需采用控制變量法進行實驗在探究加速度a與物體質量m關系時，應保持

20、砂和砂桶的質量的不變?yōu)榱吮ＷC砂和砂桶的重力等于繩子的拉力，要求砂和砂桶質量遠小于小車質量（2）細線的拉力等于小車所受的合力，連接砝碼盤和小車的細繩應跟長木板保持平行，且需要平衡摩擦力，故A正確；平衡摩擦力時，不能將砝碼盤及盤內砝碼通過定滑輪拴在小車上，故B錯誤；小車釋放前應靠近打點計時器，且應先接通電源再釋放小車，故C正確；平衡摩擦力后，若改變小車和砝碼的總質量后，不需要重新平衡摩擦力，故D錯誤所以AC正確，BD錯誤（3）由a一F圖線可知，F(xiàn)=0時，加速度a不為零，可知平衡摩擦力時木板傾角過大三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、 (1)(2)(3)【解析】根據(jù)平衡條件

21、即可求出滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)牛頓第二定律和速度位移公式即可求出滑塊在水平路面上運動的位移大??；根據(jù)運動學公式即可求出滑塊在木板和水平路面上運動的總時間【詳解】（1）設滑塊質量為，在木板勻速下滑時有：，解得：；（2）設滑塊在水平路面上的加速度大小為，位移大小為，有根據(jù)速度位移公式：解得：；（3）設滑塊在木板上運動的時間為，在水平路面上運動的時間為，有解得：.【點睛】本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，加速度是中間橋梁，關鍵是明確運動過程即可求得16、（1）（2）【解析】分別對A和B進行受力分析，如圖（1）對A、B列運動方程，對A有：T mAgsin-f=mAa1; FN=mAgco

22、s ; f=FN對B有：mBg-T=mBa1整合以上各式得：mBg-mBa - mAgsin -mAgcos=ma1(1)對B的運動情況，有：v2=2a1H(2)由（1）（2）代入數(shù)據(jù)得a1=4m/s2,=0.17（2）B落地后，繩子松弛，不再對A有拉力T的作用，此時A有mAgsin+f=mAa2；FN=mAgcos ; f=FN整理得：a2=6.5m/s2，方向沿斜面向下，因此A繼續(xù)沿斜面向上做勻減速運動，位移為x=v2/2a2=4/13m物體沿斜面滑動的最大距離為s=x+H=21/26m17、（1）2 m/s2；20 N；（2）2 m；（3）【解析】（1）根據(jù)牛頓第二運動定律根據(jù)牛頓第二定律對A有根據(jù)牛頓第二定律對B有代入數(shù)據(jù)解得繩子拉力大?。?）設物體A著地時B的速度為v，A著地后B做勻減速運動的加速度大小為a1根據(jù)牛頓第二定律對B有代入數(shù)據(jù)解得對B由運動學公式得：著地前著地后代入數(shù)據(jù)解得（3）設A著地后B向上滑行距離x由運動學公式得位移關系滿足著地前代入數(shù)據(jù)解得另一方面要能拉動必須有解得所以物體A的質量范圍是