1、2022-2023學年高一上物理期末模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只

2、有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、如圖所示，某同學站在體重計上觀察體重計示數的變化情況。從靜止站姿變化到靜止的蹲姿稱為“下蹲”過程；從靜止的蹲姿變化到靜止的站姿稱為“起立”過程。她靜止站立時，體重計的示數為m0，關于這一現象，下列說法正確的是（）A.“起立”過程，體重計的示數一直大于m0B.“下蹲”過程，體重計的示數一直小于m0C.“起立”、“下蹲”過程，都能出現體重計的示數大于m0的現象D.“下蹲”的過程，先出現超重現象后出現失重現象2、如圖所示是物體做直線運動v-t圖象，由圖可知，該物體（）A.第1s內和第3s內的運動方向

3、相反B.第3s內和第4s內的加速度相同C.第1s內和第4s內的位移大小不相等D.02s和04s內的平均速度大小相等3、一小石塊從空中a點自由落下，先后經過b點和c點，不計空氣阻力。經過b點時速度為2v，經過c點時速度為5v，則ab段與bc段位移之比為（ ）A.2：3B.2：5C.4：21D.4：254、如圖，放在水平桌面上的木塊處于靜止狀態，所掛的砝碼和托盤的總質量是0.8kg，彈簧秤示數為5N，若輕輕取走盤中0.5kg砝碼，將會出現的情況是（g取10m/s2）（）A.彈簧秤示數變小B.A將向左運動C.桌面對A的摩擦力變小D.A所受和外力變大5、如圖所示，某滑雪者從傾角為的傾斜滑道上勻速滑下。

4、已知滑雪者的質量為,重力加速度為，則滑雪（ ）A.受到的摩擦力為0B.受到的摩擦力大小為C.受到的支持力大小為D.受到的摩擦力和支持力的合力大小為6、難忘的西湖一日游終于結束，練老師準備回家，準備啟動車子時發現有一輛甲車從身邊經過，沿同一方向勻速直線運動，vt圖像簡化為如圖所示（溫馨提示請勿飆車），由圖可知（ ）A.t20 s時，乙追上了甲B.t20 s時，甲、乙之間的距離為乙追上甲前的最大距離C.甲比乙運動快，且早出發，所以乙追不上甲D.在t20 s之前，甲比乙運動快；在t20 s之后，乙比甲運動快7、如圖所示，在水平地面上運動的車廂底部有一質量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根輕質彈簧相連接

5、，彈簧的勁度系數為k，在車廂的頂部用一根細線懸掛一質量為m2的小球，某段時間內發現細線始終與豎直方向的夾角為，在這段時間內木塊與車廂保持相對靜止，木塊和車廂之間摩擦力可忽略不計，下列判斷正確的是A.小車加速度大小為B.彈簧的伸長量為C.細繩對車廂項部拉力大小D.彈簧對車廂壁作用為壓力，大小是8、如圖甲所示，水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一個質量為M1.0 kg的小物塊以某一水平初速度滑上傳送帶左端，通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示，取向左為正方向，以小物塊滑上傳送帶時為計時起點已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2下列說法正確的是A.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.

6、5B.物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的距離是9 mC.物塊距離傳送帶左端的最大距離是8 mD.物塊在傳送帶上的時間4.5 s9、如圖所示為甲、乙、丙三個質點位置x與時間t的關系圖象，則在時間內A.甲先做勻加速再做勻減速運動B.在時刻丙的速率大于乙的速率C.甲、乙、丙平均速度相等D.丙的路程大于乙的路程10、如圖甲所示，質量為M=2kg的木板靜止在水平面上，可視為質點的物塊(質量設為m)從木板的左側沿木板表面水平沖上木板，整個運動過程小物塊未滑離木板，物塊和木板的速度一時間圖象如圖乙所示，g=10m/s2，結合圖象，下列說法正確的是A.可求得物塊在前2s內的位移x=5mB.可求得物塊與木板間的動摩

7、擦因數=0.1C.可求得物塊的質量m=1kgD.可求得木板的最小長度為L=2m二、實驗題11、（4分）某同學利用如圖所示實驗裝置“探究加速度與力、質量的關系”（1）實驗中打點計時器應接_電源選填“交流”或“直流”；為了用沙和沙桶的重力表示繩上拉力，實驗中小車質量應_沙和沙桶的總質量選填“遠大于”、“遠小于”或“等于”（2）實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到圖象如圖所示，可能是圖中的圖線_選填“甲”、“乙”、“丙”12、（10分）某研究小組在“探究自由落體運動性質”的實驗中：（1）下圖是四位同學實驗操作某瞬間的照片，你認為正確的是_；A. B. C.D.（2）關于“接通

8、電源”和“放手讓重物運動”的先后順序。下列說法正確的是_；A.接通電源和放手應同時B.先接通電源后放手C.先放手后接通電源（3）實驗測得加速度只有9.5m/s2，你認為可能的原因是_（寫出一條即可）。三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位13、（9分）如圖所示，質量為m=4kg的物體與水平地面間的動摩擦因數=0.2，現用F=25N與水平方向成=370的力拉物體，使物體由靜止開始做勻加速運動：(1)求物體的加速度的大?。?2)若F作用t=1.6s后即撤掉，求此后物體4秒運動距離多大？（要求畫出解題所依據的受

9、力示意圖）14、（14分）如圖所示，質量為M=2kg足夠長的長木板靜止在光滑的水平面上，其前端放一質量m=2kg的鐵塊（可視為質點），鐵塊與長木板上表面間的動摩擦因數=0.2，距離木板的前端s=8m處有一豎直擋板，設鐵塊、長木板與擋板相碰后均能立即停止運動。現使長木板在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動，直至與擋板相碰停止運動。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。（1）若F=6N，求鐵塊運動的加速度的大小；（2）若F=12N，求鐵塊停止運動時的總位移的大小；（3）為使鐵塊能運動到擋板處且用時最短，求作用力F的大小及這個最短時間。 15、（13分）小紅和小華用刻度尺測量自己反應時間

10、，如圖所示，小紅的手起始位置正好是刻度尺的零刻線位置，當小華松手時小宏立刻用手捏住刻度尺，此時小紅發現手捏的位置剛好在刻度尺20cm處（g=10m/s2）.（1）問小紅的反應時間約為多少？（2）基于上述原理，某同學用直尺作為測量反應時間的工具尺，若測量范圍為0-0.5s，所用直尺長度至少為多長？（3）寫出一條提高測量準確程度的建議參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、C【解析】A“起立”過程中人先做向上的加速運動后做向上的減速運動，人先處于

11、超重狀態后處于失重狀態，體重計示數先大于m0后小于m0，故A錯誤；BD“下蹲”過程中人先向下做加速運動后向下做減速運動，先處于失重后處于超重狀態，體重計示數先小于m0后大于m0，故B錯誤，D錯誤；C由前面的分析可知“起立”、“下蹲”過程都能出現體重計示數大于m0的現象，故C正確。故選C。2、B【解析】AB0-1s向正方向做加速度為1m/s2的勻加速直線運動；1-2s向正方向做勻速直線運動；2-3s向正方向做加速度為1m/s2的勻減速直線運動；3-4s以1m/s2的加速度向相反方向做勻加速直線運動，故選項A錯誤，B正確；C據速度-時間圖象中圖線與時間軸圍成的面積大小表示位移大小，可知，第1s內和

12、第4s內的位移大小均為0.5m，選項C錯誤；D02s內與04s內位移大小相等，但時間不同，故平均速度大小不相等，選項D錯誤。故選B。3、C【解析】物體做自由落體運動，由自由落體運動規律，有 解得ab段與bc段位移之比=A.ab段與bc段位移之比為2：3，與分析不一致，故A錯誤；B.ab段與bc段位移之比為2：5，與分析不一致，故B錯誤；C.ab段與bc段位移之比為4：21，與分析相一致，故C正確；D.ab段與bc段位移之比為4：25，與分析不一致，故D錯誤。4、C【解析】初態時，對A受力分析有：受到的摩擦力Ff=F1F2=0.8105=3N，說明最大靜摩擦力Fmax3N，當將總質量減小到0.3

13、kg時，拉力變為3N，摩擦力，小于最大靜摩擦力，所以物體仍靜止，彈簧測力計的示數不變，摩擦力變小，故ABD錯誤，C正確故選C.點睛：對A受力分析可得出A受到的靜摩擦力，根據靜摩擦力與最大靜摩擦力的關系可得出最大靜摩擦力；再根據變化之后的受力情況可判斷A的狀態及讀數的變化5、D【解析】A.勻速運動受力平衡，受到的摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即為，受到的支持力大小為，故ABC錯誤；D.根據平衡條件可知，滑雪者受到的摩擦力與支持力的合力大小為，方向向上，故D正確；故選D。6、BD【解析】vt圖像中圖線的交點表示具有相同的速度，追及問題兩者具有相同速度時，二者之間的距離最大，選項A錯誤，B正確；在

14、t20 s之前，甲比乙運動快；在t20 s之后，乙比甲運動快，選項D正確，C錯誤；故選BD。7、BC【解析】A對小球受力分析，如圖：由幾何關系：，由牛頓第二定律：，加速度方向向左，故車向左加速或向右減速，A錯誤；B對小物體受力分析，受重力、支持力和彈簧彈力，合力等于彈簧彈力，根據牛頓第二定律物體受向左的彈力，所以彈簧處于伸長狀態，結合胡克定律可知，彈簧的伸長量為：，B正確；C繩子對小球的拉力為，故繩子對車廂項部拉力大小為，C正確；D彈簧處于伸長狀態，兩端都是拉力，即彈簧對車廂的作用力為拉力，大小等于，D錯誤；故選BC。8、BD【解析】根據速度時間圖線求出物塊勻減速運動的加速度大小，結合牛頓第二

15、定律求出物塊與傳送帶間的動摩擦因數大小物塊滑上傳送帶后先做勻減速運動到零，然后反向做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度后一起做勻速直線運動，結合運動學公式求出向左和向右運動的時間，從而得出物塊在傳送帶上的總時間【詳解】由速度圖象可得，物塊做勻變速運動的加速度為；由牛頓第二定律得f=Ma又f=Mg，則可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數，選項A錯誤；由速度圖象可知，物塊的初速度大小v=4m/s、傳送帶的速度大小v=2m/s，物塊在傳送帶上滑動t1=3s后與傳送帶相對靜止前2秒內物塊的位移大小s1=t1=4m，方向向右，即物塊距離傳送帶左端的最大距離是4m；后1秒內的位移大小s2=t1=1m，方向向左

16、；3秒內物塊的位移s=s1-s2=3m，方向向右，傳送帶在3s內的位移為23m=6m向左，可知物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的距離是9 m，選項B正確，C錯誤；物塊再向左運動的時間t2=1.5s；物塊在傳送帶上運動的時間t=t1+t2=4.5s，選項D正確；故選BD.【點睛】解決本題的關鍵理清物塊在傳送帶上整個過程的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式以及速度時間圖線進行求解9、BC【解析】A、位移時間圖象中圖象的斜率表示速度，故甲先做正向勻速運動后反向勻速運動，故A錯誤；B、在圖象中斜率代表速度，由圖象可知，在時刻丙的速率大于乙的速率，故B正確；C、在時間內，由于甲乙丙的位移相同，時間也相同

17、，故平均速度相同，故C正確；D、由圖象可知，乙丙都做單向直線運動，故路程相同，故D錯誤；故選BC【點睛】此題關鍵抓住位移圖象的斜率等于速度、縱坐標的變化量表示位移，掌握平均速度和平均速率公式，來分析圖象的意義10、AD【解析】根據圖象的“面積”可求得位移，得到木板的長度由斜率得到加速度，以m為研究對象，據牛頓第二定律求解動摩擦因數由動量守恒可求得物塊的質量m【詳解】A.圖象的“面積”大小等于位移，可求出物塊在t=2 s時的位移x=（2+4）1+21=5m，故A正確；B.由圖象的斜率等于加速度，可求出m勻減速運動的加速度大小a1=2m/s2，以物塊m為研究對象，由牛頓第二定律得：mg=ma1，=

18、a1/g，可求出物塊與木板間的動摩擦因數=0.2.故B錯誤；C.由圖知兩個物體速度相同后一起作勻速直線運動，說明水平面是光滑的，以兩個物體組成的系統為研究對象，取m的初速度方向為正方向，根據動量守恒得：mv0=(M+m)v，代入數據4m=（2+m）2，可求得m=2kg，故C錯誤；D.木板的長度等于兩圖象在01s內“位移”之差，可求出L=（2+4）1-21=2m，故D正確故選AD.二、實驗題11、 .交流 .遠大于 .丙【解析】（1）考查打點計時器的使用及探究加速度與質量和作用力的關系的原理，反過來用牛頓第二定律可以知道；（2）同樣從牛頓第二定律反向思維可以知道圖象不過原點的原因；【詳解】（1）

19、無論是何種打點計時器，均使用的是交流電源，當沙桶帶著小車做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律對小車有：，對沙桶有：，則可以得到：，顯然當時；（2）由于摩擦力的存在，當沙桶及沙質量較小進，可以拉不動小車加速，則此時小車的加速度為零，所以當未平衡摩擦力時，圖象是圖丙【點睛】本題是考查打點計時器的操作以及探究過程中出現的細節問題，這是考慮次要因素形成的，所以要反過來進行思考12、 .A .B .紙帶與計時器間有摩擦力【解析】（1）1開關閉合前，重物應靠近計時器，手拿著紙帶上端。故A正確，BCD錯誤；（2）2實驗時，應先接通電源，打點計時器正常工作后再放手讓重物運動。故B正確，AC錯誤；（3）3測得加速

20、度只有9.5m/s2小于重力加速度，原因：摩擦力、測量誤差、計算誤差等原因。三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位13、 (1)3.75m/s2，(2)9m【解析】（1）對物體受力分析，運用正交分解，結合牛頓第二定律求出物體的加速度大小（2）根據勻變速直線運動的公式求出1.6s末的速度，再根據牛頓第二定律求出撤掉力F后物體的加速度，再根據速度時間公式求出物體4秒運動距離【詳解】（1）對物體受力分析，進行正交分解根據牛頓第二定律，Fcos-f=ma 則（2）1.6s末物體的速度為： v=at= 3.751.6m/s