1、2022-2023學年高一上物理期末模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、質量相等的A、B 兩物體（當作質點）從同一高度h 同時開始運動，A 做平拋運動

2、，B 做自由落體運動已知兩物體質量均為m，重力加速度為g則( )A.兩球在空中運動的時間不同B.兩球落地時動能相等C.從開始到剛落地的過程中，兩球的動能增量相同D.若落地后速度均變為零，則落地過程中兩球機械能的減少量均為mgh2、一步行者以6.0 m/s的速度追趕被紅燈阻停的公共汽車，在距汽車25 m處時，綠燈亮了，汽車以1.0 m/s2的加速度勻加速啟動前進，則 ( )A.人能追上公共汽車，追趕過程中人跑了36 mB.人不能追上公共汽車，人、車最近距離為7 mC.人能追上公共汽車，追上車前人共跑了43 mD.人不能追上公共汽車，且車開動后，人車距離越來越遠3、如圖所示，輕彈簧的勁度系數為10

3、0N/m，當彈簧兩端各受25N的拉力時，彈簧仍在彈性限度內，下列說法正確的是（）A.彈簧伸長25cmB.彈簧所受的合力為50NC.彈簧的勁度系數隨彈簧彈力的增大而增大D.若將該彈簧的左端固定，只在右端施加25N的拉力，則穩定后彈簧伸長12.5cm4、一個人站在磅秤上，在他蹲下的過程中，磅秤的示數將（ ）A.先小于體重后大于體重，最后等于體重B.先大于體重后小于體重，最后等于體重C.先小于體重，后等于體重D.先大于體重，后等于體重5、如圖所示，置于光滑水平面上的輕質彈簧與豎直墻面相連，彈簧的形變始終在彈性限度內，一木塊在恒力F作用下向左運動，當木塊與彈簧接觸后（）A.木塊立即做減速運動B.木塊在

4、一段時間內的速度仍可增大C.當彈簧彈力等于F時，木塊速度最小D.彈簧壓縮量最大時，木塊加速度為零6、關于物體的慣性，下列說法中正確的是( )A.力是改變物體慣性的原因B.物體只有受外力作用時才有慣性C.宇宙飛船太空中飛行時也具有慣性D.物體只有靜止或作勻速直線運動時才有慣性7、我市開始大力推行文明交通“車讓人”行動，如圖所示，以8m/s的速度勻速行駛的汽車即將通過路口，有一位老人正在過人行橫道，此時汽車的車頭距離停車線8m，該車減速時加速度大小為5m/s2，則下列說法中正確的是A.如果駕駛員立即剎車制動，則t=2s時，汽車離停車線距離為2mB.如果駕駛員立即剎車制動，則t=2s時，汽車離停車線

5、距離為1.6mC.如果駕駛員的反應時間為0.4s，汽車剛好能在停車線處停下D.如果駕駛員的反應時間為0.2s，汽車剛好能在停車線處停下8、物體做勻加速直線運動，已知第1s末的速度是6 m/s，第2s末的速度是8 m/s，則下面結論正確的是（ ）A.物體的加速度是2 m/s2B.物體零時刻的速度是2 m/sC.第1s內的平均速度是5 m/sD.前2s內的位移是12 m9、如圖，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細繩的一端相連，細繩的另一端固定在斜面上a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左運動當它們剛運行至軌道的粗糙段時可能是()A.繩的張力減小，斜面

6、對b的支持力減小，地面對a的支持力減小B.繩的張力減小，斜面對b的支持力增加，地面對a的支持力不變C.繩的張力減小，斜面對b的支持力增加，地面對a的支持力增加D.繩的張力增加，斜面對b的支持力增加，地面對a的支持力增加10、如圖所示分別為物體甲的xt圖象和物體乙的vt圖象，兩物體的運動情況是A.甲在整個t6 s時間內往返運動，平均速度為零B.乙在整個t6 s時間內往返運動，平均速度為零C.甲在整個t6 s時間內運動方向一直不變，它通過的總位移大小為4 mD.乙在整個t6 s時間內運動方向一直不變，它通過的總位移大小為4 m11、如圖所示，光滑的輕滑輪通過支架固定在天花板上，一足夠長的細繩跨過滑

7、輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細桿上的小球a連接。在水平拉力F作用下小球a從圖示中A位置（虛線位置，細繩與細桿的夾角為60），開始緩慢向右移動到B位置（圖中實線，細繩與細桿的夾角為30），細繩中張力大小視為不變。已知小球a的質量為m，b的質量是小球a的2倍，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，小球a與細桿間的動摩擦因數為。則下列說法正確的是（）A.當a球在B位置時，拉力F的大小為mgB.當a球在A位置時，細桿對a球的支持力豎直向上，大小為（）mgC.支架對輕滑輪的作用力大小逐漸增大D.拉力F的大小一直增大12、如圖所示，在光滑的桌面上有M、m兩個物塊，現用力F推物塊m，使M、m兩物塊在桌上一起向

8、右加速，則M、m間的相互作用力為（）A.B.C.若桌面摩擦因數為，M、m仍向右加速，則M、m間的相互作用力為+MgD.若桌面的摩擦因數為，M、m仍向右加速，則M、m間的相互作用力仍為二填空題(每小題6分，共18分)13、某同學利用如圖甲所示的實驗裝置測量重力加速度請指出該同學在實驗操作中存在的兩處錯誤：a_；b_該同學經正確操作得到如圖乙所示的紙帶，已知ABCDEF為打下的連續六個點，測得對應的距離為h1、h2、h3、h4、h5若已知打點計時器的打點周期為T，則打E點時速度的表達式為vE_；若分別計算出各計數點對應的速度數值，并在坐標系中畫出v2與h的關系圖線如圖丙所示則斜率表示_，可以計算得

9、出重力加速度的大小為_m/s2（保留2位有效數字）根據以上問結果，為了求出物體在運動過程中所受的阻力，還需測量的物理量有_（用字母表示，并說明字母所表示的物理意義，已知當地的重力加速度大小為9.8m/s2）如果當時電網中交變電流的電壓變成210V，而做實驗的同學并不知道，那么加速度的測量值與實際值相比_（填“偏大”、“偏小”或“不變”）14、某實驗小組利用圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，圖乙是該實驗得到的一條點跡清晰的紙帶，已知打點計時器每隔0.02s打一個點(1)本實驗中你需要的器材是_A.天平和砝碼B.刻度尺C.秒表D.交流電源(2)可以判斷，重物是與紙帶的_端(填“左”或“右”)相連;

10、(3)若在紙帶上測出，則可以計算出打下記數點時速度_(計算結果保留三位有效數字)，若數據也已測出，則使用還需測出物理量為_(4)在實際測量中，重物下落過程中增加動能始終略_重力勢能(填“大于”或“小于”)，這樣產生的誤差屬于_（選填“偶然誤差”或“系統誤差”）15、在用打點計時器“探究小車的速度隨時間變化的規律”的實驗中，得到如圖所示的一條記錄小車運動情況的紙帶，圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數點，每相鄰的兩個計數點之間還有4個點沒有畫出，計時器打點的時間間隔為0.02s（計算結果均保留3位有效數字）（1）由圖可知，打點計時器打出D點時小車的瞬時速度vD=_m/s.（2）在打點計時器打B、C

11、兩點時，小車的速度分別為vB=1.38m/s；vC=2.64m/s，請在上圖坐標系中畫出小車的v-t圖象_（3）小車運動的加速度大小為a=_m/s2，打點計時器打出A點時小車的瞬時速度vA=_m/s.（4）如果當時打點計時器所用交流電的頻率是f=49HZ，而做實驗的同學并不知道，由此引起的誤差屬于_（選填“系統”或“偶然”）誤差，這樣測得的加速度結果比實際值偏_（選填“大”或“小”）三計算題(22分)16、（12分）如圖所示，粗糙水平地面上放著個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑半圓球B，整個裝置處于平衡狀態已知A、B的質量分別為m和M，半圓球B與半圓的柱狀物體半徑均為R，半圓球B

12、的圓心到水平面的豎直距離為R，重力加速度為g.求：(1)物體A對地面的壓力大小；(2)物體A對地面的摩擦力17、（10分）一輛公共汽車以8m/s的速度進站后剎車做勻減速直線運動，加速度的大小為2m/s2，取汽車前進方向為運動的正方向，求： （1）剎車后3s時的速度；（2）剎車后5s內的位移（提示：5s前汽車已經停止）參考答案一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、C【解析】A.平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，分運動與合運動具有等時性，所以兩個物

13、體同時落地，所需時間相同，故A錯誤；B.兩物體落地時在豎直方向的分速度相等，但平拋運動有水平分速度，根據速度的合成，知兩個物體落地時的速度、速率都不同故動能不同，故B錯誤；C.動能的增量等于物體重力做的功，而重力做功相等，故動能增量相等，故C正確；D.機械能的減小量等于初態的機械能，故A球為，B球為，故D錯誤2、B【解析】當公交車加速到6.0m/s時，其加速時間為：，人運動的距離為：x1=vt=66m=36m，公交車運動的距離為：x2=at2=162m=18m，則人與車最近距離為：x=x2+x0-x1=18m+25m-36m=7m，所以人不能追上公交車，且車開動后，人與車之間的距離先變小后變大

14、，故B正確，ACD錯誤3、A【解析】A根據胡克定律F=kx得：彈簧的伸長量為故A正確；B輕彈簧的兩端各受25N拉力F的作用，所以彈簧所受的合力為零，故B錯誤；C彈簧的勁度系數k與彈簧彈力F的變化無關，與彈簧本身有關，故C錯誤；D若將該彈簧的左端固定，只在右端施加25N的拉力，彈簧中的彈力仍為25N，所以彈簧的伸長量為25cm，故D錯誤。故選A。4、A【解析】人站在測力計上靜止不動時，測力計的示數等于人的重力，當此人突然站起時，具有向上的加速度，根據牛頓第二定律人所受的支持力，再由牛頓第三定律分析測力計示數的變化解：由題，當人站在測力計上靜止不動時，測力計的示數等于人的重力，當此人突然下蹲時，人

15、向下加速，具有向下的加速度，人處于失重狀態，根據牛頓第二定律分析可知測力計對人的支持力小于人的重力，則人對測力計的壓力也小于人的重力，然后人向下減速，具有向上的加速度，人處于超重狀態，根據牛頓第二定律分析可知測力計對人的支持力大于人的重力，則人對測力計的壓力也大于人的重力，故A正確，BCD錯誤故選A5、B【解析】當木塊接觸彈簧后，水平方向受到向左的恒力F和彈簧水平向右的彈力。彈簧的彈力先小于恒力F，然后等于F，最后大于恒力F，木塊所受的合力方向先向左后向右，則木塊先做加速運動，后做減速運動，當彈力大小等于恒力F時，木塊的速度為最大值。當彈簧壓縮量最大時，彈力大于恒力F，合力向右，加速度大于零。

16、故B正確，ACD錯誤。故選B6、C【解析】A.力是改變物體運動狀態的原因，不是改變慣性的原因，選項A錯誤；B.物體在任何時候都有慣性，與是否受外力無關，選項B錯誤；C.質量是慣性大小的量度，則宇宙飛船在太空中飛行時也具有慣性，選項C正確；D.物體在任何情況下都有慣性，與運動狀態無關，選項D錯誤7、BD【解析】AB.汽車速度減為零所需的時間t=s=1.6s則2s內的位移等于1.6s內的位移x=t=1.6m=6.4m此時汽車離停車線的距離x=8-6.4m=1.6m故A錯誤，B正確；C.若駕駛員的反應時間為0.4s，則在反應時間內的位移x=v0t=80.4m=3.2m到停止時的位移X=x+x=6.4

17、m+3.2m=9.6m大于8m，汽車車頭不能在停車線處停下，故C錯誤D.若駕駛員的反應時間為0.2s，則在反應時間內的位移x=v0t=80.2m=1.6m到停止時的位移X=x+x=6.4m+1.6m=8m汽車車頭剛好能在停車線處停下，故D正確8、ACD【解析】A據題第1s末的速度是v1=6m/s，第2s末的速度是v=8m/s，兩個時刻的時間間隔是t=1s，則物體的加速度為故A正確；B由v1=v0+at1得故B錯誤；C第1s內的平均速度是故C正確；D前2s內的位移故D正確。故選ACD。9、BC【解析】在光滑段運動時，物塊a及物塊b均處于平衡狀態，對a、b整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；對

18、b受力分析，如圖，受重力、支持力、繩子的拉力，根據共點力平衡條件，有：Fcos-FNsin=0 ；Fsin+FNcos-mg=0 ；由兩式解得：F=mgsin，FN=mgcos；當它們剛運行至軌道的粗糙段時，減速滑行，系統有水平向右的加速度，此時有兩種可能；AB（一）物塊a、b仍相對靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得：Fsin+FNcos-mg=0 ；FNsin-Fcos=ma；由兩式解得：F=mgsin-macos，FN=mgcos+masin；即繩的張力F將減小，而a對b的支持力變大；再對a、b整體受力分析豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面對

19、a支持力不變；故A項錯誤，B項正確.CD（二）物塊b相對于a向上加速滑動，繩的張力顯然減小為零，物體具有向上的分加速度，是超重，因此a對b的支持力增大，斜面體和滑塊整體具有向上的加速度，也是超重，故地面對a的支持力也增大;故C項正確，D項錯誤10、BC【解析】x-t圖象是位移-時間圖象，表示物體的位置隨時間變化的規律，位移等于x的變化量，而v-t圖象是速度-時間圖象，表示速度隨時間變化的規律，速度的正負表示速度的方向，圖象與時間軸所圍的“面積”表示位移平均速度等于位移與時間之比【詳解】甲在0時刻由負方向上距原點2m處向正方向運動，6s時達到正向的2m處，故在整個t=6s時間內位移為：x=x2-

20、x1=2m-（-2m）=4m，平均速度為，故A錯誤，C正確乙開始時速度為沿負向的勻減速直線運動，3s后做正向的勻加速直線運動，圖象與時間軸圍成的面積為物體通過的位移，故總位移為0；再根據平均速度公式可知，平均速度為零，故B正確，D錯誤故選BC【點睛】本題考查對速度圖象和位移圖象的識別和理解能力，抓住各自的數學意義理解其物理意義，即速度圖象的“面積”大小等于位移，而位移圖象的斜率等于速度，x表示位移11、AD【解析】A設a的質量為m，則b的質量為2m；以b為研究對象，豎直方向受力平衡，可得繩子拉力始終等于b的重力，即T=2mg，保持不變；當細繩與細桿的夾角為時，細繩的拉力沿豎直方向的分力大小為以

21、a為研究對象，由平衡條件得：解得，桿對a球的支持力水平方向有故A正確；B當細繩與細桿的夾角為時，拉力F的大小為 故B錯誤；C向右緩慢拉動的過程中，兩個繩子之間的夾角逐漸增大，繩子的拉力不變，所以繩子的合力減小，則繩子對滑輪的作用力逐漸減小，根據共點力平衡的條件可知，支架對輕滑輪的作用力大小逐漸減小，故C錯誤；D以a為研究對象，受力如圖所示，設繩子與水平方向夾角為，支持力右緩慢拉動的過程中，角逐漸減小；水平方向由于由于從開始逐漸減小，可知增大，則（+）從逐漸減小時sin（+）逐漸增大，F增大；故D正確。故選AD。12、BD【解析】根據牛頓第二定律，對整體有：a= ；對M：N=Ma=故B正確，A錯

22、誤；根據牛頓第二定律得：對整體有：；對M：NMg=Ma，得：N=Mg+Ma=故D正確，C錯誤【點睛】本題是連接類型的問題，關鍵是靈活選擇研究對象對于粗糙情況，不能想當然選擇C，實際上兩種情況下MN間作用力大小相等二填空題(每小題6分，共18分)13、 .打點計時器應該接交流電源 .開始時重物應該靠近打點計時器 . .重力加速度大小的2倍 .9.4 .物體的質量m .不變【解析】根據打點計時器的具體應用，熟悉打點計時器使用的注意事項即可正確解答；勻變速直線運動某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可以通過求DF段的平均速度表示E點的瞬時速度；結合牛頓第二定律的表達式，即可確定還需要測量的物理

23、量；打點計時器的周期與交流電的周期相同，交流電電壓的變化不影響其周期【詳解】（1）打點計時器使用交流電源，而該題中接了直流電；重物離打點計時器太遠，這樣紙帶上上所打點很少，不利于減小誤差（2）勻變速直線運動某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則有：（3）根據，可得：，結合圖象明確知圖線的斜率表示2g，所以，則g9.4m/s2（4）物體在下降的過程中受到重力與阻力的作用，得：mgfma，為了求出物體在運動過程中所受的阻力，還需知道物體的質量，所以要測量的物理量是質量；（5）打點計時器的周期與交流電的周期相同，交流電電壓的變化不影響其周期，所以當時電網中交變電流的電壓變成210V，打點計時

24、器的周期不變，對測量的數據沒有影響加速度的測量值不變【點睛】本題考查實驗的裝置和工作原理，對于紙帶的問題，我們要熟悉勻變速直線運動的特點和一些規律，會通過圖象求解重力加速度14、 .（1）BD； .（2）左； .（3）1.20 .AB間距離； .（4）小于 .系統誤差【解析】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數據處理以及注意事項紙帶實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度，為驗證減小的重力勢能與增加的動能是否相等，還需要知道下降的高度；由于阻力做功，導致減小的重力勢能比增加的動能還大【詳解】（1）

25、“驗證機械能守恒定律”的實驗中除所需的打點計時器（帶導線）、紙帶、復寫紙、鐵架臺、紙帶夾和重物，此外還需要交流電源和毫米刻度尺，重物的質量可以約去，因此不需要天平與砝碼，由于打點計時器可以計時，因此不需要秒表，故還需要是BD（2）依據紙帶的點間距，可知重物是與紙帶的左相連；（3）依據勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，則有：；若x1數據也已測出，同理，可求得A的瞬時速度，為驗證機械能是否守恒，則還需要測量AB間距，從而可算得，減小的重力勢能與增加的動能是否相等（4）由于系統誤差，存在阻力做功，導致計算結果中重物下落過程中增加的動能始終略小于減少的重力勢能；【點睛】考查

26、驗證實驗原理，及操作注意事項，掌握求解瞬時速度的方向，理解減小的重力勢能總小于增加的動能的原因，注意保留有效數字15、 .3.90 m/s .如圖所示 .(12.412.8）m/s2 .(0.1000.140）m/s .系統 .大【解析】（1）D為CE的中間時刻，利用中間時刻的速度等于這段時間內的平均速度可求D點的速度；（2）依次把B、C、D三點的坐標描入坐標系中，作出圖線即可；（3）由圖線的斜率可得加速度和A點的速度；（4）打點的頻率變低，相鄰的計數點長間的時間變長，在計算時用的t相對較小，引起的誤差屬于系統誤差，這樣測得的加速度結果比實際值偏大【詳解】（1）打點計時器打出D點時小車的瞬時速度vD=cm/s=390cm/s=3.90m/s（2）以打A點時作為記時零點，打B點對應的坐標（0.1,1.38），打C點對應的坐標（0.2,2.64），打D點對應的坐標（0.3,3.90），依次把B、C、D三點的坐標描入