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。考試結束后，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、如圖所示，光滑水平地面上放有截面為1/4圓周的柱狀物體A，A與光滑墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，對A施加一水平向左的力F，整個裝置保持靜止若將A的位置向左移動稍許，整個裝置仍保持平衡，則

2、（ ）A.B對A的作用力減小B.墻對B的作用力增大C.地面對A的支持力減小D.水平外力F增大2、關于運動物體速度、速度變化和加速度的關系，下列說法正確的是（）A.物體速度的方向為正，其加速度的方向一定為正B.物體的加速度越來越大，其速度一定越來越大C.物體速度的變化越來越大，其加速度可能越來越小D.物體加速度的方向與速度的方向一定相同3、質點做直線運動的位移x與時間t的關系為各物理量均采用國際單位制單位，則該質點A.任意ls內的速度增量都是B.第2s內的位移是18mC.前2s內的平均速度是D.任意相鄰的1s內位移差都是2m4、物體以一定的初速度沖上固定的光滑斜面，到達斜面最高點C時速度恰為零，

3、如圖所示已知物體運動到斜面B點時，所用時間為t，且已知AB長度和BC長度之比為31，則物體從B滑到C所用時間()A.B.tC.tD.2t5、甲的重力是乙的30倍，它們從同一地點同一高度處同時自由下落（空氣阻力不計），則下列說法正確的是（ ）A.甲比乙先著地B.甲、乙同時著地C.甲比乙的加速度大D.無法確定誰先著地6、如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁若再在斜面上加一物體m，且M、m相對靜止，此時小車受力個數為（）A.3B.4C.5D.67、將重為50N的物體放在某直升電梯的地板上，該電梯在經過某一樓層地面前后運動過程中，物體受到電梯地板的支持力隨時間變化的圖像如圖所示，由此可

4、以判斷（）A.t=1s時刻電梯的加速度方向豎直向上B.t=6s時刻電梯的加速度為零C.t=8s時刻電梯處于失重狀態D.t=11s時刻電梯的加速度方向豎直向下8、如圖，將一半圓形軌道凹槽AB固定在水平地面上，圓心為O，半徑為R=1m，現將可視為質點的小球從圓心等高處的凹槽左側端點A水平拋出，經t=0.4s直接落到凹槽上，則小球的初速度v0可能為（取g=10m/s2）（）A.B.C.D.9、如圖所示，在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運動，則關于它們受力情況的說法正確的是（）A.a一定受到4個力B.a可能受到6個力C.b一定受到3個力D.b可能受到2個力10、如圖所示，在光滑斜

5、面上，用平行于斜面的力F拉著某物體向上做勻速直線運動若力F逐漸減小，則物體在向上繼續運動的過程中（）A.物體的加速度減小B.物體的加速度增大C.物體的速度減小D.物體的速度增大11、如圖所示，A和B的質量分別是2 kg和1 kg，彈簧和懸線的質量不計，在A上面的懸線燒斷的瞬間( )A.A的加速度等于零B.A的加速度等于3g/2C.B的加速度為零D.B的加速度為g/312、高速公路上由于車速較快，特別容易發生交通事故，所以交通管理部門規定前后兩車要有100m以上的安全距離。甲、乙兩車在同一條車道上同向行駛，且乙在前、甲在后。某時刻兩車司機同時觀察到前面發生了交通事故，并同時采取剎車措施，圖示為兩

6、輛車剎車后的v-t圖象，由此可知（）A.甲，乙兩車必定相撞B.甲車加速度小于乙車加速度C.若兩車相撞，則一定是在剎車后的20s之內的某時刻發生的D.若兩車相撞，則可斷定甲車沒有按交通管理部門的規定保持安全距離行駛二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）為了測量木塊與木板間的動摩擦因數，某小組使用位移傳感器設計了如圖甲所示實驗裝置，讓木塊從傾斜木板上一點A由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離位移傳感器連接計算機，描繪出滑塊相對傳感器的位移x隨時間t變化的規律，如圖乙所示。（1）0.4s時木塊的速度v_m/s，木塊的加速度a_m/s2。（2）為了測定動摩擦因數，還需

7、要測量的量是_。（已知當地的重力加速度g）（3）為了提高木塊與木板間動摩擦因數的測量精度，下列措施可行的是_。AA點與傳感器距離適當大些B木板的傾角越大越好C選擇體積較大的空心木塊D傳感器開始計時的時刻必須是木塊從A點釋放的時刻14、（10分）如圖是“驗證力的合成的平行四邊形定則”實驗示意圖將橡皮條的一端固定于A點，圖甲表示在兩個拉力F1、F2的共同作用下，將橡皮條的結點拉長到O點；圖乙表示準備用一個拉力F拉橡皮條，圖丙是在白紙上根據實驗結果畫出的力的合成圖示 (1)有關此實驗，下列敘述正確的是_(填正確答案標號)A在進行圖甲的實驗操作時，F1、F2的夾角越大越好B在進行圖乙的實驗操作時，必須

8、將橡皮條的結點拉到O點C拉力的方向應與紙面平行，彈簧及鉤子不與彈簧測力計的外殼及紙面接觸，產生摩擦D在進行圖甲的實驗操作時，F1、F2的夾角越小越好(2)圖丙中F是以F1、F2為鄰邊構成的平行四邊形的對角線，一定沿AO方向的是_(填F或者F)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，一輕質硬桿OB可繞通過B點且垂直于紙面的軸轉動，另一端與水平繩OA相連，在O點懸掛一重為G的物體，AOB=，求輕繩對O點的拉力和輕桿OB對O點的支持力分別為多大？16、（12分）在地面上以v020m/s的初速度豎直向上拋出一個物體，若在物體拋出后的整個過程中所受空氣阻力大小不

9、變，且恒為其重力的0.6倍，則物體落回地面時的速度大小為多少？（g取10m/s2）17、（12分）裝卸、搬運是物流過程中必不可少的環節。某公司設計了如圖甲、乙所示的皮帶輸送機，輸送機速度可調，可針對不同貨物設置不同的速度；輸送機長度可調，可直接延伸到拖車中作業；輸送機的高度也可調，方便工人直接搬運貨廂高處的貨物。(1)若貨物A（可視為質點）與輸送機等高，輸送過程示意圖如圖丙所示，已知輸送機長度，輸送機以的速度順時針傳送，貨物A與輸送機之間的動摩擦因數，貨物A從輸送機左端由靜止釋放，求貨物A剛放上時的加速度以及從左端到右端所用的時間。（g取）(2)若貨物B（可視為質點）處于較高處，輸送過程示意圖

10、如圖丁所示，已知輸送機長度變為，傾角，貨物B與輸送機之間的動摩擦因數，貨物B從輸送機左端由靜止釋放，輸送機仍然順時針轉動。當貨物B到達右端的速度大于7m/s時，貨物就會因碰撞而損壞。為確保貨物安全，輸送機的速度應滿足怎樣的條件？（，g取）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、A【解析】先對B球受力分析，受到重力mg、A球對B球的支持力N和墻壁對B球的支持力N，然后根據共點力平衡條件得到A球左移后各個力的變化情況；最后再對整體受力分析，根據平衡條件判斷推力F和地面的支持力的變化情況【詳解】對B球受力分析，受到重力mg、A球對B球的支持力

11、N和墻壁對B球的支持力N，如圖當A球向左移動后，A球對B球的支持力N的方向不斷變化，根據平衡條件結合合成法可以知道A球對B球的支持力N和墻壁對B球的支持力N都在不斷減小，即B對A的作用力減小，故A正確，B錯誤；再對A和B整體受力分析，受到總重力G、地面支持力FN，推力F和墻壁的彈力N，如圖；根據平衡條件，有F=N；FN=G；故地面的支持力不變，推力F隨著壁對B球的支持力N的不斷減小而不斷減小，故CD錯誤；故選A【點睛】本題關鍵是先對小球B受力分析，根據平衡條件得到各個力的變化情況，然后再對A、B整體受力分析，再次根據平衡條件列式分析2、C【解析】ABD根據加速度的定義式可知加速度的大小和方向與

12、速度的大小和方向無必然聯系，ABD錯誤；C根據加速度的定義式可知，越大，若更大，則加速度減小，C正確。故選C。3、C【解析】A項：根據勻變速直線運動的位移時間關系公式，可得質點的初速度，加速度為，故A錯誤；B項：第2s內位移，故B錯誤；C項：由可得前2s內的平均速度為，故C正確；D項：任意相鄰的1s內位移差：，故D錯誤故選C4、B【解析】物體上滑到B所用的時間為t，用逆向思維法，物體向上勻減速沖上斜面，相當于從最高點由靜止向下勻加速滑下斜面，因為CB與CA的位移之比為14，則CB段與CA段所用時間之比為12，CB段與BA段所用時間之比為11.即t故選B。5、B【解析】根據公式可得，故物體做自由

13、落體運動下落時間和質量大小沒有關系，故B正確考點：考查了自由落體運動規律的應用【名師點睛】物體做自由落體運動時，加速度的大小恒定，與物體的質量無關6、B【解析】M、m相對靜止，對整體分析知，整體受總重力和地面給的支持力，處于靜止狀態；對物體m受力分析，則m受到重力、支持力和靜摩擦力；最后對M受力分析，受重力、m對它的垂直向下的壓力和沿斜面向下的靜摩擦力，同時地面對M有向上的支持力，因墻壁對小車不會有力的作用；則M共受到4個力故B項正確，ACD三項錯誤7、ABD【解析】在0-2s內重物處于超重狀態，在2-10s內電梯做勻速直線運動，從10s到12s失重。由運動學公式分析三個速度的大小和方向。【詳

14、解】A在0-2s內重物處于超重狀態，t=1s時刻電梯的加速度方向豎直向上，A正確；BC在2-10s內電梯做勻速直線運動或靜止狀態，加速度為零，B正確，C錯誤；D從10s到12s失重，t=11s時刻電梯的加速度方向豎直向下。故D正確。故選ABD。8、AC【解析】小球做平拋運動，t=0.4s內下降的高度若小球落在左邊四分之一圓弧上，根據幾何關系有：水平位移為則初速度為若小球落在右邊四分之一圓弧上，根據幾何關系有：水平位移為初速度為故AC正確，BD錯誤。故選AC。9、AC【解析】對物體b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，處于三力平衡狀態，故D錯誤，C正確；對物體a、b整體受力分析，受重力、支持力，若

15、墻壁對整體有支持力，水平方向不能平衡，故墻壁對整體沒有支持力，故也沒有摩擦力；最后對物體a受力分析，受推力、重力、物體b對其的壓力和靜摩擦力，即物體a共受4個力；故A正確，B錯誤；故選AC【點睛】本題關鍵是靈活地選擇研究對象進行受力分析，然后結合平衡條件和各種力產生的條件分析判斷，不難10、BC【解析】結合牛頓第二定律得出加速度的方向，通過加速度方向與速度方向的關系判斷物體的運動規律【詳解】開始物體做勻速直線運動，有F=mgsin，當力F減小時，加速度為，方向沿斜面向下，F減小，則加速度增大，由于加速度方向與速度方向相反，知物體的速度減小故BC正確，AD錯誤故選BC【點睛】解決本題的關鍵知道加

16、速度與合力的方向相同，隨著合力的改變而改變；當加速度方向與速度方向相同時，做加速運動，當加速度方向與速度方向相反時，做減速運動11、BC【解析】懸線燒斷彈簧前，由B平衡得到，彈簧的彈力大小F=mBg懸線燒斷的瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，大小仍為F=mBg，此瞬間B物體受到的彈力與重力仍平衡，合力為零，則B的加速度為零A受到重力和向下的彈力，由牛頓第二定律得：A的加速度； B的加速度；故BC正確，AD錯誤；故選BC.考點：牛頓第二定律的應用【名師點睛】本題典型的瞬時加速度問題，往往先分析變化前彈簧的彈力，再分析狀態變化瞬間物體的受力情況，要抓住彈簧的彈力不能突變的特點進行分析求解12、CD【

17、解析】AB根據速度時間圖線的斜率表示加速度，可得甲車的加速度大小為乙車的加速度大小為所以剎車過程中甲車的加速度是乙車加速度的2倍；根據位移時間關系知時，甲車的位移為乙車的位移為則位移之差為由于兩車剛剎車時間距與的關系未知，所以不能確定兩車能否相撞，故AB錯誤；C因為速度相等后，若不相撞，兩者之間的距離逐漸增大，不可能再撞，可知兩輛車一定是在剎車后的之內的某時刻發生相撞的，故C正確；D若兩車相撞，可知甲車沒有按交通管理部門的規定保持安全距離行駛，故D正確。故選CD。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、 .0.4 .1 .傾斜木板與水平面的夾角（或者A點到位移傳感器的高度） .A【

18、解析】(1)1由于木塊做勻加速運動，0.4s時刻的速度等于0.2s0.6s這段時間的平均速度2在0.2s0.4s和0.4s0.6s這兩段時間內，根據可得(2)3根據牛頓第二定律兩邊消去質量m，因此需要測量傾斜木板與水平面的夾角(3)4 AA點與傳感器距離適當大些，可以測量出更多地點，從而提高加速度準確程度，A正確；B木板的傾角過大，使得摩擦力太小，加速度太大，加速度稍有誤差，就會使動摩擦因數誤差增大，B錯誤；C選擇體積較大的空心木塊，使空氣阻力增大，造成測量動摩擦因數不準確，C錯誤；D測量加速度大小時，與初速度大小無關，因此有、無初速度與測量木板間動摩擦因數的精確的無關，D錯誤。故選A。14、

19、 .BC; .F;【解析】（1）在實驗過程中，需要根據力的大小和方向做平行四邊形，該實驗采用了“等效替代”方法，要求兩次拉橡皮筋時橡皮筋的伸長量大小和方向相同，對于兩分力的夾角沒有定性要求，只要便于減小誤差即可為了使所測量的力更準確，拉力的方向應與紙面平行，彈簧秤的外殼不能與紙面接觸，以免產生摩擦，影響拉力大小；（2）力的合成遵循平行四邊形定則，理論值是根據平行四邊形定則作出的，實際值是用一根彈簧量出來的，故實際值一定沿OA方向【詳解】(1)AD、在進行“驗證力的合成的平行四邊形定則”實驗時，F1、F2的夾角適當，并非越大越好，也并非越小越好，故A錯誤，D錯誤；B.該實驗采用了“等效替代”方法，要求兩次拉橡皮筋時橡