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，在光滑水平面上有一小球a以初速度v0運動，同時在它的正上方有一小球b也以初速度v0沿同一方向水平拋出，并落于c點，則（）A.兩球同時到達c點B.小球a先到達c點C.小球b先到達c

2、點D.不能確定2、如圖所示，兩位同學在體育課上進行傳接籃球訓練，甲同學將籃球從A點拋給乙（籃球運動的軌跡如圖中實線1所示），乙在B點接住然后又將籃球傳給甲（籃球運動的軌跡如圖中虛線2所示）已知籃球在空中運動的最大高度恰好相同若忽略空氣阻力，則下列說法中正確的是A.籃球沿軌跡1運動的時間較長B.籃球沿軌跡1運動的過程中速度變化較快C.籃球在兩軌跡最高點時的速度相等D.甲同學將籃球拋出時的速度大些3、在力學理論建立過程中，有許多偉大的科學家做出了貢獻關于科學家和他們的貢獻，下列說法正確的是（）A.伽利略根據小球在斜面上運動的實驗和理想實驗建立了慣性定律B.伽利略利用小球在斜面上運動的實驗和邏輯推理

3、研究出了落體的運動規律C.牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因D.笛卡爾發現了彈簧彈力和形變量的關系4、如圖所示，水平放置的傳送帶以速度v=2m/s向右運行,現將一小物體輕輕地放在傳送帶A端，物體與傳送帶間的動摩擦因數=0.2，若A端與B端相距6m，求物體由A到B的時間(g=10m/s2) （）A.2sB.2.5sC.3.5sD.4 s5、在力的分解中，已知合力F40N，分力F1的方向與合力的夾角為37，如圖所示，則當另一分力F2取最小值時，分力F1的大小為（已知sin370.6，cos370.8）（）A.24NB.30NC.32ND.50N6、2016年10月17日，神舟十一號載人飛船發射成

4、功宇航員在火箭發射與飛船回收的過程中均要經受超重與失重的考驗，下列說法正確的是A.火箭加速上升時，宇航員處于超重狀態B.飛船落地前減速下落時，宇航員處于失重狀態C.火箭加速上升時，宇航員對座椅的壓力小于自身重力D.火箭加速上升過程中加速度逐漸減小時，宇航員處于失重狀態7、中華文化是世界唯一連續傳承五千年的文化，“龜兔賽跑”的寓言故事富含哲理，如圖表示“龜兔賽跑”中烏龜和兔子的位移時間圖像（st），則下列說法中正確的是（）A.兔子比烏龜早出發B.烏龜一直在做勻加速運動C.在0t3時間內烏龜運動的位移大D.烏龜和兔子分別在t1和t2時刻相遇8、下列有關物理思想方法說法正確的是A.在不需要考慮物體本

5、身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫假設法B.重心概念的建立體現了理想化模型的思想C.根據速度定義式，當t足夠小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，應用了極限思想方法D.在探究“力、質量、加速度之間的關系”時，采用了控制變量法9、如圖所示的裝置叫阿特伍德機繩子兩端的物體豎直運動的加速度大小總是小于自由落體的加速度g，這使得實驗者可以有較長的時間從容地觀測、研究已知物體A、B的質量均為M，物體C的質量為m輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，輕繩不可伸長且足夠長物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后A.繩子上拉力大小B.物體A的加速度C.取值小一些，便于觀測D.的取值大一些，便于觀測和研究10、如圖所示

6、，質量為2 kg的物塊放在質量為3 kg木板的最右端，它們之間的動摩擦因數1=0.5，木板與地面的動摩擦因數2=0.1，給木板水平向右的力F，則（）A.當F15 N時，物塊、木板發生相對滑動B.當F=21 N時，物塊的加速度為2 m/s2C.當F30 N時，物塊、木板才會發生相對滑動D.當F=33 N時，物塊、木板的加速度分別為5 m/s2、6 m/s211、關于加速度，下列說法中正確的是A.速度變化越大，加速度一定越大B.物體向西運動，加速度方向可能向東C.加速度的方向一定與物體所受合外力的方向一致D.物體的速度減小，加速度也一定減小12、打籃球時，運動員豎直起跳投籃的過程可分為：下蹲、蹬地

7、、離地上升和下落四個過程，以下說法中正確的是A.下蹲過程中運動員始終處于超重狀態B.下蹲過程中運動員始終處于失重狀態C離地上升過程中運動員處于失重狀態D.下落過程中運動員處于失重狀態二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）一木塊沿水平面做勻加速直線運動，某同學每隔1s記錄一次木塊位置。由圖可知，木塊的加速度a=_m/s2， 2s末木塊的速度v=_m/s14、（10分）某同學探究彈力與彈簧伸長量的關系。（1）將彈簧懸掛在鐵架臺上，將刻度尺固定在彈簧一側，彈簧軸線和刻度尺都應在豎直方向（2）彈簧自然懸掛，待彈簧靜止時，長度記為L0，彈簧下端掛上砝碼盤時，長度記為Lx；在砝碼盤中

8、每次增加10g砝碼，彈簧長度依次記為L1至L6，數據如下表：代表符號L0LxL1L2L3L4L5L6數值（cm）25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一個數值記錄不規范，代表符號為_。（3）如下圖是該同學根據表中數據作的圖，縱軸是砝碼的質量，橫軸是彈簧長度與_的差值（填“L0”或“Lx”）。（4）由圖可知彈簧的勁度系數為_N/m；（5）通過圖和表可知砝碼盤的質量為_（結果保留兩位有效數字，重力加速度取9.8m/s2）。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）在質量為的車廂 B 內緊靠右壁，放一質量的小物體 A(可視為

9、質點)，對車廂 B 施加一水平向右的恒力 F，且，使之從靜止開始運動測得車廂 B 在最初內移動，且這段時間內小物塊未與車廂壁發生過碰撞車廂與地面間的摩擦忽略不計(1)計算 B 在 2.0s 的加速度；(2)求末 A 的速度大小；(3)在時撤去拉力 F，為了使得小物塊與車廂壁不發生碰撞，小車至少多長？16、（12分）如圖，一水平傳送帶以2m/s的速度做勻速運動，傳送帶左右兩端A、B的距離為s12m，將一物體無初速、輕輕地放在傳送帶A端以地面為參考系，物體做勻速運動的位移為10m.重力加速度g取10m/s2；求：（1）物體與傳送帶之間的動摩擦系數（2）物體從傳送帶A端運動到傳送帶B端所需的時間17

10、、（12分）如圖所示,傳送帶與水平方向夾37角,AB長為L=16m的傳送帶以恒定速度v=10m/s運動,在傳送帶上端A處無初速釋放質量為m=0.5kg的物塊,物塊與帶面間的動摩擦因數=0.5,求:（1）當傳送帶順時針轉動時,物塊從A到B所經歷的時間為多少?（2）當傳送帶逆時針轉動時,物塊從A到B所經歷的時間為多少?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】小球a在水平面上做勻速直線運動，小球b在豎直面內做平拋運動。而小球b做平拋運動的水平分速度也是以速度為的勻速直線運動，因此a和b在水平方向上的運動是一致的，他們最終能夠同時到達

11、c點，故A正確，BCD錯誤。故選A2、D【解析】A籃球在豎直方向上做豎直上拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動時間由豎直位移決定，由于高度相同，所以兩次運動時間相同；故A錯誤；B籃球只受重力，根據牛頓第二定律，加速度為g，所以兩次速度變化快慢相同；故B錯誤；C根據斜上拋運動的對稱性可知從最高點開始的平拋運動，第一次比第二次在時間相同的條件下水平位移較大，則籃球在兩軌跡最高點時的速度第一次大于第二次，C項錯誤；D由軌跡知道，豎直方向初速度相同，第2次水平初速度小于第1次，根據速度的合成，所以第2次拋出的速度小于第1次，故D正確3、B【解析】伽利略根據小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，得出了力不是

12、維持物體運動原因的結論，并運用數學方法得出了落體運動的規律，但沒有建立慣性定律故A錯誤，B正確伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因，這個理論不是牛頓最早提出的，故C錯誤胡克發現了彈簧彈力和形變量的關系-胡克定律，故D錯誤4、C【解析】物體在滑動摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，加速度，當物體的速度為2m/s時，位移為：，所以在到達B點之前，物體還有一段做勻速直線運動，加速時間為，勻速時間為，故總時間為，C正確5、C【解析】已知合力和一個分力與合力的夾角，根據平行四邊形定則作圖分解即可；【詳解】合力為，一個分力與水平方向的夾角是，根據平行四邊形定則作圖，如圖所示：可知，分力的最小值為，

13、則此時分力，故選項C正確，選項ABD錯誤【點睛】本題關鍵是確定合力與分力的方向，然后根據平行四邊形定則作圖分析，最后根據幾何關系求解6、A【解析】火箭加速上升時，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態宇航員對座椅的壓力大于自身重力，故A正確，CD錯誤船落地前減速下落時，加速度向上，宇航員處于超重狀態，故B錯誤；故選A【點睛】解決本題的關鍵理解超失重的力學特征：超重時，物體對懸掛物的拉力或對支撐面的壓力大于重力；失重時，物體對懸掛物的拉力或對支撐面的壓力小于重力以及運動學特征：超重時，加速度方向向上；失重時，加速度方向向下7、CD【解析】A由圖看出，烏龜在t=0時刻出發，而兔子在這時刻之后出發，則烏

14、龜比兔子早出發， A錯誤；B位移時間圖像的斜率表示速度，而烏龜的位移時間圖象斜率不變，說明速度不變，烏龜做勻速直線運動，B錯誤；C根據物體通過的位移等于縱坐標的變化量，知在0t3時間內，烏龜運動的位移大，C正確；D兩條圖線在t1和t2時刻相交，說明烏龜和兔子分別在t1和t2時刻到達同一位置而相遇，D正確。故選CD。8、CD【解析】A在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫理想模型的方法，故A錯誤；B重心概念的建立體現了等效替代的思想，故B錯誤；C根據速度定義式，當t非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想方法，故C正確；D在探究“力、質量、加速度

15、之間的關系”時，采用了控制變量法，故D正確。故選CD。9、BD【解析】物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后，B、C向下做勻加速運動，A向上做勻加速運動，加速度大小相等，分別對A和BC整體，根據牛頓第二定律列式，即可求得繩子上的拉力大小和物體A的加速度為了便于觀測和研究，加速度應適當小些【詳解】對物體A，由牛頓第二定律得：，對B、C整體，由牛頓第二定律得：，聯立解得，故A錯誤，B正確；由知的取值大一些，a小些，便于觀測和研究，故C錯誤，D正確所以BD正確，AC錯誤【點睛】解決本題的關鍵是掌握隔離法研究加速度不同的連接體問題，要抓住A、BC三者加速度大小相等，運用牛頓第二定律研究10、CD【解析】A

16、C當物塊、木板恰好發生相對滑動時，兩者間的靜摩擦力達到最大值，對物塊，由牛頓第二定律得1m物g=m物a0解得a0=5m/s2對整體，由牛頓第二定律得F0-2（m物+m木）g=（m物+m木）a0解得F0=30N所以當F30N時，物塊、木板才會發生相對滑動，則當30NF15N時，物塊、木板相對靜止，故A錯誤，C正確；B當F=21N時，物塊、木板相對靜止，則對整體，可得故B錯誤；D當F=33N時，物塊、木板發生相對滑動，則物塊、木板的加速度分別為故D正確。故選CD。11、BC【解析】A根據a=可知，速度變化越大，但時間可能長，故加速度不一定大，故A錯誤B物體向西運動，加速度方向可能向東，此時做減速運

17、動，故B錯誤；C由牛頓第二定律可知，加速度的方向與物體所受合外力的方向相同，故C正確；D物體的速度減小說明加速度與速度方向相反，但加速度不一定減小，故D錯誤故選BC。點睛：解決本題的關鍵知道加速度的物理意義，知道加速度的大小和方向取決于合外力的大小和方向，與速度大小、速度變化量的大小無關12、CD【解析】當人對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說人處于超重狀態，此時有向上的加速度；當人對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說人處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g【詳解】下蹲過程中先加速在減速，加速度先向下在向上，所以先

18、失重后超重，故AB錯誤；離開地面后，人對地面就沒有作用力了，處于完全失重狀態，此時有向下的加速度，加速度的大小為重力加速度g，故C正確；下落過程中，有向下的加速度，加速度的大小為重力加速度g，處于失重狀態，故D正確所以CD正確，AB錯誤【點睛】本題主要考查了對超重失重現象的理解，人處于超重或失重狀態時，人的重力并沒變，只是對地面的壓力變了二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、 .2 .6【解析】1設曝光時間為T，利用了勻變速運動的推論得：2利用了勻變速運動某段時間的平均速度等于中間時刻的瞬時速度的推論，2s末木塊的速度為：。14、 .L3 .Lx . .10g【解析】(2)1數據

19、L3記錄不規范，有效數字位數錯誤。(3)2縱軸是砝碼的質量，沒有考慮到砝碼盤重力的影響，故橫軸是彈簧長度與Lx的差值。(4)3由胡克定律可得(5)4設砝碼盤的質量為m，滿足代入數據可解得m=0.01kg=10g。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】車廂B在力F的作用下做勻加速直線運動，根據位移時間公式即可求出加速度；對B用牛頓第二定律求出A對B的作用力，再對A用牛頓第二定律求出A的加速度，根據速度時間關系即可求出A的速度；根據動量守恒和能量守恒即可求出2s后B相對A向前運動的位移L，在根據運動學公式求出前2s，B相對A向前運動的位移即可求出小車的長度【詳解】（1）設B的加速度為aB，根據位移時間公式：代入數據解得：（2）對B，由牛頓第二定律：F-f=mBaB，代入數據解得：f=45N對A，根據牛頓第二定律得A的加速度大小為：所以t=2.0s末A的速度大小為：vA=aAt=4.5m/s（3）由上可知t=2.0s末A的速度大小為：vA= 4.5m/s，B的速度大小為：vB= 5m/s，令共速后的速度為v，根據動量守恒：代入數據解得：該過程中B相對A向前運動的位移為L根據能量守恒：代入數據解得：在2.0s內，A滑動位移為A相對B向后滑動的位移為：為了使得小物塊與車廂壁不發生碰撞，小車至少為：【點睛】該題考查了