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

2、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、如圖所示，一質量為m的沙袋用不可伸長的輕繩懸掛在支架上，一練功隊員用垂直于繩的力將沙袋緩慢拉起，使繩與豎直方向的夾角為37，且繩繃緊，則練功隊員對沙袋施加的作用力大小為（）( )A.B.C.D.2、現在很多教室都安裝可以沿水平方向滑動的黑板，如圖所示在黑板以某一速度向左勻速運動的同時，一位教師用粉筆在黑板上劃線，粉筆相對于墻壁從靜止開始先勻加速向下畫，接著勻減速向下畫直到停止，則粉筆在黑板畫出的軌跡可能為( )A.B.C.D3、甲、乙兩物體在同一水平面上作勻變速直線運動，甲做加速運動，經過1

3、s速度由4m/s增加到12m/s；乙做減速運動，經過8s速度由20m/s減小到0，則A.甲的速度變化量大，甲的加速度大B.甲的速度變化量大，乙的加速度大C.乙的速度變化量大，甲的加速度大D.乙的速度變化量大，乙的加速度大4、兒童樂園里一項游樂活動的示意圖如圖所示，金屬導軌傾斜固定，傾角為a，導軌上開有一狹長的凹槽，內置一小球，球可沿槽無摩擦滑動，繩子一端與球相連，另一端連接一袍枕，小孩可抱住抱枕與之一起下滑，繩與豎直方向間的夾角為，且保持不變。設抱枕的質量為m，小孩的質量為m，小球、繩的質量及空氣阻力均忽略不計，則下列說法正確的是（）A.小孩與抱枕可能一起做勻速直線運動B.C.抱枕對小孩的作用

4、力方向豎直向上D.繩子的拉力與抱枕對小孩的作用力大小之比為5、如圖所示，2019個大小相同、質量均為m且光滑的小球，靜止放置于兩個相互垂直且光滑的平面上平面AB與水平面的夾角為30.則第3個小球對第4個小球的作用力大小為（ ）A.1.5mgB.1007mgC.1008mgD.2016mg6、某物體運動的v-t圖象如圖所示，下列說法不正確的是（ ）A.物體在第1s末加速度方向發生變化B.物體在第2s內和第3s內的加速度是相同的C.物體在4s末返回出發點D.物體在5s末離出發點最遠，且最大位移為0.5m7、如圖所示，某快遞公司利用皮帶傳輸機把貨物從地面運送到高出水平地面的C平臺上，C平臺離地面的高

5、度一定。運輸機的皮帶以一定的速度v順時針轉動且不打滑。將貨物輕輕地放在A處，貨物隨皮帶到達平臺，貨物在皮帶上相對滑動時，會留下劃痕，且所有貨物與皮帶間的動摩擦因數都為，始終滿足，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）A.傾角一定，改變速度v，運送時間一定改變B.傾角一定，改變速度v，運送時間可能不變C.傾角和速度v均一定，貨物質量m變大，但貨物與傳送帶間的劃痕長度不變D.傾角和速度v均一定，貸物與皮帶間的動摩擦因數變大，皮帶上留下的劃痕長度一定變大8、如圖所示，水平地面上的物體A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做勻速運動，則下列說法中正確的是（ ）A.物體A可能只受到三個力的作用B.物體A一定受到

6、四個力的作用C.物體A受到的滑動摩擦力大小為Fcos D.物體A對水平面的壓力大小一定為Fsin 9、如圖所示，質量為m的小球懸掛在小車頂棚上，在運動過程中當小球偏離豎直方向角時，則下列說法正確的是（）A.小車可能向左減速運動B.小車可能向右減速運動C.小車的加速度大小a=gtanD.懸掛線的拉力大小F=10、在電梯內的底面上放一體重計，電梯靜止時，某同學站在體重計上，體重計示數為50kg電梯運動過程中的某一段時間內該同學發現體重計示數如圖所示，則在這段時間內，下列說法正確的是(取g=10m/s2)( )A.該同學所受的重力變小B.電梯可能豎直向上運動C.該同學對體重計的壓力小于體重計對她的支

7、持力D.電梯的加速度大小為2m/s2，方向豎直向下11、關于牛頓第二定律，正確的說法是（）A.物體的質量跟外力成正比，跟加速度成反比B.加速度的方向一定與合外力的方向一致C.物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反比D.由于加速度跟合外力成正比，整塊磚的重力加速度一定是半塊磚重力加速度的2倍12、一個物體從靜止開始做勻加直線運動的位移時間圖象如圖所示，以下說法正確的是（）A.物體運動的軌跡是曲線B.物體在前4s的位移大小為8mC.物體運動的加速度大小為1m/s2D.物體到達A點的瞬時速度大小為2m/s二填空題(每小題6分，共18分)13、探究加速度與力、質量的關系，可以采用不同的

8、研究方案。（1）甲同學采用的方案如圖所示，將兩個相同的小車放在水平木板上，前端各系一條細繩，線的另一端跨過定滑輪各掛一個小盤，盤中可以放不同的砝碼，盤與砝碼的總重力可以近似認為是小車受到的拉力。兩小車后端各系一條細線，用黑板擦可以同時按住或放開這兩條細線，使兩車同時停止或運動。某次操作中，在相同時間內測得小車的位移分別為x1、x2，若小車的加速度分別為a1、a2，則 a1a2=_，這么做的依據是_。 （2）乙同學用如圖所示器材進行定量探究。用拉力傳感器(能測量拉力的儀器)和速度傳感器(能測量瞬時速度的儀器)探究加速度與物體受力的關系。用拉力傳感器記錄小車受到拉力的大小，在長木板上相距L48.0

9、cm的A、B兩點各安裝一個速度傳感器，分別測量小車到達A、B時的速率。乙同學認為，運動時小車受到的拉力_懸掛物的總重力（選填“”或“”），所以乙同學采用力傳感器進行實驗。實驗主要步驟如下：、將拉力傳感器固定在小車上；、墊高木板右端，讓小車在不受拉力時做_運動；、把細線的一端固定在拉力傳感器上，另一端通過定滑輪與鉤碼相連；為保證細線的拉力不變，必須調節滑輪的高度使_；、接通電源后自C點釋放小車，小車在細線拉動下運動，記錄細線拉力F的大小及小車分別到達A、B時的速率vA、vB；、改變所掛鉤碼的數量，重復步驟的操作。下表中記錄了實驗測得的幾組數據,是兩個速度傳感器記錄速度的平方差，則加速度的表達式a

10、_（用已知符號表示），請將表中第4次的實驗數據填寫完整(結果保留三位有效數字)。次數F/Nvv/(m2s2)a/(ms2)10.600.770.8021.041.611.6831.422.342.4442624.65_53.005.495.72由表中數據，在坐標紙上作出aF關系圖線_。對比實驗結果與理論計算得到的關系圖線(圖中已畫出理論圖線)，造成上述偏差的原因除了拉力傳感器讀數可能偏大外，還可能是_。14、利用頻閃照相機得到小球做平拋運動頻閃照片，也可以用來驗證機械能守恒定律，如圖是小球實驗中的部分位置的頻閃照片小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a、b、c、d 所示，已知小方格的邊長L1.

11、6 cm，頻閃的頻率為f=25Hz，則：小球平拋的初速度v0_m/s小球在b 點的速率為_ m/s(兩空都取二位有效數字)設小球的質量為m，重力加速度為 g為驗證小球從 bc 過程中機械能是否守恒，則應算出重力勢能的減少量為_，動能的增加量為_ (用L、f、m、g 表示)，然后比較二者是否相等15、某同學用圖甲所示的實驗裝置驗證“牛頓第二定律”：（1）下列做法正確的是_（填字母代號）A.調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B.在調節木板傾斜度，平衡木塊受到的滑動摩擦力時，應將裝有砝碼的砝碼盤通過定滑輪拴在木塊上C.平衡摩擦時，要讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶D實驗時，先放開木塊

12、再接通打點計時器的電源（2）為使砝碼和砝碼盤的總重力在數值上近似等于小車運動時受到的拉力，應使小車質量M與砝碼和盤的總質量m滿足_的條件。（3）該同學進行實驗時將打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上，得到一條紙帶，打出的部分計數點如圖乙所示（每相鄰兩個計數點間還有4個點，圖中未畫出）。s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm。則小車的加速度a=_m/s2（要求充分利用測量的數據），打點計時器在打B點時小車的速度vB=_m/s。（結果均保留兩位有效數字）（4）通過實驗得到如圖所示的aF圖象，造成這一結果的原因是：在

13、平衡摩擦力時木板與水平桌面的夾角_（選填“偏大”或“偏小”）。三計算題(22分)16、（12分）如圖所示，質量為60kg的跳臺滑雪運動員經過一段半徑為40m的圓弧加速滑行后從O點水平飛出（O點正好在圓弧對應圓心的正下方），經3.0s落到斜坡上的A點已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角37，不計空氣阻力（取sin370.60，cos370.80；g取10m/s2求（1）A點與O點的高度差h和AO距離L；（2）運動員剛要離開0點時的速度大小及對O點的壓力。（3）運動員落到A點時速度的大小和方向。17、（10分）如圖所示，半徑為R、內徑很小的光滑半圓管豎直放置，兩個質量均為m的小球A、B以不同速

14、率進入管內，A通過最高點C時，對管壁恰好無壓力，B通過最高點C時，對管壁下部的壓力為0.75mg。求：（1）A球通過C點時的速度？（2）A、B兩球平拋運動的時間？（3）A、B兩球飛出C落到面上落點間的距離。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、A【解析】沙袋受重力、繩子拉力和外力三力作用下平衡，將三個力合成三角形，如圖所示：根據平衡條件：解得：，A正確，BCD錯誤。故選A。2、D【解析】根據運動合成與分解，結合曲線運動條件，及矢量合成法則

15、，即可求解【詳解】粉筆以某一速度水平向左勻速運動，同時從靜止開始先勻加速向下滑動，再勻減速向下滑動至停止，根據做曲線運動的物體所受合外力一定指向曲線凹側，則粉筆在水平方向始終勻速，在豎直方向先向下加速時，曲線向下彎曲；后向下減速，則曲線向上彎曲，故D正確；A，B，C錯誤.故選D.【點睛】考查運動的合成與分解，掌握矢量合成法則的內容，注意曲線運動條件的應用，是解題的關鍵3、C【解析】規定初速度方向為正方向。甲做加速運動，經過1s速度由4m/s增加到12m/s，甲的速度變化量為：根據加速度的定義式得乙做減速運動，經過8s速度由20m/s減小到0，乙速度變化量為：負號表示速度變化量的方向與初速度方向

16、相反，根據加速度定義式得負號表示加速度的方向與初速度方向相反。所以乙的速度變化量大，甲的加速度大。故ABD錯誤，C正確；故選C。4、D【解析】AB由于球沿斜槽無摩擦滑動，系統具有相同的加速度，則解得小孩與抱枕做勻加速直線運動，隔離對小孩和抱枕分析，加速度解得可得即角一定等于角，AB錯誤；CD對人和抱枕整體分析，根據平行四邊形定則知繩子的拉力抱枕對小孩的作用力方向沿繩子方向向上，大小為則繩子拉力與抱枕對小孩的作用力之比為C錯誤，D正確。故選D。5、C【解析】將第4個球到第2019個球看成整體研究，分析受力情況，由平衡條件即可求解第3個球對第4個球的作用力大小【詳解】以第4個球到第2019個球共2

17、016個球整體為研究對象，由于無摩擦力，只受重力、斜面支持力和第3個球的支持力；由平衡條件得知，第3個球對第4個球的作用力大小等于整體的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=2016mgsin30=1008mg故選C【點睛】本題中物體很多，解題的關鍵是研究對象的選擇，采用整體法，不考慮系統內物體間的內力，比較簡單方便6、D【解析】A.1s前速度增大，即速度方向和加速度方向相同，1s末后速度開始減小，所以速度方向和加速度方向相反，由于速度方向為正，即沒有變化，所以加速度方向發生變化，A正確；B.圖像的斜率表示加速度，13s過程中的斜率恒定，所以物體在第2s內和第3s內的加速度是相同的，B正確；C

18、.在速度-時間圖象中，圖象與坐標軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負，根據圖像可知04s內圖像的面積為零，即位移為零，回到出發點，C正確；D.4s末回到出發點，之后又開始正向運動，到5s末，雖然速度開始減小，但速度仍為正，即仍朝著正方向運動，到達6s速度為零，正向位移最大，最大位移為，D錯誤故本題選D。7、BC【解析】AB當傾角一定時，改變速度v時，貨物可能一直做勻加速直線運動，加速度不變，初速度和位移均不變，可知貨物到達頂端的時間可能不變，故A錯誤，B正確；CD貨物勻加速運動時，根據牛頓第二定律可得mgcos-mgsin=ma解得a=gcos-gsin勻加速運動的時間為

19、勻加速運動過程中貨物上升的位移為傳送帶前進的位移為x2=vt1所以皮帶上留下的痕跡長度為可知皮帶上留下的痕跡與貨物的質量無關；當傾角和速度v一定時，貨物與皮帶間的動摩擦因數越大，皮帶上留下的痕跡越短，故C正確、D錯誤；故選BC。8、BC【解析】受力分析時注意彈力和摩擦力一定在物體與其它物體接觸面上進行分析，注意彈力、摩擦力產生的條件，在本題中將拉力按照作用效果正交分解后，結合運動情況和摩擦力和彈力的產生條件對木塊受力分析，得出結論【詳解】A、B項：物體一定受重力，拉力F產生兩個作用效果，水平向右拉木塊，豎直向上拉木塊，由于木塊勻速直線運動，受力平衡，水平方向必有摩擦力與拉力的水平分量平衡，即一

20、定有摩擦力，結合摩擦力的產生條件可知則必有支持力，因而物體一定受到四個力，故A錯誤，B正確；C項：根據物體處于平衡狀態可知，水平方向有：f=Fcos，故C正確；D項：據物體處于平衡狀態可知，豎直方向有：FN=mg-Fsin，故D錯誤故應選：BC【點睛】對物體受力分析通常要結合物體的運動情況，同時本題還要根據彈力和摩擦力的產生條件分析9、AC【解析】球相對車廂處于靜止狀態，車廂與球的加速度相同，根據牛頓第二定律得F=mgtan=ma解得小球的加速度a=gtan方向向右，則小車的加速度大小為gtan，方向向右，小車向右做勻加速直線運動或向左做勻減速直線運動，由幾何關系可知，懸線的拉力故選AC。10

21、、BD【解析】在這段時間內處于失重狀態，是由于他對體重計的壓力變小了，而他的重力沒有改變，A錯誤；以豎直向下為正方向，根據牛頓第二有：mg-F=ma，解得a=2m/s2，方向豎直向下，故D正確；人處于失重狀態，加速度向下，運動方向可能向下加速，也可能向上減速故B正確；同學對體重計的壓力與體重計對他的支持力是作用力與反作用力的關系，大小相等，故C錯誤；故選BD11、BC【解析】A物體質量是物體的固有屬性，不隨外界條件的變化而變化，故A錯誤；B加速度是由合外力提供的，加速度的方向一定與合外力的方向一致，故B正確；C根據牛頓第二定律可得：可以得出物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反

22、比，故C正確；D加速度與合外力和物體質量都有關系，不能僅根據合外力大小判斷加速度大小，故D錯誤。故選BC。12、BC【解析】位移-時間圖象不是物體運動軌跡，位移等于縱坐標的變化量，根據勻變速直線運動的位移公式求加速度，再由速度公式求物體到達A點的瞬時速度大小【詳解】A位移-時間圖象不是物體運動的軌跡，位移-時間圖象只能表示直線運動的規律，物體從靜止開始做勻加直線運動故A錯誤；B物體在前4s的位移大小為x=x2-x1=8m-0=8m，故B正確；C物體從靜止開始做勻加直線運動，則，得，故C正確；D物體到達A點的瞬時速度大小為 v=at=14m/s=4m/s故D錯誤故選BC【點睛】本題解題的關鍵要掌

23、握勻變速直線運動的位移時間和速度時間公式，并能熟練運用要知道物體通過的位移等于縱坐標的變化量二填空題(每小題6分，共18分)13、 .x1x2 .加速度與位移成正比 .小于 .勻速直線 .細線與長木板平行 . .4.84 . .沒有完全平衡摩擦力【解析】(1)12根據位移與加速度、時間關系得由于時間相等，所以由上分析可知，加速度與位移成正比；(2)3由于鉤碼向下加速運動，所以繩子的拉力比鉤碼的總重力更小；4墊高木板右端，讓小車在不受拉力時做勻速直線運動，這樣掛上物體后，小車的合力即為拉力傳感器的示數；5為保證細線的拉力不變，必須調節滑輪的高度使細線與長木板平行；6根據勻變速直線運動的位移與速度

24、公式，解得7由公式將第四次實驗數據代入得8根據表中數據，得出圖象如圖所示9對比圖象可知，實際圖象沒有過原點而是和橫坐標有交點，造成原因為沒有完全平衡摩擦力或拉力傳感器讀數偏大.14、 .0.80 .1.0 . .【解析】12小球從a到b、從b到c和從c到d所用的時間相同，設為，則則該小球平拋的初速度：小球在b點的速率為：34從b到c，小球重力勢能的減少量為；動能的增加量為：15、 .AC .小車質量遠大于砝碼和砝碼盤的總質量 .0.80 .0.40 .偏大【解析】(1)1A調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，故A正確；B在調節木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不應懸掛將裝有