第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年江蘇省高一（上）期中模擬練習物理試卷一、單選題：本大題共14小題，共42分。1.下列是國際單位制的基本單位的是(

)A.N B.km C.m/s D.kg2.某實驗小組“探究兩個互成角度的力的合成規律”，先、后用兩個彈簧測力計和一個彈簧測力計將橡皮條的一端拉至O點，如圖所示。下列說法中正確的是(

)A.實驗時，彈簧測力計、橡皮條和繩套無需貼近并平行于木板

B.兩次都將橡皮條的一端拉至O點是為了保證作用效果相同

C.用兩個彈簧測力計拉橡皮條時，兩繩的夾角越大越好

D.用一個彈簧測力計拉橡皮條時，只需記錄測力計的讀數

3.如圖所示，物體A和B的重力分別為10N和6N，不計彈簧測力計、細線的重力和一切摩擦，則彈簧測力計的讀數為(

)A.0N B.4N C.6N D.16N4.一較大的雨滴從高空形成并下落，它運動過程的v?t圖像如圖所示。只考慮雨滴的重力和空氣阻力，下列說法中正確的是(

)

A.0～t0時間內，雨滴的速度變化率逐漸減小

B.0～t0時間內，雨滴的慣性越來越大

C.0～t0時間內，雨滴受到的空氣阻力逐漸減小

D.t0時刻以后，雨滴的重力和所受的空氣阻力是一對相互作用力5.如圖所示，某同學用力F將課本壓在豎直墻壁上，課本靜止。現僅逐漸減小F的大小直至為0，上述過程中(

)

A.課本靜止時，受到的摩擦力逐漸減小

B.課本靜止時，課本和墻壁間的最大靜摩擦力不變

C.課本下滑時，受到的摩擦力不變

D.課本下滑時，受到的墻壁的作用力逐漸減小6.某實驗小組用如圖甲所示裝置測量彈簧的勁度系數，得到彈簧的彈力F與彈簧長度L的關系圖像如圖乙所示，下列說法中正確的是(

)A.用直尺測得彈簧的長度即彈簧的伸長量

B.從圖像可得彈簧的勁度系數為0.4N/m

C.彈簧的長度為40.0cm(未超出彈性限度)時，彈簧的彈力為12.0N

D.實驗中未考慮彈簧在自身重力下的形變量，這會導致勁度系數的測量結果偏大7.如圖所示，小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起來.A、B的質量分別為2m、m，重力加速度為g.則剪斷細繩的瞬間(

)

A.B的加速度為g B.B的加速度為1.5g C.A的加速度為g D.A的加速度為1.5g8.一根細線系著一個小球，細線上端固定在橫梁上，給小球施加力F，小球平衡后細線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，保持夾角θ不變，將F的方向逆時針緩慢轉至豎直位置，上述過程中(

)

A.力F一直減小 B.力F先減小后增大

C.細線彈力一直增大 D.細線彈力先增大后減小9.如圖所示，在小球A自由下落的同時，小球B做豎直上拋運動，兩小球同時落地。不計空氣阻力，則(

)A.A的初始下落高度是B的最大上升高度的2倍

B.A的初始下落高度是B的最大上升高度的3倍

C.兩球在空中運動過程中，A相對于B做勻速運動

D.兩球在空中運動過程中，A相對于B做加速運動

10.一地鐵在水平直軌道上運動，小華用細線將一支圓珠筆懸掛在地鐵的豎直扶手上，地鐵運行時拍攝了如圖所示的照片，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直，細線相對扶手向東偏轉，重力加速度為g。分析照片可知(

)

A.地鐵一定向西加速運動

B.細線與扶手間的夾角與圓珠筆的質量無關

C.測出細線與扶手間的夾角θ，地鐵的加速度a=gsinθ

D.細線中的拉力大小與地鐵的加速度大小無關11.如圖所示，虛線是豎直平面的圓，固定的光滑細桿交于圓的最低點O.現套在桿上的小球甲、乙同時從圖示位置由靜止釋放，并運動到O點，上述整個過程中兩球的速度大小v隨時間t變化的關系正確的是(

)

A. B.

C. D.12.如圖所示，一曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的輕質斜桿垂直，兩斜桿間的夾角為θ，橫桿對每根斜桿的壓力沿斜桿方向。當θ緩慢增大時(

)A.地面對每根斜桿的支持力不變

B.橫桿對每根斜桿的壓力大小不變

C.地面對每根斜桿的摩擦力不變

D.地面對每根斜桿的摩擦力減小

13.如圖所示，三根細線a、b、c將相同的小球1和2連接，兩小球處于靜止狀態，細線c水平。則細線中的張力Fa、Fb、Fc的大小關系是(

)

A.Fa>Fb>Fc B.Fa>Fc>Fb C.Fb>Fa>F D.Fb>Fc>F14.如圖所示，輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使物體勻速上升，若手突然停止運動，從該時刻到物體上升至最高點的過程中，物體運動的速率v、加速度大小a隨運動時間t或上升高度h變化的圖像可能正確的是(

)

A. B.

C. D.二、實驗題：本大題共1小題，共8分。15.某實驗小組用如圖甲所示的裝置和控制變量法“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”。

(1)實驗中使用的打點計時器如圖乙所示，該打點計時器的工作電壓______(選填“約為8V”或“為220V”)。

(2)補償阻力時，調整木板右端的高度，小車在不掛槽碼時拖動紙帶運動，若打點計時器在紙帶上打出一系列______的點，則表明阻力補償恰當。

(3)在探究小車的加速度與力的關系時，小車質量______槽碼的質量時，可以認為槽碼的重力近似等于小車受到的合外力。

(4)圖丙是實驗中得到的一條紙帶上的計時點，已知交變電流的頻率為50Hz，則小車運動的加速度大小為______m/s2。(結果保留兩位有效數字)

(5)在探究小車的加速度與質量的關系時，在小車中加質量為m的砝碼，測得小車的加速度a。改變小車中砝碼的質量，重復實驗，作出的1a?m圖像如圖丁所示，圖中直線的斜率為k，縱截距為b，則小車的質量為______。三、計算題：本大題共5小題，共50分。16.高速公路上的隧道設置限速以保證行駛安全，某汽車以速度v1行駛，在離隧道x1處開始做勻減速直線運動，并剛好保持限速v2通過隧道，出隧道后立即做勻加速直線運動，再經過時間t速度恢復為v1，求汽車：

(1)減速階段的加速度大小a；

(2)加速階段通過的位移大小x2。17.如圖所示，一質量為m的箱子靜止在水平地面上，小明用與水平方向成θ角的力斜向下方推箱子，第一次的推力大小為F1，箱子沒有運動，第二次的推力大小為F2，箱子做勻加速運動。已知箱子與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。求小明：(1)第一次推箱子時，箱子受到的摩擦力大小；(2)第二次推箱子時，箱子的加速度大小a。18.如圖所示，輕繩一端固定在“L”型裝置上，另一端跨過兩個光滑輕質滑輪與質量m=1kg的木塊連接，輕繩上部分水平且平行，“L”型裝置和木塊均保持靜止。已知“L”型裝置內表面光滑，外表面與地面間的動摩擦因數μ=0.25，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)輕繩對左側滑輪作用力的大小F；

(2)“L”型裝置質量的最小值M。

19.如圖甲所示，兩根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動。一個半徑R=5cm、質量m=40kg的水泥圓筒從木棍的上部恰好能勻速滑下，從底部沿木棍向上看到的圓筒與木棍的位置關系如圖乙所示。已知兩木棍的間距d=6cm，與水平面的夾角α=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)每根直木棍對圓筒的摩擦力大小f；

(2)圓筒與直木棍的動摩擦因數μ。20.如圖所示，足夠長的斜坡與水平面在P點平滑連接，距P點L=32m的水平面上固定一擋板.0時刻，質量m=1kg的小物體從圖示位置在平行于斜坡的外力F=6.5N作用下加速運動，到達P點時撤去F，此時物體的速度v=8m/s.已知物體與斜坡、水平面間的動摩擦因數均為μ=32，物體經過P點前后速度大小不變，物體與擋板碰撞后反向彈回，碰撞前后速度大小不變，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2.求物體

(1)受到外力F時的加速度大小a;(2)與擋板碰撞的時刻t;(3)最終停止運動的位置距P點的距離x.

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：國際單位制規定了七個基本物理量．分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光照強度、物質的量．它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，他們在國際單位制中的單位分別為米、千克、秒、開爾文、安培、坎德拉、摩爾．故只有選項D正確．

故選：D.2.【答案】B

【解析】解：A、為了減小誤差，實驗中，細線方向必須與木板平面平行，這樣才能確保力的準確性，故A錯誤；

B、為了保證兩個彈簧測力計的共同作用效果和一個彈簧測力計的作用效果相同，需要保證節點O的位置相同，故B正確；

C、兩拉力的夾角適當大一些可以減小測量的誤差，但不是越大越好．故C錯誤；

D、用彈簧測力計同時拉橡皮條時，需記錄彈簧測力計示數和方向，故D錯誤。

故選：B。

根據實驗原理和實驗操作注意事項分析。

在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，我們要知道分力和合力的效果是等同的，這要求同學們對于基礎知識要熟練掌握并能正確應用，加強對基礎實驗理解，同時要理解會給實驗帶來誤差的因素。3.【答案】C

【解析】解：對B分析可知T=GB

則彈簧測力計讀數為F=T=6N

故ABD錯誤，C正確；

故選：C。

B處于靜止狀態，根據共點力平衡條件分析解答。

本題考查共點力平衡條件的應用，解題關鍵掌握選擇的合適對象分析解答。4.【答案】A

【解析】AC.由v?t圖像，可知0～t0時間內，圖像的斜率減小，則雨滴做豎直向下的加速度逐漸減小的加速運動，因加速度即為速度的變化率，可知速度變化率逐漸減小，根據牛頓第二定律得G?f=ma加速度逐漸減小，由此可知雨滴所受空氣阻力逐漸增大，故A正確，C錯誤；B.0～t0時間內，雨滴的質量不變，根據質量是慣性大小的唯一量度，可知其慣性不變，故B錯誤；D.t0時刻以后，雨滴勻速運動時，由平衡條件可得G=f即雨滴所受重力和空氣阻力是一對平衡力，不是相互作用力，故D錯誤。故選A。5.【答案】D

【解析】A.當課本靜止時，受到的是靜摩擦力，即f=G=mg則f不變，故A錯誤；B.當課本靜止時，課本和墻壁間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力，故f=μFF逐漸減小，所以最大靜摩擦力大小也逐漸減小，故B錯誤；C.當課本下滑時，受到的是滑動摩擦力f=μF，F逐漸減小，故f也逐漸減小，故C錯誤；D.當課本下滑時，F逐漸減小，墻面對課本的支持力和摩擦力逐漸減小，即課本受到的墻壁的作用力逐漸減小，故D正確。故選D。6.【答案】C

【解析】解：A、用直尺測得彈簧的長度是彈簧形變后的總長度，等于彈簧的原長與彈簧形變量之和，故A錯誤；

B、F?L圖像的斜率表示彈簧的勁度系數，則彈簧的勁度系數為k=ΔFΔL=8.030.0?10.0×100N/m=40N/m，故B錯誤；

C、從圖乙可以看出彈簧的原長為L0=10.0cm=0.100m，所以彈簧的長度L=40.0cm=0.400m時，彈簧的彈力為F=k(L?L0)=40×(0.400?0.100)N=12.0N，故C正確；

D、實驗中未考慮彈簧在自身重力下的形變量，根據F=k(L?L0)可知，F?L圖像的斜率不變，所以不會導致勁度系數的測量結果變化，故D錯誤。

故選：C。

用直尺測得彈簧的長度是彈簧形變后的總長度；根據圖像的斜率計算；根據胡克定律計算；根據圖像的斜率分析。

本題考查了胡克定律的應用，容易題。7.【答案】D

【解析】AB、對B分析有，mg=F彈，剪短細繩的瞬間，彈簧彈力不變，B加速度為0，AB錯誤；

CD、對A分析，2mg+F彈=2ma，a=1.5g，故C錯誤，D正確。8.【答案】B

【解析】小球受三個力處于平衡，兩個拉力的合力大小等于物體的重力，方向豎直向上，根據作圖法，如圖：

使拉力從圖示位置逆時針緩慢轉到豎直位置的過程中，拉力F大小先減小后增大，細線的彈力逐漸減小，故B正確，ACD錯誤。9.【答案】C

【解析】解：AB.根據豎直上拋運動的對稱性，可知上升階段所用時間等于下降階段所用時間設為t，即A、B運動的總時間為2t，則A初始下落高度為hA=12g?(2t)2，B從它上升的最高點下落時的高度為hB=12gt2，故A初始下落的高度是B上升的最大高度的4倍，故AB錯誤；

CD.兩球在空中的運動過程中，由于有相同的重力加速度，故相對加速度為0，則A相對于B做勻速運動，故C正確，D錯誤。

故選：C。

AB.根據豎直上拋運動的時間對稱性結合自由落體運動的位移公式列式求解判斷；

CD.根據兩物體的加速度相同判斷相對加速度情況，再判斷相對運動的情況。

考查自由落體運動和豎直上拋運動問題、相對運動問題，會根據題意進行準確分析解答。10.【答案】B

【解析】根據題意，對筆受力分析，如圖所示

豎直方向上，由平衡條件有Fcosθ=G=mg

水平方向上，由牛頓第二定律有Fsinθ=ma

解得F=Gcosθ，a=gtanθ，tanθ=ag

加速度方向水平向西，則地鐵可能做向西的加速運動，也可能做向東的減少運動，故A錯誤；

根據tanθ=ag知細線與扶手間的夾角與圓珠筆的質量無關，故B正確；

測出細線與扶手間的夾角θ，地鐵的加速度a=gtanθ，故C錯誤；

地鐵的加速度變化，細線與豎直方向的夾角變化，細線的拉力變化，則細線中拉力大小與地鐵加速度大小有關，故D錯誤。11.【答案】B

【解析】設桿和水平面夾角θ，小球加速度a=gsinθ，L=2Rsinθ，下滑時間t=2La=4Rg，到O點速度v=2aL=sinθ2gR，故下滑時間相等，乙球到O點速度大，故選B。12.【答案】A

【解析】解：A、對衣架、橫桿、衣服組成的整體受力分析，設整體所受重力為mg，則每根斜桿受到地面的支持力FN=mg4，θ變化不影響支持力大小，故A正確；

BCD、設橫桿對每一根斜桿的壓力為N，對一根斜桿受力分析如圖：

根據共點力平衡條件有Ncosθ2=FN

f=Nsinθ2=mg4cosθ2?sinθ2=mgtanθ24

隨著角度θ緩緩增大，則cosθ2減小，則N增大，tanθ2增大，f也增大，故BCD錯誤；

故選：A。

對整體受力分析，豎直方向根據平衡條件分析地面對每根桿的支持力大??；對其中一個斜桿分析，水平方向根據平衡條件分析求解摩擦力及壓力大小。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解題關鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，根據平衡條件列式求解即可。13.【答案】A

【解析】設細線a、b與水平方向的夾角分別為

α

和

β

，對小球1和2組成的整體受力分析如圖所示根據水平方向受力平衡有Facosα=Fc對小球2受力分析如圖所示根據水平方向受力平衡有Fbcosβ=Fc由以上兩式可得Fa>FcFb>FcFacosα=Fbcosβ又α>β所以cosα<cosβ即Fa>Fb綜合以上，有Fa>Fb>Fc故選A。14.【答案】B

【解析】AD.根據題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運動，彈簧處于拉伸狀態且拉力等于重力，當手突然停止運動后的一小段時間內，由于慣性，重物繼續向上運動，彈簧的形變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運動，設彈簧的勁度系數為k，根據牛頓第二定律可得mg?k(x0?h)=mamg=kx0所以a=khm當彈簧處于壓縮狀態時，彈力增大，加速度向下，物體仍然向上減速，且加速度a與h的關系不變，由于加速度增大，所以v?t圖像切線的斜率增大，故AD錯誤；B.物體上升過程中，加速度增大，但由于物體速度減小，即上升高度h的變化越來越慢，則加速度增大的越來越慢，所以a?t圖線斜率逐漸減小，故B正確；C.由于a與h成正比，所以隨高度增加，v減少，但速度減小的越來越快，即斜率變大，故C錯誤。故選B。15.【答案】約為8V

點跡均勻

遠遠大于

1.9

bk

【解析】解：(1)根據圖片可知此打點計時器是電磁打點計時器，其工作電源是8V交流電源。

(2)若打點計時器在紙帶上打出一系列點跡均勻的點，說明小車做的是勻速直線運動，則表面阻力補償恰當。

(3)設小車的質量為M，槽碼的質量為m，對小車和槽碼整體根據牛頓第二定律有mg=(M+m)a，設細線上的拉力為T，對小車，根據牛頓第二定律有T=Ma，聯立解得T=MmgM+m=mg1+mM，當M>>m時，即小車遠遠大于槽碼的質量時可以認為T=mg。

(4)有圖片可知OA和AB之間的時間間隔相等為t=51f=5×150s=0.1s，可以讀出OA=2.15cm，AB=6.20cm?2.15cm=4.05cm，則小車運動的加速度為a=AB?OAt2=4.05?2.150.12×0.01m/s2=1.9m/s2

(5)設小車的質量為M，小車所受拉力為定值F，根據牛頓第二定律有F=(M+m)a，整理可得1a=1Fm+MF，由此可知圖像的斜率k=1F，截距b=MF，解得M=bk

故答案為：(1)約為8V；(2)點跡均勻；(3)遠遠大于；(4)1.9；(5)bk。

(1)根據圖片分析是什么打點計時器，然后分析；

(2)根據小車做勻速直線運動分析；

(3)根據牛頓第二定律寫出拉力的表達式，據此分析；

(4)根據逐差法計算；

(5)根據牛頓第二定律寫出圖像的函數表達式，然后結合圖像計算。

知道怎樣平衡摩擦力，以及認為小車所受拉力等于槽碼重力的條件，會根據牛頓第二定律寫出圖像的函數表達式。16.【答案】解：(1)根據勻變速直線運動的規律，即位移與速度關系有

?2ax1=v22?v12

解得

a=v12?v222x1；

(2)根據勻變速直線運動的規律，即平均速度與位移關系有

x2=12(v1+v2)t。

答：(1)減速階段的加速度大小a為v12?v222x1；

(2)加速階段通過的位移大小x2為12(v1+v2)t。

【解析】(1)根據勻變速直線運動位移與速度關系求解減速階段的加速度大??；

(2)根據勻變速直線運動平均速度與位移關系求解加速階段通過的位移大小。

本題考查勻變速直線運動基本規律的應用，要求學生熟練掌握這些基本規律并應用于解題。17.【答案】(1)第一次推箱子時，對箱子受力分析如圖所示：由平衡條件可得Ff1

=

F1cosθ(2)第二次推箱子時，對箱子受力分析如圖所示由牛頓第二定律可得F2cosθ?Ff2

=

maFN2

=

mg+F2sinθFf2

=

μFN2聯立解得a=F2(cosθ?μsinθ)m?μg

【解析】詳細解答和解析過程見答案18.【答案】解：(1)同一根繩子的拉力相等，對物體受力可知

T=mg

輕繩對左側滑輪作用力的大小F=T2+T2

解得F=102N

(2)右側與墻壁連接的繩子拉力為

T′=2T

對整體，根據共點力平衡條件有

T′=μ(M+m)g

解得M=7kg

答：(1)輕繩對左側滑輪作用力的大小為102N；

(2)“L”型裝置質量的最小值為7kg。

【解析