1、2022-2023學年高一上物理期末模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試

2、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、慣性小的物體（）A.速度一定小B.加速度一定小C.體積一定小D.質量一定小2、物體做勻加速直線運動，相繼經過兩段距離均為15m路程，第一段用時5.0s，第二段用時3.0s。則物體的加速度是A.B.C.D.3、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.4、如圖所示水平面上，質量為10 kg的物塊A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的另一端

3、固定在小車上，小車靜止不動，彈簧對物塊的彈力大小為5 N時，物塊處于靜止狀態，若小車以加速度a=1 m/s2沿水平地面向右加速運動時（ ）A.物塊A相對小車向左運動B.物塊A受到的摩擦力將減小C.物塊A受到的摩擦力大小不變D.物塊A受到的彈力將增大5、用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示兩斜面I、固定在車上，傾角分別為30和60重力加速度為g當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面I、壓力的大小分別為F1、F2，則A.B.C.D.6、質疑“越重的物體下落得越快”這一觀點，并解釋落體運動規律的科學家是（ ）A.亞里士多德B.伽利略C.牛頓D.愛因斯

4、坦7、如圖所示，輕杄的A端用鉸鏈固定，定滑輪在A點正上方(滑輪大小及摩擦均可不計)，桿的B端懸掛一重物。現將跨過定滑輪的輕繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉，在AB桿達到豎直位置前（）A.輕繩拉力F不變B.輕繩拉力F減小C.AB桿受力不變D.AB桿受力增大8、一位同學乘坐電梯從六樓下到一樓的過程中，其v-t圖象如圖所示。下列說法正確的是（）A.前2s內該同學處于超重狀態B.最后1s內該同學的加速度是前2s內的2倍C.該同學在10s內的平均速度是1m/sD.該同學在10s內通過的位移是17m9、如圖所示，在光滑水平面上，輕質彈簧的右端固定在豎直墻壁上。一物塊在水平恒力F作用下做直線運動

5、，接觸彈簧后，繼續壓縮彈簧，直至物塊速度為零。整個過程中，物塊一直受到力F作用，彈簧一直在彈性限度內。在物塊與彈簧接觸后向右運動的過程中，下列說法正確的是（）A.物塊接觸彈簧后立即做減速運動B.物塊接觸彈簧后先加速后減速C.當彈簧形變量最大時，物塊的加速度等于零D.當物塊的速度最大時，它所受的合力為零10、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Ct=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

6、11、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12、某同學制作了一個“豎直加速度測量儀”，可以用來測量豎直上下電梯運行時的加速度。其構造如圖所示，把一根勁度系數為10N/m的輕彈簧上端固定在小木板上，下端懸吊1.0N的重物，電梯靜止時彈簧下端的指針指小木板上刻度為A的位置（取10m/s2)。

7、下列說法正確的是（）A.不掛重物時彈簧下端的指針指在C位置B.指針指在B點時，重物處于超重狀態C.指針指在C點時，電梯的加速度為9m/s2D.指針指在AC之間某時，電梯可能是加速向下運動二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）物體從某一高度開始做自由落體運動，經3s落地，則它在第2s內的位移為_m，小球落地速度是_m/s。（g10m/s2）。14、（10分）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中，某同學的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩。圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的力的圖示。(1)圖乙中的F是力F1和F2合力的

8、_值（請填寫“理論值”或是“實際測量值”）；(2)本實驗探究合力與分力關系用到的科學思想方法是_（請從“理想化模型”、“等效替代”、“放大微小量”、“控制變量”四種中選填一種）。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）有一傾角為的傳送帶逆時針轉動，正常運轉時的速度，AB間長度現通過定滑輪用輕繩沿著傳送帶方向拉動的平板，已知平板與傳送帶之間的動摩擦因數平板可視為質點，不計輕繩和定滑輪之間的摩擦，g取，傳送帶靜止時，為了勻速拉動平板，求所需拉力的大小；傳送帶正常運轉時，用恒力拉動初速度為零的平板，求平板從A點到達B點所用的時間；傳送帶正常運轉時，將的物體疊放在平板上

9、，物體與平板之間的動摩擦因數隨后拉動初速度為零的平板物體始終相對平板靜止，求：從A點到達B點所用的最短時間；在問中，拉力大小隨時間變化的規律只需寫出結果，不需要計算過程16、（12分）如圖所示，傳送帶與地面的夾角，兩軸心間距離AB的長L=12m,傳送帶以v=6m/s的速率順時針轉動當t=0時在A點無初速度輕放一煤塊(可視為質點)，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為，取(1) 求煤塊剛開始運動時的加速度大小； (2) 求煤塊在傳送帶上留下痕跡長度； (3) 若煤塊與傳送帶同速后，煤塊運動一段距離傳送帶被卡住突然停止運動，要使煤塊能到達B點，求煤塊與傳送帶同速后到傳送帶被卡住，煤塊運動的最短距離17、（

10、12分）2017年5月5曰,我國自主研制中型客機C919在上海浦東機場成功首飛設飛機的總質量，返回機場著陸，在平直跑道上勻減速滑行了x= 1200m停下來，用時t=40s求：（1）飛機著陸時的速度大小v；（2）飛機滑行的加速度大小a；（3）飛機滑行受到的合力大小F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、D【解析】慣性的大小只與物體的質量有關，與物體的速度、加速度、體積是沒有關系，故慣性小的物體，其質量一定小，故D正確，ABC錯誤。故選D。2、A【解析】第一段平均速度為：第二段平均速度為：根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度知，

11、兩個中間時刻的時間間隔為：加速度為：故A正確，BCD錯誤；故選A3、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。4、C【解析】A、物體開始時受彈力F=5N，而處于靜止狀態，說明受到的靜摩擦力為5N，則物體的最大靜摩擦力Fm5N當物體相對于小車向左恰好發生滑動時，加速度為，所以當小車的加速度為a=1m/s2時，物塊A相對小車仍靜止故A錯誤B、C、根據牛頓第二定律得：小車以加速度a=1m/s2沿水平地面向右加速運動時，彈力水平向右，大小仍為5N，摩擦力水平向右大小仍為5N.故B錯誤，C正確D、物體A相對于小車靜

12、止，彈力不變故D錯誤故選C【點睛】應用牛頓第二定律分析物體受力情況，要注意靜摩擦力大小和方向會隨物體狀態而變化5、D【解析】對圓筒進行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態，受力分析如圖，由幾何關系可知，解得，由牛頓第三定律知，故D正確6、B【解析】伽利略是最早對對亞里士多德“物體越重下落得越快”的觀點提出質疑，并對落體運動進行系統研究并得出正確結論的科學家A.亞里士多德，與分析不符，故A項錯誤；B.伽利略，與分析相符，故B項正確；C.牛頓，與分析不符，故C項錯誤；D.愛因斯坦，與分析不符，故D項錯誤7、BC【解析】以B點為研究對象，分析其受力情況，做出受力圖，利用三角形相似法，得出各力與三角形三邊邊

13、長的關系，再分析其變化。【詳解】以B點為研究對象，分析受力情況為：重物的拉力T（等于重物的重力G）、輕桿的支持力N和繩子的拉力F，做出受力圖，如圖： 由平衡條件得知，N和F的合力與T大小相等，方向相反，根據三角形相似得：又：解得：使將B端緩慢上拉時，則AB、AO保持不變，BO變小，則N保持不變，F變小。故選BC。【點睛】本題涉及非直角三角形的力平衡問題，采用三角形相似，得到力與三角形邊長的關系，再分析力的變化，是常用的方法。8、BD【解析】A前2s內物體做勻加速直線運動，加速度方向向下，該同學處于失重狀態。故A錯誤；B最后1s內該同學的加速度前2s內該同學的加速度故最后1s內該同學的加速度是前

14、2s內的2倍，選項B正確；CD圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則10s內的位移平均速度故C錯誤，D正確。故選BD。9、BD【解析】AB當木塊接觸彈簧后，水平方向受到向右的恒力和彈簧水平向左的彈力。彈力的大小先小于恒力，后大于恒力，木塊所受合外力的方向先向右后向左，則木塊先做加速運動，后做減速運動，A錯誤，B正確；C當彈簧壓縮量最大時，彈力大于恒力，合力向左，加速度不為零，C錯誤；D當彈力等于恒力即合力為零時，木塊的速度為最大值，D正確；故選BD。10、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。【詳解

15、】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。11、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，

16、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12、BD【解析】A由圖可知小木板上A的刻度為1.5cm，根據胡克定律，代入數據解得：由此可知不掛重物時彈簧下端的指針不在C位置，故A錯誤；B當指針指在B點時，彈力大于重力，所以重物處于超重狀態，故B正確；C指針指在C點時，根據胡克定律可知此時的彈力為則電梯的加速度為故C錯誤；D當指針指在AC之間某時，彈簧的拉力小于重物的重力，加速度向下處于失重狀態，可知電梯可能是加速向下運動，故D正確。故選BD。二、實驗題（本題共16分，答

17、案寫在題中橫線上）13、 .15 .30【解析】1第1s內的位移為前2s內的位移故第2s內位移h=h-h=15m2落地速度為v=gt=103m/s=30m/s14、 .實際測量值 .等效替代【解析】由于實驗誤差的存在，導致與合成的理論值（通過平行四邊形定則得出的值）與實際值（實際實驗的數值）存在差別，只要O點的作用效果相同，是否換成橡皮條不影響實驗結果。【詳解】(1)是通過一個彈簧稱沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條延長到O點，使得一個彈簧稱的拉力與兩個彈簧稱的拉力效果相同，測出的合力是實際測量值。(2)由于誤差的存在，與方向并不重合，合力與分力是等效替代的關系，所以本實驗采用的是等效替代法。三、計

18、算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、 124N；4s；，【解析】傳送帶靜止時，勻速拉動平板時平板受力平衡，分析其受力，由平衡條件求所需拉力的大小；傳送帶正常運轉時，用恒力拉動初速度為零的平板，平板先做勻加速運動，由牛頓第二定律求出加速度，由速度時間公式求出平板加速至速度等于時經歷的時間，并求得此過程的位移，再根據平板與傳送帶共速時受力情況，判斷之后平板的運動情況，即可求得平板從A點到達B點所用的時間；物體與平板相對靜止時，對物體受力分析，由牛頓第二定律求得加速度，再由位移公式求從A點到達B點所用的最短時間；對物體和平板整體分析受力，由牛頓第二定律求拉力大小隨時間變化的規律【

19、詳解】傳送帶靜止時，勻速拉動平板時，對平板M受力分析，有解得；剛拉動時，平板M所受摩擦力沿傳送帶向上，有平板加速至速度等于傳送帶速度v時，有，此過程的位移解得：，故平板已經與傳送帶共速此后由于，平板做勻速直線運動有平板從A點到達B點所用的時間；解得：物體與平板相對靜止，對物體受力分析:根據牛頓第二定律有：可得：由解得從A點到達B點所用的最短時間；對平板M和物體m整體受力分析，有共速前：根據速度時間公式：解得：，共速后，有解得：綜上所述拉力的大小應滿足：，【點睛】本題是一道力學綜合題16、（1）2.5m/s2（2）7.2m（3）3.36m【解析】（1）煤塊剛滑上傳送帶時，受到重力、傳送帶的支持力和沿傳送帶向上的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律求解加速度（2）煤塊向上做勻加速運動，根據運動學公式求出貨