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、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，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、豎直礦井中的升降機可將地下深處的礦石快速運送到地面某一豎井的深度約為96m升降機運行的最大速度為8m/s，加速度大小不超過1m/s2，假定升降機到井口的速度為零，則將礦石從井底提升到井口

2、的最（）A.16sB.20sC.24sD.26s2、把一木塊放在水平桌面上保持靜止，下列說法正確是（）A.木塊對桌面的壓力是因為桌面發生了向下的彈性形變引起的B.木塊對桌面的壓力與桌面對木塊的支持力是一對平衡力C.木塊對桌面的壓力大小等于木塊的重力D.木塊的重力和桌面對它的支持力是一對作用力和反作用力3、如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知兩端間的距離為，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時運行速度為，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為，正常工作時工人在端將糧袋放到運行中的傳送帶上設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為關于糧袋從到的運動，以下說法正確的是（）A.糧袋到達B端的速度與比較，可能大，

3、可能小或也可能相等B.糧袋開始運動的加速度為C.若，則糧袋從端到端一定是一直做加速運動D.不論大小如何，糧袋從端到端一直做勻加速運動，且加速度4、在水平地面上勻速向左運動的小車內，用繩子AB、BC拴住一個重球，如圖所示，繩BC呈水平狀態，繩AB的拉力為T1，繩BC的拉力為T2若小車由勻速向左運動變為勻加速向左運動，但重球相對小車的位置不發生變化，則兩繩的拉力與勻速時相比（）A.T1變大，T2變小B.T1不變，T2變小C.T1變大，T2變大D.T1變大，T2不變5、在以加速度a勻加速上升的電梯中，有一個質量為m的人，下列說法中正確的是（）A.此人對地球的吸引力為B.人對電梯的壓力為C.此人所受的

4、重力為D.此人的視重為6、如圖所示，質量為m的木塊A放在質量為M的三角形斜面B上，現用大小均為F，方向相反的水平力分別推A和B，它們均在地面上靜止不動，則( )A.B與地面之間可能存在摩擦力B.A與B之間可能存在摩擦力C.B對A的支持力一定大于mgD.B對A的支持力一定小于mg7、物體從離地面45 m高處開始做自由落體運動(g取10 m/s2)，則下列選項中正確的是（ ）A.物體運動4s后落地B.物體落地時的速度大小為30 m/sC.物體在落地前最后1 s內的位移為25 mD.物體在整個下落過程中的平均速度為20 m/s8、如圖所示為A、B兩人在同一直線上運動的位移圖像，圖像表示（）A.02秒

5、內A、B兩人同向而行B.02秒內A的速度比B的速度小C.在5s內，A走的路程比B走的路程多D.在5s內，A的位移比B的位移大9、一個質點做變速直線運動的v-t圖像如圖所示，下列說法中正確的是A.第1 s內與第5 s內的速度方向相反B.第1 s內的加速度大于第5 s內的加速度C.OA、AB、BC段的加速度大小關系是D.OA段的加速度與速度方向相同，BC段的加速度與速度方向相反10、電梯的頂部掛一個彈簧測力計,測力計下端掛了一個質量為1 kg的重物,電梯在勻速直線運動時,彈簧測力計的示數為10 N,在某時刻電梯中的人觀察到彈簧測力計的示數變為12 N。關于電梯的運動,以下說法正確的是(g取10 m

6、/s2)()A.電梯可能向上加速運動,加速度大小為2 m/s2，處于超重狀態B.電梯可能向下加速運動,加速度大小為4 m/s2，處于失重狀態C.電梯可能向上減速運動,加速度大小為4 m/s2，處于失重狀態D.電梯可能向下減速運動,加速度大小為2 m/s2，處于超重狀態11、如圖所示，一條細線一端與地板上的物塊B相連，另一端繞過輕質光滑滑輪與小球A相連滑輪用另一條細線懸掛在天花板上的點，細線OO1與豎直方向夾角為=30，OA與OB的夾角為，系統處于靜止狀態已知小球A重10 N，則A.細線OA的拉力為10 NB.OO1繩上的拉力大小為20 NC.B對地面的摩擦力大小為5ND.細線OA與OB間的夾角

7、=6012、高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻變速直線運動，在啟動階段，列車的（）A.位移與它經歷的時間成正比B.瞬時速度與它經歷的時間成正比C.平均速度與它經歷的時間成正比D.加速度與它經歷的時間成正比二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）用如圖所示的實驗裝置探究“加速度與力、質量的關系”圖中A、B為兩個光電門（連接光電計時器），C為固定在木槽上的遮光條實驗前（不掛鉤碼）左右移動小木塊使木槽能夠在長木板上勻速運動。遮光條C的寬度為d，兩光電門A、B間的距離為x，木槽通過A、B兩個光電門的速度等于遮光條的寬度除以遮光條通過光電門的時間，實驗時木槽每次都從同一位置

8、由靜止釋放研究對象為木槽（包括內部的砝碼）及鉤碼組成的系統。(1)通過光電計時器讀出遮光條通過A、B兩個光電門的時間分別是tA、tB則木槽的加速度是_（用測量的符號表示）；(2)保持懸掛鉤碼的質量m不變，增加或減少槽內的砝碼測出每次對應的加速度，為了能直觀反映在合外力一定的情況下，加速度與質量的關系，應作出a與_關系圖像（M表示槽及槽內砝碼的總質量，m不能比M小很多）；A.MB.mC.D.(3)為了精確測量木槽運動的加速度，某同學固定光電門B移動光電門A，然后多次從同一位置釋放木槽，測出遮光條每次經過光電門A的時間tA和tB兩光電門間的距離x，此同學作出的圖像應為圖中的_，所作圖像斜率的絕對值

9、為k則木槽的加速度a=_。14、（10分）某實驗小組利用如圖所示的裝置探究物體的加速度與力、質量的關系 (1)實驗中下列做法正確的是_A.平衡摩擦力后，實驗就不需要滿足小車及車中砝碼總質量遠大于砝碼盤及盤中砝碼總質量的條件B.每次改變小車中砝碼的質量后，都需要重新平衡摩擦力C.選取點跡清晰的紙帶，必須以打的第一個點為計數起始點進行測量D.實驗中應先接通打點計時器的電源，然后再釋放小車(2)實驗中由于實際繩對小車的拉力_（選填“大于”、“等于”、“小于”）重物所受的重力，會給實驗帶來系統誤差為減小此誤差，實驗中要對小車質量M和重物質量m進行選取，以下四組數據中最合理的一組是_（填寫相應序號）M=

10、200g，m=40g、60g、80g、100g、120gM=200g，m=30g、35g、40g、45g、50gM=400g，m=20g、40g、60g、80g、100gM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g(3)如圖所示是某一次打點計時器打出的一條記錄小車運動的紙帶取計數點1、2、3、4、5.已知打點計時器的打點周期為0.02s，用刻度尺測量出各相鄰計數點間的距離分別為3.05cm、3.92cm、4.77cm、5.62cm，則小車運動的加速度大小a=_m/s2（結果保留兩位有效數字） (4)甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套上圖所示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在

11、沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到右圖中甲、乙兩條直線設甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為、，由圖可知_（大于、小于、等于）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）如圖是建筑工地常用的一種“深穴打夯機”，電動機帶動兩個滾輪勻速轉動將夯桿從深坑提上來，當夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪突然彼此分開，將夯桿釋放，隨后，夯桿只在重力作用下運動，落回深坑，夯實坑底，且不反彈然后兩個滾輪再次壓緊，夯桿再次被提到坑口，如此周而復始已知兩個滾輪邊緣的速度恒為v=4m/s，滾輪對夯桿的正壓力FN=2104N，滾輪與夯桿間的動摩擦因數=0.3，夯桿質

12、量m=1103kg，坑深h=6.4m，假定在打夯的過程中坑的深度變化不大可以忽略，取g=10m/s2 (1)指出左、右滾輪壓緊夯桿并提升夯桿時的旋轉方向（“順時針”或“逆時針”）(2)求夯桿被滾輪壓緊后，加速上升至與滾輪邊緣速度相同時的高度；(3)求打夯周期T16、（12分）總質量為的人和滑雪板沿著傾角為的斜坡向下滑動,如圖甲所示，所受的空氣阻力與速度成正比今測得滑雪板運動的圖象如圖乙所示，圖中是曲線中點的切線，點坐標為，是曲線的漸近線（ ，取）根據以上信息，計算下列物理量：（1）滑雪板沿斜波下滑的最大速度；（2）空氣的阻力系數；（3）滑雪板與斜坡間的動摩擦因數17、（12分）如圖所示，用一個

13、輕質三角支架懸掛重物，已知AB桿的左端用鉸鏈固定，30.懸掛的重物質量m=10kg，重力加速度g取10m/s2求：對繩AC的拉力，對桿AB 的壓力參考答案一、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、B【解析】升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，根據速度位移公式和速度時間公式求得總時間【詳解】升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，在加速階段，所需時間為：，通過的位移為：，在減速階段與加速階段相同，在勻速階段所需時間為：，總時間為：t=2t1+t220s，故B正確，ACD錯誤【點睛】本題主要考查了勻變速直線運動，熟練運用速度位

14、移公式和速度時間公式，明確加速和減速過程的對稱性即可求解2、C【解析】木塊放在水平桌面上保持靜止，木塊對桌面的壓力大小等于木塊受的重力，不能說壓力就是重力，壓力的施力物體是木塊木塊對桌面的壓力是彈力，是由于木塊發生形變而產生的，壓力與支持力是一對作用力與反作用力，不可能平衡【詳解】木塊對桌面的壓力是彈力，是由于木塊發生形變而產生的故A錯誤木塊對桌面的壓力與桌面對木塊的支持力是一對作用與反作用力，選項B錯誤；根據平衡條件可知：桌面對木塊的支持力大小等于木塊的重力，而桌面對木塊的支持力與木塊對桌面的壓力是一對作用力與反作用力，大小相等，則木塊對桌面的壓力在數值上等于木塊受到的重力故C正確木塊的重力

15、和桌面對它的支持力是一對平衡力，故D錯誤故選C【點睛】本題中木塊對桌面的壓力大小與木塊受的重力大小相等，但施力物體、受力物體不同，性質不同，產生的原因不同，不能說“壓力就是重力”3、A【解析】糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v；故A正確糧袋開始運動時受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律得加速度為：a=g（sin+cos），若tan，當速度達到v時，做加速度為：g（sin-cos）勻加

16、速運動故B錯誤若tan，即mgsinmgcos，糧袋從A端到B端可能是一直做勻加速運動，也有可能先加速、后勻速故C錯誤由上分析可知，糧袋從A到B不一定一直勻加速運動若tan，糧袋的速度與傳送帶相同后，加速度為g（sin-cos）gsin故D錯誤4、B【解析】本題以小球為研究對象，分析受力，根據牛頓第二定律得到繩AB的拉力和繩BC的拉力與加速度的關系，即分析兩繩拉力的變化情況；【詳解】以小球為研究對象，分析受力：重力mg、繩AB的拉力和繩BC的拉力，如圖：設小車的加速度為a，繩AB與水平方向的夾角為，根據平衡條件以及牛頓第二定律得：，得到：， 可見，繩AB的拉力與加速度a無關，則保持不變繩BC的

17、拉力隨著加速度的增大而減小，則變小，故B正確，ACD錯誤【點睛】本題在正確分析受力的基礎上，根據平衡條件以及牛頓第二定律，運用正交分解法研究兩繩拉力的變化5、D【解析】AC.電梯的運動狀態對人的重力不構成影響，且人受到的重力和人對地球的吸引力是作用力和反作用力，所以人受到的重力和人對地球的吸引力大小都等于mg，AC錯誤BD.對人進行受力分析可知，人受到豎直向下的重力G和豎直向上的支持力F；根據牛頓運動定律可得，F-G=ma，可得F=mg+ma，人對電梯的壓力和人的視重與人受到的支持力大小相等，B錯誤D正確6、B【解析】先對A、B整體進行受力分析，根據平衡條件得到地面對整體的摩擦力，再對物體A受

18、力分析，根據平衡條件求解B對A的支持力和摩擦力；【詳解】A、對A、B整體受力分析，如圖，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的兩個推力，對于整體，由于兩個推力剛好的合力為零，故整體與地面間沒有摩擦力，即B與地面之間沒有摩擦力，故A錯誤；B、再對物體A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面體B對A的支持力和摩擦力f，當推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量時，摩擦力的方向沿斜面向下，如下圖：當推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量時，摩擦力的方向沿斜面向上，如下圖：當推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量時，摩擦力為零，如下圖：根據共點力平衡的條件，運用正交分解法，可以得到：，由于與F大小未知，故B對A的

19、支持力與mg的大小關系無法確定，故選項B正確，CD錯誤【點睛】本題關鍵是對A、B整體受力分析，根據平衡條件得到地面對整體的摩擦力，然后再對物體A受力分析，再次根據平衡條件列式求解出各個力的情況7、BC【解析】根據自由落體的位移公式、速度與位移的關系公式和平均速度公式求解要理解第幾秒的位移的含義：第n秒的位移等于前n秒的位移減去前n-1秒的位移【詳解】A項：根據位移公式得：，故A錯誤；B項：落地時的速度v=gt=30m/s，故B正確；C項：2s內的位移為，最后1s內的位移為h=h-h=25m，故C正確；D項：平均速度，故D錯誤故應選BC【點睛】記住并理解自由落體的位移公式、速度與位移的關系公式和

20、平均速度的公式是解本題的關鍵還要知道第幾秒的位移表示什么，怎么求8、BD【解析】A位移時間圖像的斜率正負表示速度方向，由圖像可知02s內A的斜率為負，B的斜率為正，因此兩物體運動方向相反，故A錯誤；B圖像斜率大小表示速度大小，由圖像可知02s內A的速度大小為12m/s，B的速度大小為30m/s，故B正確；C5s內A的路程為60m，B的路程為90m，故C錯誤；D5s內A的位移為60m，B的位移為30m，故D正確；故選BD。9、CD【解析】A第1s內與第5s內的速度均為正值，方向相同，故A錯誤；B第1 s內、第5 s內的加速度分別為：、的符號相反，表示它們的方向相反，第1s內的加速度小于于第5 s

21、內的加速度，故B錯誤；C由于段的加速度為零，故三段的加速度的大小關系為：故C正確；D段的加速度與速度方向均為正值，方向相同；段的加速度為負值，速度為正值，兩者方向相反，故D正確；故選CD。10、AD【解析】考查超重失重的判斷。【詳解】質量為1 kg的重物，勻速直線運動時,彈簧測力計的示數為10 N，即重力為10N，某時刻電梯中的人觀察到彈簧測力計的示數變為12 N，屬于超重現象，超重現象時，加速度向上，向上加速和向下減速的加速度都是向上的，由牛頓第二定律可得解得AD正確。故選AD。11、AD【解析】先對小球A受力分析，根據平衡條件求解細線的拉力；再對滑輪受力分析，結合平衡條件進行分析即可【詳解

22、】A、對小球A受力分析，受重力和拉力，根據平衡條件，有T=mg=10N；故A正確.B、D、對滑輪分析，受三個拉力，如圖所示：由平衡條件可知，而；故B錯誤，D正確.C、對滑塊受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，根據平衡條件，豎直方向有：N+Tcos=mg，水平方向有：Tsin=f，解得；故C錯誤.故選AD.【點睛】本題關鍵是靈活選擇研究對象，根據平衡條件列式分析從系統中選取一部分（其中的一個物體或兩個物體組成的整體，少于系統內物體的總個數）進行分析隔離法的原則是選取受力個數最少部分的來分析12、BC【解析】列車作初速度為零的勻加速直線運動，結合運動學公式，列式分析各個量之間的關系【詳解】由

23、位移公式：可知位移與時間的二次方成正比，故A錯誤；由速度公式：x=at可知瞬時速度與時間成正比，故B正確；平均速度，則平均速度與時間成正比，故C正確；因為做勻變速直線運動，所以加速度不變，故D錯誤所以BC正確，AD錯誤【點睛】解決本題的關鍵是掌握勻變速直線運動的位移時間公式和速度位移公式，通過列式進行分析二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、 . .D .B .【解析】(1)1遮光片通過光電門的速度分別為：根據速度位移公式可知：解得：；(2)2懸掛鉤碼的質量保持不變，分別對和應用牛頓第二定律：兩式相加：即合力保持不變，與系統質量成反比，應作圖線，ABC錯誤，D正確。故選D；(3)

24、3某同學固定光電門，移動光電門，然后釋放木槽，測出遮光條每次經過光電門的時間通過光電門的瞬時速度：光電門位置的速度為定值，根據：得：A錯誤，B正確。故選B；4同學所作圖像的斜率的絕對值為，則有：解得系統的加速度：。14、 .（1）D、 .（2）小于 . .（3）0.86 .（4）大于【解析】根據“探究物體的加速度與力、質量的關系”可知，本題考查“驗證牛頓第二定律”的實驗，根據實驗條件、實驗原理、實驗數據處理、誤差分析、實驗結論等，進行列式計算和分析推斷.【詳解】(1)A、本題實驗研究物塊的牛頓第二定律，實驗器材不能測出繩的拉力大小，則平衡摩擦力后要求物塊質量M遠大于鉤碼的總質量m，只有滿足這個

25、條件才可認為小車受到的拉力F約為mg；故A錯誤.B、平衡摩擦力后，有mgsin=mgcos，即=tan，與質量無關，故通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要重新調節木板傾斜度；故B錯誤.C、選取點跡清晰的紙帶，不一定以打的第一個點為計數起始點進行測量；故C錯誤.D、打點計時器要“早來晚走”即實驗開始時先接通打點計時器的電源待其平穩工作后再釋放木塊，而當實驗結束時應先控制木塊停下再停止打點計時器；故D正確.故選D.(2)重物與小車一起加速運動，因此重物對小車的拉力小于重物的重力，當盤和盤中砝碼的重力的大小關系得出只有mM時才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力，因此第組數據比較符合要求(3)根據勻變速直線運動的判別式x=aT2，運用逐差法得：.(4)根據牛頓第二定律得,可知圖線