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：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只

2、有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、發射地球同步衛星時，先將衛星發射至近地圓軌道1，然后經點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛星送入同步圓軌道3，軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點（如圖所示）。則當衛星分別在1、2、3軌道上正常運行時，以下說法正確的是（）A.衛星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B.衛星在軌道3上的角速度等于在軌道1上的角速度C.衛星在軌道1上經過Q點的加速度大于它在軌道2上經過Q點時的加速度D.衛星在軌道2上經過P點時的加速度等于它在軌道3上經過P點時的加速度2、關于質點的位移和路程，下列

3、說法中正確的是 ( )A.位移是矢量，位移的方向即質點運動的方向B.位移的大小不會比路程大C.路程是標量，即位移的大小D.當質點做直線運動時，路程等于位移的大小3、如圖所示，乙圖中斜面體固定不動物體P、Q在力F作用下一起沿F方向運動，運動過程中P、Q始終保持相對靜止關于物體P所受的摩擦力，下列說法正確的是（ ）A.如果兩圖中的P、Q都做勻速運動，則兩圖中P均受摩擦力，方向與F方向相同B.如果兩圖中的P、Q都做勻速運動，則甲圖中P不受摩擦力，乙圖中P受摩擦力，方向和F方向相反C.如果兩圖中的P、Q都做加速運動，則兩圖中P均受摩擦力，方向與F方向相同D.如果兩圖中的P、Q都做加速運動，則甲圖中P受

4、的摩擦力方向與F方向相反，乙圖中P受的摩擦力方向與F方向相同4、 “等效替代”是物理學中的重要方法，以下概念建立過程中，運用到此方法的是（）A.加速度B.平均速度C.位移D.質點5、如圖是關于車拉馬、馬拉車的問題，下列說法中正確的是()A.馬拉車不動，是因為馬拉車的力小于車拉馬的力B.馬拉車前進，是因為馬拉車的力大于車拉馬的力C.馬拉車，不論車動還是不動，馬拉車的力的大小總是等于車拉馬的力的大小D.馬拉車不動或車勻速前進時，馬拉車的力與車拉馬的力才大小相等6、如圖甲所示，一質量可忽略不計的長為l的輕桿，一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質量未知的小球，整個裝置能繞O點在豎直面內轉動假設小

5、球在最高點的速度和對桿的彈力分別用v、FN表示，其中小球在最高點對桿的彈力大小與速度平方的關系圖象如圖乙所示則（ ）A.重力加速度gB.小球的質量mlC.當v2c時，小球受到向上的支持力D.當c2b時，輕桿對小球的作用力大小為2a7、站在升降機中的人出現失重現象，則升降機可能 （ ）A.作加速上升B.作減速下降C.作加速下降D.作減速上升8、如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A，滑塊A受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，滑塊A的加速度a與拉力F的關系圖象如圖乙所示滑塊A的質量記作mA，長木板B的質量記作mB，則（）A.mA1kgB.mB3kgC.A、B間動摩擦因數0.

6、5D.F10N之后，B的加速度為2m/s29、下列說法中正確的是A.任何物體都可當作參照系B.速度越大的物體慣性越大C.當物體沿直線朝一個方向運動時，位移就是路程D.如果物體的形狀和大小對所研究的問題屬于無關或次要因素時，即可把物體看作質點10、甲、乙兩物體沿同一直線運動的vt圖象如圖所示，下列說法中正確的是（） A.t=2s時刻，甲、乙兩物體速度不同，位移相同B.在t=2s時刻，甲、乙兩物體速度相同，位移不同C.在t=4s時刻，甲、乙兩物體速度相同，位移不同D.在t=4s時刻，甲、乙兩物體速度不同，位移相同二、實驗題11、（4分）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

7、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=5.9

8、7cm，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：在平衡摩擦力時木板與水平桌面的夾角_（選填“偏大”或“偏小”）。12、（10分）驗證牛頓第二定律（計算均保留兩位有效數字）(1)如圖所示是甲同學在校園實驗室按照圖甲實驗時得到的一條紙帶（實驗中交流電源的頻率為50Hz），依照打點的先后順序取計數點為1、2、3、4、5、6、7，相鄰兩計數點間還有4個點未畫出，測得S1=1.42cm ，S2=1.91cm ，S3=2

9、.40cm ，S4=2.91cm ，S5=3.43cm ，S6=3.92cm，打第2個計數點時紙帶的速度大小v2=_ m/s；.物體的加速度大小a=_m/s2.(2)乙同學在做保持小車質量不變，驗證小車的加速度與其合外力成正比的實驗時，根據測得的數據作出如圖乙所示的a-F圖線，所得的圖線既不過原點，又不是直線，原因可能是_（選填選項前的字母）A.木板右端所墊物體較低，使得木板的傾角偏小B.木板右端所墊物體較高，使得木板的傾角偏大C.小車質量遠大于砂和砂桶的質量D.砂和砂桶的質量不滿足遠小于小車質量三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數值計算的題

10、，答案中必須明確寫出數值和單位13、（9分）如圖所示，水平面AB與固定的光滑長直斜面BC在B處平滑連接。BC傾角，質量m=5 kg的物體，受到水平方向的拉力F的作用，從A點由靜止開始運動，經3s時間物體運動到B點時撤去F，物體恰能滑動到斜面上的D點。物體經過B點前后，速度大小不變。已知：F=25N，BD間距為3.6m。g=10m/s2，求：（1）物體與水平面AB間的動摩擦因數；（2）僅改變拉力F的大小，其它不變，要始物體能返回A點，拉力F的最小值Fmin應為多少？14、（14分）某同學從樓頂讓一石塊自由下落，測得石塊到達地面的時間是3s，求:(1)樓房的高度；(2)石塊落地時的速度。15、（1

11、3分）根據v=，可以通過觀察不斷縮小的時間段內的平均速度大小的方法，來逼近某點的瞬時速度大小。我們也可以通過觀察不斷縮小的時間段內的平均速度的方向的方法，來逼近某點的瞬時速度的方向。圖曲線是某一質點的運動軌跡，若質點在t時間內從A點運動到B點。（1）請畫出質點從A點起在時間t內平均速度v1的方向，并說明理由；（2）請畫出質點從A點起在時間內平均速度v2的大致方向；（3）請畫出質點經過A點時瞬時速度vA的方向，并說明理由。參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有

12、選錯的得0分。1、D【解析】AB衛星繞地球做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力，則有可得，則知，衛星的軌道半徑越大，角速度和線速度越小，所以衛星在軌道3上的角速度和線速度均比在軌道1上的小，故AB錯誤；CD根據牛頓第二定律得得則知衛星經過同一點時加速度一定，則衛星在軌道1上經過點時的加速度等于它在軌道2上經過點時的加速度，衛星在軌道2上經過點時的加速度等于它在軌道3上經過點時的加速度，故D正確，C錯誤。故選D。2、B【解析】A.質點的位移是從初位置指向末位置的有向線段，是矢量，方向是從初位置指向末位置，不是質點運動的方向，故A錯誤；B.路程是物體運動軌跡的長度，是標量，只有做單向直線運動時，

13、路程等于位移的大小，其他情況位移大小小于路程，故B正確，CD錯誤3、C【解析】甲圖因兩物體均做勻速直線運動，故受力平衡，根據共點力平衡條件可判斷摩擦力的有無及方向乙圖因兩物體均做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可判斷摩擦力的有無及方向【詳解】甲中P做勻速直線運動，而甲中P物體不受外力，故甲中P沒有相對于Q運動趨勢，故甲中P不受摩擦力；乙中P也是平衡狀態，但P的重力使P有一沿斜面下滑的趨勢，故Q對P有向上摩擦力，故P受與F方向相同的摩擦力；故AB錯誤；如果甲中P做勻加速直線運動，則甲中Q有相對于P向右運動的趨勢，故甲中P受摩擦力方向向左，方向與F方向相同；乙中P也是做加速運動，但P的重力使P有一

14、沿斜面下滑的趨勢，故Q對P有向上摩擦力，故P受與F方向相同的摩擦力故C正確，D錯誤故選C【點睛】靜摩擦力的有無及方向判斷是摩擦力中的重點，一般是根據共點力的平衡或牛頓第二定律進行分析；必要時可以采用假設法4、B【解析】A加速度是速度變化量與所用時間的比值，是采用了比值定義法定義的，故A不符合題意；B平均速度是用物體經過的一段位移的大小與總時間的比值，是將物體的運動認為全都相同的運動，屬于等效替代方法，故B符合題意； C位移是初位置到末位置的有向線段，不屬于等效替代法，故C不符合題意；D質點是一種理想化的模型，是采用了理想化的方法，故D不符合題意。故選B。5、C【解析】由牛頓第三定律可知，作用力

15、與反作用力總是大小相等、方向相反，作用力的方向在同一直線上。馬拉車的力和車拉馬的力是一對相互作用力，故總是大小相等，方向相反，與車所處的運動狀態無關，不管是馬拉車不動或者車勻速前進，還是加速或減速，馬拉車的力與車拉馬的力都是大小相等的。故選C。6、AB【解析】 由圖象可知，當v2=b時，桿對小球的彈力為零，即靠重力提供向心力，根據，解得重力加速度，故A正確；當v=0時，F=a，有F=mg=a，解得，故B正確；得當v2=cb時，重力小于向心力，則桿對小球的彈力方向向下，故C錯誤；當v2=c=2b時，解得：F=mg，故D錯誤考點：向心力【名師點睛】本題主要考查了向心力 屬于中等難度的題目解決本題的

16、關鍵在于掌握圓周運動向心力公式的直接應用，要求能根據圖象獲取有效信息7、CD【解析】失重狀態即視重小于重力，故物體加速度向下，所以升降機可能做加速下降或者減速上升CD正確8、BD【解析】AB由圖乙可知，當F10N時，加速度為：a2m/s2，對A、B整體分析，由牛頓第二定律有F（mA+mB）a代入數據解得mA+mB5kg當F大于10N時，A、B發生相對滑動，對A根據牛頓第二定律得a=-g圖象的斜率k解得mA2kg滑塊B的質量為mB3kg故A錯誤，B正確；C當F大于10N時，A的加速度與F的關系aF-g知當a0時，F6N，代入解得0.3故C錯誤；D根據F10N時，滑塊與木板相對滑動，B的加速度為a

17、Bm/s2=2m/s2故D正確。故選BD。9、AD【解析】研究物體的運動必須選擇參考系，參考系的選擇是任意的，但不能選研究對象自身作為參考系；質量是慣性大小的量度；當質點做單向直線運動時，位移的大小一定等于路程；當物體的大小和形狀對所研究的問題沒有影響或影響很小，可忽略不計時，可以把物體看成質點.【詳解】A、研究物體的運動必須選擇參考系，參考系的選擇是任意的；選項A正確.B、質量是物體慣性大小的量度，與物體運動速度大小無關；選項B錯誤.C、路程是標量，位移是矢量；選項C錯誤.D、如果物體的形狀和大小對所研究的問題屬于無關或次要因素時，即可把物體看作質點；選項D正確.故選AD.【點睛】本題考查參

18、考系、質點、慣性、路程與位移等幾個基本概念，關鍵是理清這些概念.10、BD【解析】AB在t2s時，兩圖線相交，甲、乙兩物體的速度相同，速度時間圖像中圖線與時間軸所圍成的面積表示位移大小，可知在t=2s時刻位移不同，故A錯誤，B正確；CD在t4s時，甲、乙兩物體的速度不同，但圖線與時間軸所圍成的面積相同，則位移相同，故C錯誤，D正確。故選BD。二、實驗題11、 .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，不應懸掛將裝有砝

19、碼的砝碼盤通過定滑輪拴在木塊上，故B錯誤；C平衡摩擦時，要讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶，力與減小誤差，故C正確；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錯誤。故選AC。(2)2根據牛頓第二定律得，整體的加速度：則繩子的拉力：知砝碼以及砝碼盤的質量遠小于小車質量時，繩子的拉力等于砝碼和砝碼盤的重力。(3)34每兩個計數點間有四個點沒有畫出，故兩計數點間的時間間隔為：T=50.02=0.1s；根據逐差法有：，代入數據可得小車的加速度為：a=0.80m/s2B點瞬時速度為：。(4)5當F=0時，小車已經具有了加速度，在平衡摩擦力時木板與水平桌面的夾角偏大。12、 .0.17 .0.50 .AD【解析】(1) 1相鄰兩計數點間還有4個點未畫出，計數點間時間間隔打第2個計數點時紙帶的速度2物體的加速度(2) 3AB如圖乙所示的a-F圖線，所得的圖線不過原點且力較大時加