1、2022-2023學年高一上物理期末模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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，有選錯的得0分。1、如

2、圖所示，放在水平面上的物體受到一個與水平方向成角的拉力F作用，把F分解為水平方向和豎直方向兩個分力，則水平分力大小為（ ）A.FsinB.FcosC.FtanD.Fcot2、在交警處理某次交通事故時，通過監控儀器掃描，輸入計算機后得到該汽車在水平路面上剎車過程中的位移隨時間變化的規律為x=20t-2t2（x的單位是m，t單位是s）則該汽車在路面上留下的剎車痕跡長度為（）A.18mB.32mC.48mD.50m3、根據速度定義式，當極短時，就可以表示物體在該時刻瞬時速度，由此可知，當極短時，當就可以表示物體在該時刻的瞬時加速度。上面用到的物理方法分別是（）A.控制變量法微元法B.假設法等效法C.

3、微元法類比法D.極限法類比法4、下列圖象中能夠反映自由落體運動（取豎直向下為正方向）規律的是A.B.C.D.5、如圖所示，橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右水平拋出，最后落在斜面上其中有三次的落點分別是a、b、c，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是（）A.落點b、c比較，小球落在b點的飛行時間短B.小球落在a點和b點的飛行時間均與初速度v0成正比C.三個落點比較，小球落在c點，飛行過程中速度變化最快D.三個落點比較，小球落在c點，飛行過程中速度變化最大6、如圖是某同學為頸椎病人設計的一個牽引裝置的示意圖，一根繩繞過兩個定滑輪和動滑輪

4、后各掛著一個相同的重物，與動滑輪相連的帆布帶拉著病人的頸椎（圖中是用手指代替頸椎做實驗），整個裝置在同一豎直平面內如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是（）A.只增加繩的長度B.只增加重物的重量C.只將手指向下移動D.只將手指向上移動7、如圖，物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平。現把物體Q輕輕地疊放在P上，則（）A.P向下滑動B.P靜止不動C.P所受的合外力為零D.P與斜面間的靜摩擦力增大8、伽利略對自由落體運動的研究，是科學實驗和邏輯思維的完美結合，如下圖所示，可大致表示其實驗和思維的過程，對這一過程的分析，下列說法正確的是()A.甲圖是實驗現象，丁圖是經過合理的外推得到的結論B.丁

5、圖是實驗現象，甲圖是經過合理的外推得到的結論C.運用甲圖的實驗，可“沖淡”重力的作用，使實驗更明顯D.運用丁圖的實驗，可“放大”重力的作用，使實驗更明顯9、如圖所示，兩個均勻光滑的小球、放在豎直墻壁和水平地面之間，另一側用一塊豎直擋板擋住，現將豎直擋板向右平移一小段距離沒有接觸到地面），則下列說法正確的是A.水平地面對小球的支持力不變B.小球、之間的相互作用力變大C.豎直墻壁對小球的作用力變大D.豎直擋板對小球的作用力變小10、質量為的小球置于傾角為300的光滑固定斜面上，勁度系數為的輕彈簧一端系在小球上，另一端固定在豎直墻上的P點，小球靜止于斜面上，彈簧軸線與豎直方向的夾角為300，如圖所示

6、取則A.彈簧對小球拉力大小為B.小球對斜面的壓力的大小為10NC.彈簧的伸長量為10cmD.彈簧被剪斷的瞬間，小球的加速度大小為二、實驗題11、（4分）在探究“加速度與力、質量關系”的活動中：（1）實驗器材組裝如圖1所示。實驗裝置圖中的電源應為_（填“交流電源”或“直流電源”）（2）在實驗中保持小車質量不變，改變沙桶的質量，測得小車所受繩子的拉力F和加速度a的數據如下表：根據測量數據在圖3中作出aF圖象_；由作出的圖象可知小車與長木板之間的摩擦力力大小為_ N（保留一位有效數字）圖2是實驗中得到的一條紙帶，圖中相鄰兩計數點之間的時間間隔為0.1s，由圖中的數據可得小車的加速度a_ m/s2（結

7、果保留兩位有效數字），C點的速度Vc_ m/s。（結果保留兩位有效數字）12、（10分）用圖甲所示的裝置，進行“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，實驗中認為小車受到的力等于砝碼及盤的總重力：（1）以下操作正確的是_A、調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行B、平衡小車受到的摩擦力時，應將砝碼盤掛在細繩的下端C、改變小車的質量時，不需要重新平衡小車受到的摩擦力D、實驗中，應先放開小車再接通打點計時器的電源（2）實驗中，得到一條紙帶如圖乙所示：（交流電源的頻率為50Hz ）由紙帶可求得小車的加速度a _m / s2（結果保留兩位有效數字）（3）在保持小車的質量一定，探究a 與F 速度關

8、系時，實驗小組在軌道水平及傾斜兩種情況下分別進行了實驗，得到了兩條a F 圖線如圖丙所示，圖線_是在軌道水平情況下得到的（選填“”或“”）；小車的總質量m _kg （結果保留兩位有效數字）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，答案中必須明確寫出數值和單位13、（9分）為測量豎直方向的加速度，某研究小組利用一根輕彈簧、刻度尺、鉤碼制作了一個測量加速度的裝置如圖所示，輕彈簧上端固定在豎直放置的刻度尺的零刻線處，下端不a 掛鉤碼時指針指在A（0.10m）位置；掛上質量為0.2kg 的鉤碼，平衡時指針處在B（0.14m） 位置把B 位置標為

9、加速度的 0刻度值（取g10m/ s2）（1）求彈簧的勁度系數k （2）將該裝置掛在豎直上升升降機中，發現指針處在C（0.16m） 位置C 位置應標注的加速度值是多少？此時鉤碼處于“超重”還是“失重”狀態？14、（14分）如圖所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的vt圖像分別如圖中的折線acd和bcd所示，g取10 m/s2根據vt圖像，求：（1）物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到相同速度后一起勻減速直

10、線運動的加速度大小a；（2）物塊相對長木板滑行的距離x；（3）物塊質量m與長木板質量M之比15、（13分）質量為m=20kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運動0 2.0s內F與運動方向相反，2.0 4.0s內F與運動方向相同，物體的速度一時間圖象如圖所示，已知g取10m/s2。求:(1)物體在前4秒內的位移多少？(2)物體與水平面間的動摩擦因數。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，有選錯的得0分。1、B【解析】將力F分解為水平方向和豎

11、直方向，則水平分力大小為Fx=Fcos，故選B.2、D【解析】根據x=20t-2t2可知，初速度v0=20m/s，加速度a=-4m/s2剎車后做勻減速運動的位移為剎車痕跡長度：，故ABC錯誤，D正確故選D3、D【解析】當極短時，就可以表示物體在該時刻的瞬時速度，運用了極限的思想，類比瞬時速度的定義推導出瞬時加速度運用了類比的思想，因此所用物理方法為極限法和類比法，故ABC錯誤，D正確。故選D。4、C【解析】自由落體運動的加速度不變，做初速度為零的勻變速直線運動，根據知，位移與時間不成正比關系，故錯誤；根據，知速度隨時間成正比，由于豎直向下為正方向，所以速度為正值，故正確，錯誤；自由落體運動的加

12、速度不變，則正確。綜上所述，正確，故C正確；故選C。5、B【解析】A平拋運動在豎直方向的分運動是自由落體運動，小球落到c點比落到b點豎直方向下落的距離小，則落點b、c比較，小球落在c點的飛行時間短，故A錯誤；B設斜面傾角為，小球落在a點和b點時，有，則小球的飛行時間；即小球落在a點和b點飛行時間均與初速度v0成正比，故B項正確；C小球拋出后均做平拋運動，飛行過程中加速度均為重力加速度，飛行過程中速度變化快慢一樣，故C項錯誤；D小球拋出后均做平拋運動，飛行過程中加速度均為重力加速度；小球落在c點，豎直方向下落的距離最小，飛行時間最短；則小球落在c點，飛行過程中速度變化最小，故D項錯誤。故選B。【

13、點睛】小球以不同速度從斜面水平拋出還落在此斜面上，速度方向與斜面的夾角相同，小球在空中飛行時間與小球的水平初速成正比。6、BC【解析】A對動滑輪受力分析，受重力、兩個對稱的拉力，拉力等于懸掛物體的重量mg，如圖三個力的合力為零，兩個拉力的大小恒定，夾角越大，合力越小，夾角越小，合力越大；增加細線長度時，由于兩個細線拉力也不變，動滑輪位置不變，故三個力大小方向都不變，故A錯誤；B只增加重物的重力，兩個繩拉力變大，動滑輪位置不變，則兩拉力夾角不變，故合力變大，故手指所受的拉力增大，故B正確；C只將手指向下移動，兩個繩拉力大小不變，夾角變小，故兩拉力合力變大，故手指所受的拉力增大，故C正確；D只將手

14、指向上移動，兩個繩拉力大小不變，夾角變大，故兩拉力合力變小，故手指所受的拉力減小，故D錯誤。故選BC。7、BCD【解析】AB.對P進行受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力，根據平衡條件，有N=Mgcosf=Mgsin得：由于物體Q輕輕地疊放在P上，相當于增大物體P重力，則P靜止不動，故A錯誤，B正確；C.物體P保持靜止，合力為零，故C正確；D.由于物體Q輕輕地疊放在P上，相當于增大物體P重力，則P與斜面間的靜摩擦力增大，故D正確。8、AC【解析】伽利略設想物體下落的速度與時間成正比，因為當時無法測量物體的瞬時速度，所以伽利略通過數學推導證明如果速度與時間成正比，那么位移與時間的平方成正比；由于當

15、時用滴水法計算，無法記錄自由落體的較短時間，伽利略設計了讓銅球沿阻力很小的斜面滾下，來“沖淡”重力得作用效果，而小球在斜面上運動的加速度要比它豎直下落的加速度小得多，所用時間長的多，所以容易測量.伽利略做了上百次實驗，并通過抽象思維在實驗結果上做了合理外推.所以伽利略用來抽象思維、數學推導和科學實驗相結合的方法；故A，C正確，B，D錯誤.故選AC.9、ABC【解析】A以整體為研究對象，豎直方向根據平衡條件可知，水平地面對小球a的支持力等于a和b的總重力，保持不變，故A正確；BC以b為研究對象，根據矢量三角形可得各力變化如圖所示，豎直擋板c向右平移一小段距離的過程中，a對b的作用力Fab與豎直方

16、向的夾角變大，根據圖象可知小球a、b之間的相互作用力變大，豎直墻壁對小球b的作用力F墻b變大，故BC正確；D以整體為研究對象，水平方向根據平衡條件可知豎直擋板c對小球a的作用力與豎直墻壁對小球b的作用力大小相等，故豎直擋板c對小球a的作用力變大，故D錯誤。故選ABC。10、CD【解析】小球靜止于斜面上，設小球受的彈簧拉力為，設斜面對小球的支持力為，設彈簧的伸長量為，對小球受力分析如圖，則： 、聯立解得：、A：小球受的彈簧拉力為，故A項錯誤B：斜面對小球的支持力為，據牛頓第三定律，小球對斜面的壓力的大小為故B項錯誤C：彈簧伸長量，故C項正確D：彈簧被剪斷的瞬間，小球受重力、斜面對小球的支持力，小

17、球將沿斜面下滑，則：，解得：故D項正確二、實驗題11、 .交流電源 .見解析 .0.1 .0.20 .0.10【解析】（1）1電磁打點計時器的電源是低壓交流電源；（2）2根據描點法畫出aF圖象如圖；3當小車剛開始運動時所受的靜摩擦力即為最大靜摩擦力，由圖象讀出a0時的F0.1N，則知最大靜摩擦力為0.1N45由sCEsAB4aT2，T0.1s得： C點的瞬時速度等于AE之間的平均速度，所以12、 .（1）AC； .（2）0.88； .（3）， .0.50【解析】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項；知道滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關系圖象斜率等于滑塊和

18、位移傳感器發射部分的總質量的倒數；對滑塊受力分析，根據牛頓第二定律求解【詳解】(1)A項：調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，故A正確；B項：平衡摩擦力時，應將繩從小車上拿去，輕輕推動小車，使小車沿木板運動，通過打點計時器打出來的紙帶判斷小車是否勻速運動，故B錯誤；C項：每次改變小車的質量時，小車的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C正確；D項：實驗中，應先接通打點計時器的電源再放開小車，故D錯誤故選AC(2)交流電的周期為0.02s，時間間隔為，由逐差法可得：；(3) 由圖象可知，當F=0時，a0也就是說當繩子上沒有拉力時小車就有加速度，該同學實驗操作中平

19、衡摩擦力過大，即傾角過大，平衡摩擦力時木板的右端墊得過高所以圖線是在軌道右側抬高成為斜面情況下得到的，圖象是在軌道水平情況下得到的；根據F=ma得，所以滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關系圖象斜率等于滑塊質量的倒數由圖得加速度a和所受拉力F的關系圖象斜率k=2，所以滑塊和位移傳感器發射部分的總質量m=0.5Kg【點睛】通過作出兩個量的圖象，然后由圖象去尋求未知量與已知量的關系，運用數學知識和物理量之間關系式結合起來求解三、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，答案中必須明確寫出數值和單位13、（1）k=50N/m（2）ac=5m/s2“超重”狀態【解析】(1)根據胡克定律，彈簧的伸長量與拉力成正比，即F=kx，代入數據求解勁度系數即可；(2)由圖