2024屆河北省石家莊市行唐啟明中學高一物理第一學期期末調研模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、小物塊以初速度v0從粗糙斜面底端滑上斜面并沿斜面向上運動，加速度大小為a1，最終小物塊返回斜面底端時速度為v，返回過程中加速度大小為a2。則（）A.a2>a1 B.a1=a2C.v<v0 D.v0=v2、如圖,A、B分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同一直線運動的v-t圖象,根據圖象可以判斷A.甲、乙兩球做初速度方向相反的勻減速直線運動,加速度大小相同方向相反B.兩球在t=8s時相距最遠C.兩球在t=2s時速度相等D.兩球在t=8s時相遇3、下面有關平均速度、瞬時速度的說法中正確的是（）A.火車以80km/h的速度從蕭山開往嘉興，這里的80km/h是指瞬時速度B.子彈以700m/s速度從槍口射出，這里的700m/s是指平均速度C.小球在4s末的速度是6m/s，這里的6m/s是指平均速度D.汽車通過站牌時的速度是36km/h，這里的36km/h是指瞬時速度4、如圖所示，扶手電梯與地面的夾角為30°，質量為m的人站在電梯上．當電梯斜向上作勻加速運動時，人對電梯的壓力是他體重的1.2倍．那么，關于電梯的加速度a的大小和人與電梯梯級表面間的靜摩擦力f的大小，正確的是（）A.， B.，C.， D.，5、汽車以10m/s的速度在馬路上勻速行駛，駕駛員發現正前方15m處的斑馬線上有行人，于是剎車禮讓汽車恰好停在斑馬線前，假設駕駛員反應時間為0.5s．汽車運動的圖如圖所示，則汽車的加速度大小為A. B.C. D.6、在研究運動的過程中，首次采用了“觀察現象→提出假設→邏輯推理→實驗檢驗→修正推廣→……”科學方法的科學家是A.亞里士多德 B.伽利略C.牛頓 D.愛因斯坦7、甲乙兩個質點同時同地向同一方向做直線運動，它們的v-t圖象如右圖所示，則前4s內A.乙比甲運動快B.2s末乙追上甲C.4s內甲的平均速度等于乙的平均速度D.乙追上甲時距出發點40m遠8、某物體運動的速度--時間圖象如圖所示．根據圖象可知A.0-2s內的加速度為2m/s2B.0-5s內的位移為7mC.第1s末與第4.5s末的速度方向相反D.第1s末與第4.5s末的加速度方向相反9、有三個共點力，一個大小為10N，另兩個大小均為2N，則它們的合力大小可能為（）A.2N B.8NC.10N D.12N10、關于電梯地板上的物體，其受力分析正確的是A.電梯加速向上運動時，物體所受支持力大于重力B.電梯減速向上運動時，物體所受支持力大于重力C電梯加速向下運動時，物體所受支持力小于重力D電梯減速向下運動時，物體所受支持力小于重力11、下列說法正確的是（）A.重力總是垂直地面向下B.質量均勻分布、形狀規則的物體的重心可能在物體上，也可能在物體外C.木塊放在水平桌面上受到一個向上的彈力，這是由于木塊發生微小形變而產生的D.靜止的物體可以受到滑動摩擦力12、如圖，重物的質量為m，輕細線AO和BO的A、B端是固定的。平衡時，AO是水平的，BO與水平面的夾角為。AO的拉力和BO的拉力的大小是（）A.=mgsin B.C.=mgsin D.=二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、（6分）14、（10分）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）質量為60kg同學站在電梯內，電梯以0.5m/s2的加速度勻加速豎直上升．求：電梯地板對該同學支持力的大小16、（12分）如圖所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端與桌面的右端相齊薄木板的質量，長度在薄木板的中央有一個小滑塊可視為質點，質量小滑塊與薄木板之間的動摩擦因數，小滑塊、薄木板與桌面之間的動摩擦因數相等，皆為設小滑塊與薄木板之間的滑動摩擦力等于它們之間的最大靜摩擦力某時刻起對薄木板施加一個向右的拉力使木板向右運動求：(1)當外力時，m與M的加速度各為多大？(2)若使小滑塊與木板之間發生相對滑動，拉力F至少是多大？(3)若使小滑塊脫離木板但不離開桌面，求拉力F應滿足的條件17、（12分）如圖所示，一質量m＝0.75kg的小球在距地面高h＝10m處由靜止釋放，落到地面后反彈，碰撞時無能量損失．若小球運動過程中受到的空氣阻力f大小恒為2.5N，取g＝10m/s2.求：(1)小球與地面第一次碰撞后向上運動的最大高度；(2)小球從靜止開始運動到與地面發生第五次碰撞時通過的總路程

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、C【解題分析】AB．設斜面角度為，摩擦因數為，則上滑過程中的加速度大小為下滑過程中加速度大小為則故AB錯誤；CD．由能量守恒可知，整個過程中有一部分動能轉化為內能，則故C正確，D錯誤。故選C。2、D【解題分析】甲球先做勻減速運動后勻加速運動，乙球先做勻減速后勻加速運動，因此A錯誤，兩球在速度相等時距離最遠，此時時間在4s末到6s末之間，因此B錯誤，2s時甲乙兩球的速度方向不一樣，因此速度不相等，C錯誤，8s時甲乙兩球都回到了出發點，位移為零，因此相遇,D正確3、D【解題分析】A.火車以80km/h的速度從蕭山開往嘉興，此速度是根據蕭山開往嘉興的距離和運行時間得出的速度，表示平均速度．故A項錯誤；B.子彈以700m/s的速度從槍口射出，槍口是一個位置，所以此速度表示瞬時速度．故B項錯誤；C.小球在第4s末的速度是6m/s，4s末是一個時刻，此速度表示瞬時速度．故C項錯誤D.汽車通過站牌時的速度是36km/h，站牌是一個位置，所以此速度表示瞬時速度．故D項正確4、B【解題分析】人在豎直方向上受到重力和電梯的支持力，在水平方向上受到向右的摩擦力，三個力合力沿斜面向上，，根據幾何知識可得，，解得，考點：考查了牛頓第二定律的應用【名師點睛】關鍵是對人受力分析，本題可以等效于人在豎直方向上受到重力與支持力的合力，水平方向上受到摩擦力兩個力作用，然后根據牛頓第二定律分析列式求解5、C【解題分析】根據速度時間圖像可以知道，在駕駛員反應時間內，汽車的位移為,所以汽車在減速階段的位移根據可解得：故C對；ABD錯；【題目點撥】駕駛員在發應時間內做勻速運動，根據圖像可以求出勻速過程的位移，再利用求出運動過程中的加速度的大小6、B【解題分析】伽利略在研究“理想斜面”實驗的過程中，采用了“觀察現象→提出假設→邏輯推理→實驗檢驗→修正推廣→……”的科學方法，開創了研究物理規律的新方法，是科學探究中的重要方法，故B正確，ACD錯誤。故選B7、CD【解題分析】A、從圖象中可以看出內，，內，，故A錯誤；B、根據圖象中圖形所包圍的面積知：內，位移為，，所以第末乙沒有追上甲，故B錯誤；C、在內，甲的位移為，，兩者位移相等，時間也相等，則甲的平均速度等于乙的平均速度，故C正確；D、末乙追上甲，由上面分析可知距出發點遠，故D正確8、BD【解題分析】速度圖象的斜率等于物體的加速度大小．根據斜率的正負分析加速度的正負．圖線與兩個坐標軸所圍“面積”等于位移【題目詳解】0-2s

內的加速度大小為：，故A錯誤；0-25內的位移為：，故B正確；速度的正負表示方向，故第1s末與第4.5s末的速度方向相同，故C錯誤；斜率的正負表示a的方向，由圖可知，第1s末與第4.5s末加速度方向相反．故D正確．故選BD9、BCD【解題分析】兩個力的大小為2N，另一個力的大小為10N，則這三個力的合力范圍為：所以BCD正確，A錯誤。故選BCD。10、AC【解題分析】若物體加速向上運動，加速度向上；則由牛頓第二定律可知：；故F；支持力大于重力，故A正確；若減速向上運動，則加速度向下，則由牛頓第二定律可知：；故F；支持力小于重力，故B錯誤；電梯加速向下時，加速度向下，則由牛頓第二定律可知：；故F；支持力小于重力，故C正確；電梯減速向下運動時，加速度向上，則由牛頓第二定律可知：；故F；支持力大于重力，故D錯誤．所以AC正確，BD錯誤11、BD【解題分析】A．重力的方向總是豎直向下的，不一定是垂直地面，選項A錯誤；B．質量均勻分布、形狀規則的物體的重心可能在物體上，也可能在物體外，選項B正確；C．木塊放在水平桌面上受到一個向上的彈力，這是由于桌面發生微小形變而產生的，選項C錯誤；D．靜止的物體可以受到滑動摩擦力，例如物體沿水平地面滑動，靜止的地面受到滑動摩擦力，選項D正確。故選BD。12、BD【解題分析】以結點為研究對象，分析受力情況：三根細線的拉力，重物對O點的拉力等于mg，根據平衡條件得知，mg與FTA的合力與FTB大小相等、方向相反，作出力的合成圖如圖。則有：由力的平衡條件可得：A.=mgsin，與上述結論不符，故A錯誤；B.，與上述結論相符，故B正確；C.=mgsin，與上述結論不符，故C錯誤；D.=，與上述結論相符，故D正確。故選BD。二、實驗題（本題共16分，答案寫在題中橫線上）13、14、三、計算題要求解題步驟，和必要的文字說明（本題共36分）15、630N【解題分析】根據牛頓第二定律，結合加速度求出支持力的大小【題目詳解】由牛頓第二定律F合=FN-mg=ma

可得FN=630N即電梯地板對該同學支持力的大小630N.16、（1）（2）（3）【解題分析】（1）分別以滑塊和木板為研究對象，根據牛頓第二定律求出其加速度，小滑塊與木板之間發生相對滑動的臨界情況為：a1=a2．求出滑塊與木板相對滑動的臨界拉力，然后根據拉力大小求出m與M的加速度；（2）應用牛頓第二定律求出拉力F；（3）先找出小滑塊脫離木板但不離開桌面的位置關系以及滑塊與木板的位移關系，根據牛頓第二定律列方程求出木板與滑塊的加速度由位移速度公式表示出其位移，結合找出的位移關系列方程求解；【題目詳解】（1）設小滑塊與薄木板剛好發生相對滑動時，小滑塊的加速度為，薄木板的加速度為，根據牛頓第二定律有：對滑塊：對木板：且有：，解得：，由于：，M、m相對靜止，它們一起做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知，加速度：；（2）由（1）可知，使小滑塊與木板之間發生相對滑動的臨界拉力：，則拉力至少為；（3）設小滑塊脫離薄木板時的速度為v，時間為t，在桌面上滑動的加速度為，小滑塊脫離木板前，薄木板的加速度為，空間位置變化如圖所示：則滑塊的速度：，對滑塊，由牛頓第二定律得：，位移：，，由幾何關系得：，木板的位移：，根據牛頓第二定律，對木板：解得：，要使小滑塊脫離薄木板但不離開桌面，拉力；【題目點撥】本題的關鍵是隔離法對滑塊和木板分別正確受力分析由牛頓第二定律列方程，并找出其滿足條件的臨界情況．17、(1)5m(2)28.75m【解題分析】（1）小球運動的過程中只有重力和阻力做功，對下落的過程和上升的過程由動能定理列式求解小球與地面第一次碰撞后向上運動的最大高度；（2）小球與地面碰撞后，上升的高度與下降的高度是相等的，分別由動能定理即可求出上升的最大高度與落地時的速度，同理即可表達出相應的數列，然后求和即可【題目詳解】（1）小球下落的過程中重力做正功，阻力做負功，設小球落地的速度為v，得：mgh?fh＝mv02小球上升的過程中，重力由于阻力都做負功，設上升的高度為h1，則：mv02＝mgh1+fh1得：h1=5m（2）小球下落的過程中重力