重庆市西南大学附中2023-2024学年高一上学期期末物理模拟试卷含答案.pdf

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1、 第1页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 2023-2024 学年重庆市西南大学附中高一（上）期末物理模拟试卷学年重庆市西南大学附中高一（上）期末物理模拟试卷 一选择题（共一选择题（共 8 小题，满分小题，满分 32 分，每小题分，每小题 4 分）分）1（4 分）如图所示，两架歼10A 战机组成双机编队伴飞时，甲飞机上的飞行员发现乙飞机是“静止的”，则其选取得参考系是（）A地面上的观众 B甲飞机 C远处的地面 D乙飞机 2（4 分）如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球 a、b、c，离桌面高度分别为 h1：h2：h33：2：1。若先后顺序次释放 a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空

2、气阻力，则（）A三者到达桌面时的速度大小之比是 3：2：1 B三者运动时间之比为 3：2：1 Cb 与 a 开始下落的时间差小于 c 与 b 开始下落的时间差 Db 与 a 开始下落的时间差等于 c 与 b 开始下落的时间差 3（4 分）足球运动是目前最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。如图所示为几种与足球有关的情境，则下列说法正确的是（）A图甲中，静止在水平草地上的足球受到的弹力就是它的重力 B图甲中，静止在水平草地上的足球受到的弹力是由于足球形变而产生的 C图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力 D图丙中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到 3 个力

3、的作用 第2页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 4（4 分）如图所示，A、B 两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为 2h 和 h，将两球水平抛出后，不计空气阻力，两球落地时的水平位移分别为 s 和 2s重力加速度为 g，则下列说法正确的是（）AA、B 两球的初速度大小之比为 1：4 BA、B 两球的运动时间之比为1：2 C两小球运动轨迹交点的水平位移为57 D两小球运动轨迹交点的离地高度67 5（4 分）一玩具车从 t0 时刻开始沿直线运动，运动时间为 t 时，对应的位移为 x，规定向右为正方向，其 图像如图所示。则下列说法正确的是（）A玩具车的初速度为8m/s B玩具车的加速度为 2

4、m/s2 C玩具车在第 2s 末的速度 4m/s D第 4s 末，玩具车在出发点右侧 8m 处（多选）6（4 分）一个质量为 50kg 的人，站在竖直向上运动的升降机地板上，升降机加速度大小为 2m/s2，若 g 取 10m/s2，这时人对升降机地板的压力可能等于（）A600N B500N C400N D300N 7（4 分）如图所示，半球形物体 A 和光滑小球 B 紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态。现用水平力 F 沿物体 A 表面将小球 B 缓慢拉至物体 A 的最高点 C，物体 A 始终保持“静止状态，则下列说法中 第3页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 正确的是（）A物体 A

5、受到 3 个力的作用 B小球 B 对物体 A 的压力大小始终不变 C物体 A 受到斜面的摩擦力大小一直减小 D物体 A 对小球 B 的支持力大小一直增大 8（4 分）如图所示，固定斜面的倾角为 30，物体 A、B 用跨过斜面顶端定滑轮的轻绳连接，轻绳与斜面平行，物体 B 与斜面不接触，物体 A 的质量为 5kg，斜面与物体 A 间的动摩擦因数为 0.3。不计滑轮与绳之间的摩擦，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使物体 A 能静止在斜面上，物体 B 的质量可能为（）A4kg B2kg C1kg D0.5kg 二多选题（共二多选题（共 3 小题，满分小题，满分 15 分，每小题分，每小题 5 分）

6、分）（多选）9（5 分）物体做匀变速直线运动，从某时刻起，在第 1s、第 2s、第 3s、第 4s 内的位移分别是 1m、2m、3m、4m。以下对汽车运动的描述中正确的是（）A前 4s 内的平均速度是 2.5m/s B加速度是 1m/s2 C2s 末的速度是 2m/s D初速度是 0.5m/s（多选）10（5 分）如图所示，质量 m1kg 的物块沿质量 M6kg，倾角为 37的斜面下滑过程中，加速度大小为 2.5m/s2（沿斜面向下），斜面不固定但仍静止，重力加速度 g10m/s2，则斜面体受到水平面的摩擦力 Ff和支持力 FN分别为（）第4页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 AFf2N

7、 BFf1.5N CFN61.5N DFN68.5N（多选）11（5 分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块 A 拴接，物块 A、B、C、D 紧挨在一起放在光滑水平面上，在水平向左的外力 F 的作用下整个装置处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为 k，弹簧始终处于弹性限度内，物块 A、B、C、D 的质量分别为 4m、3m、2m、m，突然撤去外力 F 瞬间，下列说法正确的是（）A弹簧的压缩量为10 BA 的加速度大小为10 CB 对 A 的作用力大小为910 DB 对 C 的作用力大小为310 三实验题（共三实验题（共 2 小题，满分小题，满分 14 分）分）12（6 分）用如图 1 所示的装

8、置做“探究加速度与物体受力的关系”的实验。主要实验步骤如下：a测量小车的质量为 M，砝码和托盘的质量为 m，满足 mM，可以认为砝码和托盘的重力等于小车所受拉力，记为 F。b把纸带系在小车上，并使纸带穿过打点计时器。把装有打点计时器的木板一端稍微垫高，使小车在木板上做匀速运动。第5页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 c把连接砝码和托盘的细线绕过木板上的定滑轮后系在小车上，接通电源，释放小车，使小车沿长木板运动。d打点计时器在纸带上打下一系列的点，根据计数点间距离求出加速度 a。e换上新纸带，保持小车的质量不变，改变砝码的质量，重复实验。f实验过程中，小车所受拉力记为 F1、F2、F3、F

9、4、F5，对应的加速度记为 a1、a2、a3、a4、a5以加速度 a 为纵轴、小车所受拉力 F 为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图 2 所示。结合上述实验步骤，请你完成下列任务：（1）小车受到拉力为 F2时，打出的一条清晰纸带如图 3 所示。找一个合适的点当作计时起点 0，然后每隔相同的时间间隔 T 选取一个计数点，分别记为 1、2、3、4，用刻度尺测量出相邻计数点间的距离分别为 x1、x2、x3、x4则小车的加速度大小为 。根据纸带还可以求出打点计时器打下点 1 时，小车的速度大小为 。（2）在图 2 中已标出加速度 a1、a3、a4、a5对应的坐标点，请在该图中标出加速度 a2对应

10、的坐标点，并画出 aF 图象 。（3）另一组同学实验时，忘记了平衡摩擦力，绘制出 aF 图线如图 4 所示。该图线的斜率为 k，纵轴截 距 为 b。由 此 可 知：小 车 的 质 量 为 ，小 车 所 受 摩 擦 力 大 小为 。13（8 分）某同学在做实验时得到了如图所示的物体做平抛运动的轨迹，a、b、c 位置是运动轨迹上三个点（已标出）。其中 x、y 坐标轴分别沿水平方向和竖直方向，则：（1）小球平抛的初速度为 m/s。（重力加速度 g10m/s2）（2）小球运动到 b 点的速度为 m/s。（3）从坐标原点到 c 点的这段时间内小球的速度变化量为 m/s。（4）小球开始做平抛运动的位置坐标

11、为 x cm，y cm。第6页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 四计算题（共四计算题（共 3 小题，满分小题，满分 39 分，每小题分，每小题 13 分）分）14（13 分）如图所示为一倾角 37足够长的斜面，将一质量 m1kg 的物体在斜面上由静止释放，同时施加一沿斜面向上的恒定拉力，拉力大小 F15N，1s 后物体的速度沿斜面向上，大小为 5m/s，（取 g10m/s2，sin370.6，cos370.8）。（1）求物体与斜面间动摩擦因数；（2）若在物体的速度为 5m/s 时撤去力 F，求撤掉力 F 后 0.8s 内的位移。15（13 分）潜艇从高密度海水区域驶入低密度区域，浮力顿减

12、，潜艇如同汽车掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为 3.0106kg，在高密度海水区域距海平面 200m，距海底 144m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域 A 点时，浮力突然降为 2.4107N；10s 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力恒为 1.2106N，潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度为 g 取 10m/s2，答案可用根式表示，求：（1）潜艇“掉深”10s 时的速度；（2）潜艇减重排出水的质量；（3）潜艇从 A 开始“掉深”到返回

13、A 点所经历的时间。16（13 分）如图，两个滑块 A、B 的质量分别为 mA2kg、mB4kg，放在静止于水平地面上长木板的两端，A 与木板间的动摩擦因数 10.1，B 与木板间的动摩擦因数 20.5；木板的质量 m4kg，与地面 第7页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 间的动摩擦因数 30.1。某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，A 的初速度 vA1m/s，B 的初速度 vB3.5m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块 A、B 可视为质点，重力加速度 g10m/s2。求：（1）两滑块开始相向滑动时滑块 A、B 和木板的加速度大小；（2）经过多长时间滑块 B 与木板相对静止及此时木

14、板的速度；（3）为避免滑块 A、B 相碰，滑块 A、B 开始运动时两者之间的最小距离。第8页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 2023-2024 学年重庆市西南大学附中高一（上）期末物理模拟试卷学年重庆市西南大学附中高一（上）期末物理模拟试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 8 小题，满分小题，满分 32 分，每小题分，每小题 4 分）分）1【解答】解：A、飞机相对于地面上的观众、远处的地面都是运动的，所以以地面上的观众、远处的地面为参考系，乙飞机都是运动的。故 AC 错误；B、因为两架飞机在空中以相同速度同向飞行，以甲飞机为参照物，甲与乙飞机之间的相对位

15、置没有发生变化，所以认为乙是静止的。故 B 正确；D、研究乙的运动情况，不能以乙自身为参考系。故 D 错误。故选：B。2【解答】解：A、根据自由落体模型中公式 v22gh 可得 v=2，落地速度 v 只与高度 h 有关，即：=1：2：3=3：2：1，故 A 错误；B、根据自由落体模型中公式 h=122可得=2，故：=1：2：3=3：2：1，故B 错误；CD、由于三小球初速度均为 0，故 tatb（3 2）23，tbtc（2 1）23，因此 tatbtbtc，故 C 正确，D 错误。故选：C。3【解答】解：A、静止在草地上的足球受到的弹力的施力物体是地面，而重力的施力物体是地球，可知弹力不是重力

16、，故 A 错误；B、静止在地面上的足球受到弹力是地面对足球的作用力，是因为地面发生形变，故 B 错误；C、静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触，但由于没有弹性形变，所以没有受到相互作用的弹力，故 C 错误；D、踩在脚下的足球受到地球对它的重力，脚对它的压力以及地面对足球的支持力共三个力作用，故 D正确；故选：D。4【解答】解：AB、小球做平抛运动，竖直方向上：2h=122；h=122，由此可得 A 球的运动时间为：t=4；t=2 所以=21，水平方向上，由 xv0t 得 v0=第9页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 结合两球落地的位移之比：xA：xB1：2 可知 A、B 两球的初速度之

17、比为：=122=24，故 AB 错误；CD、两球轨迹相交时，水平方向位移相等，则有 vAtAvBtB B 球下落高度：h=122 A 球下落高度：h=122 hAh+hB 联立解得：h=17；tB=27 两小球运动轨迹交点的高度为：Hh17=67 两小球运动轨迹交点的水平位移为：xBvOBtB 由题意可得：2sv2 联立解得：xB=227，故 C 错误，D 正确；故选：D。5【解答】解：AB、根据匀变速直线运动的位移时间公式 xv0t+12at2变形得：=12at+v0，由图像可知初速度为 v04m/s，12a=42m/s22m/s2，则加速度为 a4m/s2，故 AB 错误；C、玩具车在第

18、2s 末的速度为 vv0+at24m/s+42m/s4m/s，故 C 正确；D、前 4s 内，玩具车的位移为 xv0t4+1242=（44+12442）m16m，可知第 4s 末，玩具车在出发点右侧 16m 处，故 D 错误。故选：C。6【解答】解：当升降机向上做加速运动时，由牛顿第二定律可知 Fmgma Fmg+ma5010+502N600N，由牛顿第三定律可知人对地板的压力为 600N，故 A 正确；当升降机向下做匀加速运动时，由牛顿第二定律可知 mgFma Fmgma5010502N400N 由牛顿第三定律可知人对地板的压力为 400N，故 C 正确；第10页（共16页）学科网（北京）股

19、份有限公司 故选：AC。7【解答】解：A、对球 A 分析可知，A 受重力、支持力、B 的压力和斜面的摩擦力作用，共四个力，故 A错误；B、对球 B 分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：将小球 B 缓慢拉至物体 A 的最高点过程中，变小，故支持力 N 变小，拉力 F 也变小；根据牛顿第三定律，压力也减小；再对 A、B 整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f（M+m）sin+Fcos 为斜面的坡角，由于 F 减小，故拉力 F 减小，故静摩擦力减小；故 BD 错误 C 正确。故选：C。8【解答】解：对 B 受力分析，绳中拉力 T

20、mBg；当 mB取最大值时，物体具有沿斜面向下的最大静摩擦力 fm；对 A 受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：Nmgcos0；Tfmmgsin0；其中：fmN，联立以上各式，解得：mBm（sin+cos），当 mB取最小值时，物体具有沿斜面向上的最大静摩擦力 fm；对 A 受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示：第11页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 根据共点力平衡条件，有：Nmgcos0；T+fmmgsin0；其中：fmN 联立以上各式，解得：mBm（sincos）综上，mB的范围是：m（sincos）mBm（sin+cos）代入数据

21、解得：1.2NmB3.8N，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。二多选题（共二多选题（共 3 小题，满分小题，满分 15 分，每小题分，每小题 5 分）分）9【解答】解：A、前 4s 内内的平均速度：v=1+2+3+44m/s2.5m/s，故 A 正确；B、根据匀变速直线运动的推论可知；xaT2a12m1m，其中 T1s，解得 a1m/s2，故 B 正确；C、2s 末的速度等于第 2s 与第 3s 内的平均速度，即 v2=2+32=2+321m/s2.5m/s，故 C 错误；D、第 1s 内的位移 x1v0t1+1212，其中 t11s，代入数据解得：v00.5m/s，故 D 正确。故选：A

22、BD。10【解答】解：对 M、m 受力分析，如图所示，对物块沿斜面和垂直斜面正交分解可得：mgsin37Ff1ma mgcos37FN1 第12页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 对 M 水平与竖直正交分解得 FNMg+FN2cos37+Ff2sin37 Ff+Ff2cos37FN2sin37 由牛顿第三定律知 Ff1Ff2，FN1FN2 代入数据联立解得：Ff2N、FN68.5N，故 BC 错误，AD 正确。故选：AD。11【解答】解：A、根据胡克定律可知，弹簧的压缩量为 =故 A 错误；B、突然撤去外力 F 瞬间，整体的加速度都相同，则 A 的加速度大小为=10 故 B 正确；C、对

23、 BCD 的整体，则 A 对 B 的作用力大小为=6=35 根据牛顿第三定律可知，B 对 A 的作用力大小为=35 故 C 错误；D、对 CD 整体，由牛顿定律可得，B 对 C 的作用力大小为=3=310 故 D 正确。故选：BD。三实验题（共三实验题（共 2 小题，满分小题，满分 14 分）分）12【解答】解：（1）根据xaT2由逐差法可得：=4+32142；打点计时器打下点 1 时，小车的速度大小为1=2+12；（2）画出 aF 图象如图；第13页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 （3）根据 Ffma，解得=1，则1=，=，解得=1，=。故答案为：（1）4+32142；2+12（2）

24、图象见解析；（3）1；13【解答】解：（1）平抛运动在竖直方向上为自由落体运动，根据匀变速直线运动的推论，ygT2，得：T=0.20.110s0.1s 小球在水平方向上做匀速直线运动，则小球平抛运动的初速度为：v0=0.20.1m/s2m/s。（2）根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，b 点在竖直方向上的分速度为：vby=2=0.320.1m/s1.5m/s 小球运动到 b 点的速度：=2+02=2.5m/s。（3）运动点迹的时间间隔：T0.1s，则从坐标原点到 c 点的这段时间内小球的速度变化量：vg2T2m/s。（4）小球从运动到 b 点的时间为：tb=0

25、.15s。水平方向上的位移为：x1v0tb0.3m 竖直方向上的位移为：y=122=0.1125m 所以开始做平抛运动的位置坐标为：x0.2m0.3m0.1m10cm，第14页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 y0.1m0.1125m0.0125m1.25cm。故答案为：（1）2；（2）2.5；（3）2；（4）10；1.25。四计算题（共四计算题（共 3 小题，满分小题，满分 39 分，每小题分，每小题 13 分）分）14【解答】解：（1）在拉力 F 作用下物体沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度为：a=51m/s25m/s2。由牛顿第二定律得：Fmgsinmgcosma 解得：0.5（2

26、）撤去力 F 后物体上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcosma1。可得：a110m/s2 上滑的最大位移为：x1=221=52210m1.25m 上滑的时间为：t1=1=510s0.5s 下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma2。可得：a22m/s2 下滑 t2tt10.8s0.5s0.3s 内的位移为：x2=12222=12 2 032=0.09m 故撤掉力 F 后 0.8s 内的位移为：xx1x21.25m0.09m1.16m，方向沿斜面向上 答：（1）物体与斜面间动摩擦因数 是 0.5。（2）撤掉力 F 后 0.8s 内的位移是 1.16m，方向沿斜面向上。15

27、【解答】解：（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为 a1，对潜艇，由牛顿第二定律得：mgFfma1 代入数据解得：1=1.6/2 10s 末的速度为 va1t1.610m/s16m/s；（2）掉深 10s 时，潜艇下落的高度：1=2=162 10=80 潜艇减速下落的高度：h2hh1144m80m64m 在减速阶段：2=222，解得2=2/2 潜艇减重的质量为 m1，潜艇减重后以 2m/s2的加速度匀减速下沉过程中，第15页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 由牛顿第二定律得：F+fm1gm1a2 代入数据解得：m12.1106kg 排水前潜艇的质量 m3.0106kg“掉深”过程中排出水

28、的质量：mmm13.0106kg2.1106kg9105kg；（3）向下减速所需时间为=2=162=8 设上浮过程潜艇的加速度大小为 a3，由牛顿第二定律得：Ffm1gm1a3 解得：a3=67m/s2 在上浮过程中，根据位移时间公式可得：h=1232，解得 t421s 故经历的总时间为 t总t+t+t，解得 t总（18+421）s 答：（1）潜艇“掉深”10s 时的速度为 16m/s；（2）潜艇减重排出水的质量为 9105kg；（3）潜艇从 A 开始“掉深”到返回 A 点所经历的时间为（18+421）s。16【解答】解：（1）滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B

29、和木板所受的摩擦力大小分别为 f1、f2和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块 B 与木板达到共同速度前，由牛顿第二定律得 f11mAgmAaA，f22mBgmBaB，f33（m+mA+mB）g，f2f1f3ma1 解得=1/2，=5/2，1=2/2（2）设在 t1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1，由运动学公式有 v1vBaBt1，v1a1t1 联立代入已知数据得 t10.5s，v11m/s（3）在 t1时 A 的速度大小 vA1vAaAt11m/s10.5m/s0.5m/s 在 t1时间间隔内，B 相对于地面移动

30、的距离为=11212=3.5 0.5 12 5 0.52=1.125 设在 B 与木板达到共同速度 v1后，木板的加速度大小为 a2。对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1+f3（mB+m）a2 由题意知，为避免 A、B 相碰，A 与木板的临界速度相同，设其大小为 v2，设 A 的速度大小从 vA1变到v2所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2v1a2t2 对 A 有 v2vA1+aAt2 第16页（共16页）学科网（北京）股份有限公司 在 t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为1=1212222 在（t1+t2）时间间隔内，A 相对地面移动的距离为=(1+2)12(1+2)2 因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s0sA+s1+sB 联立以上各式，并代入数据得 s01.95m 答：（1）两滑块开始相向滑动时滑块 A、B 和木板的加速度大小分别为=1/2，=5/2，1=2/2；（2）经过 0.5s 滑块 B 与木板相对静止，此时木板的速度为 1m/s；（3）为避免滑块 A、B 相碰，滑块 A、B 开始运动时两者之间的最小距离为 1.95m。