山东潍坊一中2023-2024学年高一上学期期末模拟物理试题含答案.pdf

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1、试卷第 1 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司山东省潍坊市潍坊一中高一物理期末模拟试题一、单选题一、单选题 1三个质点 A、B、C 的运动轨迹如图所示，同时从 N 点出发，同时到达 M 点，下列说法中正确的是（）A三个质点任意时刻的速度方向都相同 B三个质点从 N 点出发到 M 的任意时刻速度大小都相同 C三个质点从 N 点到 M 点的平均速度大小和方向均相同 D三个质点从 N 点到 M 点的平均速率相同 2关于力下面的说法错误的是（）A重力的方向不一定指向地心 B按力的性质可分为重力、弹力、摩擦力 C弹力的方向与施力物体弹性形变方向相反 D轻绳、轻杆上产生的弹力的方向总是在绳、杆的直

2、线上 3用国际单位制验证下列表达式，可能正确的是（）Axat=（x为位移、a为加速度、t为时间）B212vat=（v为速度、a为加速度、t为时间）C2gTl=（T为时间、g为重力加速度、l为长度）D2Emc=（E为能量、m为质量、c为光速）4利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法中正确的是（）A甲图中2xt图可求出物体的加速度大小为 1m/s2 B乙图中2vx图可求出物体的加速度大小为 5m/s2 C丙图中xtt图可求出物体的加速度大小为 2m/s2 试卷第 2

3、 页，共 8 页 D丁图中at图可求出物体在前 2s 内的速度变化量大小为 6m/s 5如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向的夹角为 30。用光滑轻钩将橡皮条中点缓慢拉至圆上C点时，钩的拉力大小为F，方向垂直AB。为保持小环静止于B点，需给小环施加一最小作用力F，则（）A36FF=B32FF=C33FF=D3FF=6如图甲所示，物块的质量 m=1kg，初速度 v0=10m/s，在一水平向左的恒力 F作用下从 O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像

4、如图乙所示，g=10m/s2。下列选项中正确的是 A恒力 F大小为 10N B在 t=1s 时刻，恒力 F反向 C物块与水平面的动摩擦因数为 0.5 D0-5m 内物块做加速度减小的减速运动 7如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于 B点，质量为1m的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为2m且可视为质点的均质小球用长度等于 A、B 两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的 A 点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角就会跟着发生改变。已知重力加速度为 g，不计各接触面间的摩擦，可能用到是数学工具是sin22sin

5、cos=，下列正确的是（）A当60=时，细线对小球的拉力大小为23m g B当60=时，半圆柱体对小球的支持力大小为212m g C换用半径更小的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变 D换用半径不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为212m g 8如图所示，一弹簧一端固定在倾角为=37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为 m1=6kg 的物体P，Q为一质量为 m2=10kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数 k=600N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力 F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前 0.2s 时间内，F为变力，0.2s 以后

6、 F 为恒力，sin37=0.6，cos37=0.8，g取 10m/s2，则力 F的最小值与最大值为（）试卷第 3 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 AFmin=1603N，Fmax=2803N BFmin=2803N，Fmax=3103N CFmin=2603N，Fmax=3803N DFmin=2603N，Fmax=5803N 二、多选题二、多选题 9如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角为和。且，a、b 为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有接触面都是光滑的，现使 a、b 同时沿斜面下滑，则下列说法正确的是（）A楔形木块静止不动 B楔形木块向

7、右运动 Ca 木块处于超重状态 Db 木块处于失重状态 10如图所示，a、b、c 为三个质量均为 m 的物块，物块、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块 c放在 b 上现用水平拉力作用于 a，使三个物块一起水平向右匀速运动各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为 g下列说法正确的是（）A该水平拉力大于轻绳的弹力 B物块 c 受到的摩擦力大小为mg C当该水平拉力增大为原来的32倍时，物块 c 受到的摩擦力大小为12mg D剪断轻绳后，在物块 b 向右运动的过程中，物块 c 受到的摩擦力大小为13mg 11甲乙两车在平直公路上两相邻车道行驶，乙车在前，甲车在后。两车运动的 v-t 图像如

8、图所示。下列判断正确的是（）A若 t=0 时两车相距 15m，两车在运动中一定相遇一次 B两车第一次平齐的时刻可能发生在 12s 末 C若 t=10s 时两车平齐，则 t=0 时两车沿运动方向距离为 25m D若 t=0 时刻两车沿运动方向距离为 12.5m，两车最后将停在同一位置 12如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角37=，以恒定速率4m/sv=顺时针转动。一煤块以初速度012m/sv=从 A 端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数0.25=，取210m/s sin370.6 cos370.8g=，。下列说法正确的是（）试卷第 4 页，共 8 页 A煤块冲上传送带后经 1s 与传送

9、带速度相同 B煤块向上滑行的最大位移为 8m C煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 5s D煤块在传送带上留下的痕迹长为()124 5 m+三、实验题三、实验题 13（1）某同学做“探究弹力和弹簧伸长关系”的实验。某次测量如图 1 所示，指针示数为 cm。（2）他先测出不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，测出指针所指的标尺刻度，所得数据作成钩码质量 m与弹簧的形变量 x图像如图 2：（重力加速度 g取29.8m s）根据所测得的数据和关系曲线可知，这种规格的弹簧劲度系数为 N m。在图像的末端图像变弯曲的原因是：。142020 年 5 月，我国

10、进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为 53，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行试卷第 5 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 的刻度尺（图中未画出）。（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离 L与运动时间 t的数据

11、。（iii）该同学选取部分实验数据，画出了2Ltt图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为 5.6 m/s2（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：（1）当木板的倾角为 37时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为 m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的 A、B两点，利用 A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为 m/s2。（结果均保留 2 位有效数字）（2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为 m/s2。（结果保留 2 位有效数字，sin37=0.60，cos37=0.80）四、解答题四、解答题 15如图所示，A 棒和

12、 B 筒的长 L都为 20m，A 和 B 的轴线在同一竖直线上。A 悬挂于天花板上，B 为上下无底圆筒，处在 A 的正下方，距 A 的下端 s为 5m 处，B 距地面足够高，且 AB 运动过程中相遇不相碰撞，重力加速度 g取210m/s，空气阻力不计，求：（1）若 B 不动，让 A 自由下落，求 A 经过 B 所需的时间。（2）若 A 自由下落的同时，B 以050m/sv=的速度竖直上抛，求 A 经过 B 的时间。试卷第 6 页，共 8 页 16北京时间 2022 年 11 月 29 日 23 时 08 分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号 F 遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十

13、五号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换，在空间站工作生活约 6 个月。长征二号 F 遥十五运载火箭质量约 500 吨，总长为 58.3m。若发射塔高 105m，点火后，经 5s 火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线运动，忽略一切阻力和运载火箭质量的变化，210m/s=g,求（1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小；（2）火箭起飞时推动力的大小；（3）若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中离地面的最大高度。试卷第 7 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 17一质量 m=2kg 的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平面的夹角=37，AB 为直

14、杆上相距L=1.15m 的两点现对小球施加一竖直向上、大小 F=40N 的拉力，使小球从 A 点由静止开始向上运动，且拉力 F 作用 t1=1s 时间后撤去已知杆与小球间的动摩擦因数=0.5，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：(1)小球在拉力 F 作用下的加速度大小 a1；(2)小球上滑过程中距 A 点的最大距离 Lm；(3)从撤去拉力 F 到小球向下经过 B 点所用的时间 t 试卷第 8 页，共 8 页 18如图所示，与水平方向成=37的传送带以恒定的速度沿顺时针方向转动，两传动轮间距为 lAB=9m。一质量为 M=1kg 的长木板静止在粗糙地面上，

15、其右端靠着传送带，现将一质量为 m=1kg 且可视为质点的滑块轻放在传送带顶端 B点，滑块沿传送带滑至底端并滑上长木板（传送带与长木板连接处无机械能损失）。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为1=0.5，滑块与长木板间的动摩擦因数为2=0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为3=0.1，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）滑块刚滑到长木板上的速度0v的大小；（2）从滑块滑上长木板到二者一起停下所用的时间；（3）为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度是多少 答案第 1 页，共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案：参考答案：1C 2D 3D 4B 5A【详解

16、】设橡皮条的拉力大小为T，则有2 cos30TF=得33TF=小环的受力示意图如下 由三角形定则知，当FN 时，F有最小值，且最小值为min3sin306FTF=，A 正确。6B【详解】ACD.由匀变速运动公式220=2vvax 可知，乙图中图像斜率为2a，设恒力为 F，动摩擦因数为，在 0-5m 斜率不变，故做匀减速运动，则有2110002=m/s5a 1+=Fmg ma在 5-13m，做匀加速直线运动，有226402=m/s135a 2=Fmg ma 解得=7NF=0.3故 ACD 错误；B.由上述分析可知，在=5mx恒力开始反向，此过程中加速度21=10m/sa，由0+=2v vxt 解

17、得=1st故 B 正确。故选 B。7D【详解】AB对小球进行受力分析如图 1 当60=时，且 AB=AO2，由几何关系知，2ABO为等边三角形，则906030=由于圆心角与圆周角之间的关系可知260=可知小球受到的绳的拉力 T 与半圆柱对小球的支持力 N 相互垂直，水平方向sincosTN=竖直方向2cossinTNm g+=解得212Tm g=232Nm g=故 AB 错误；CD若改变半圆柱的半径，当小球平衡时，小球的位置在以 AB 为半径的圆弧上，如图 2 所示由几何关系知，直线 O1O2是该圆的切线，所以2AO垂直于12OO，则2cosTm g=以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖

18、直方向上，半圆柱受到的自持力为221212212coscossinNm gm gTm gm gm gm gm g=+=+=+由几何关系知，减小半圆柱半径，则减小，由此可知，N将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱对地面的压力将减小；在水平方向上N221sinsincossin22FTm gm g=答案第 2 页，共 6 页 可知，当45=时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为212NmFm g=D 正确。8A【详解】设初始时弹簧的压缩量为 x1，则根据胡克定律有112()sinkxmm g=+设 Q 做匀加速运动的加速度大小为 a，则在 P、Q分离前 P也以 a 做匀加速运动。由题意可知在经

19、过 t=0.2s 二者分离时 P和 Q 运动的位移大小为2212xat=对 P 根据牛顿第二定律有1211()sink xxm gma=联立解得210m/s3a=初始状态下 F 有最小值 Fmin，此时对 P、Q整体根据牛顿第二定律有min11212()sin()Fkxmm gmm a+=+解得min160N3F=在 P、Q 分离后 F有最大值 Fmax，此时对 Q根据牛顿第二定律有max22sinFm gm a=解得max280N3F=故选 A。9AD【详解】AB.对木块 a 由受力平衡可得1cosNmg=故木块 a 对楔形木块的压力为11cosNNmg=同理，木块 b 对楔形木块的压力为2

20、2cosNNmg=对楔形木块受力分析，如图，假设地面对楔形木块的摩擦力向左根据共点力平衡条件，且90+=则有21coscosfNN+=解得12coscoscoscoscoscos0fNNmgmg=所以楔形木块静止不动，A 正确，B 错误；CD.对木块 a 受力分析，如图，受重力和支持力 可知木块 a 加速下滑，加速度沿斜面向下，所以木块 a 处于失重状态，同理木块 b 处于失重状态，D 正确，C 错误；故选 AD。10AC【详解】A：对 a 水平方向受力分析：受向右的 F、向左的轻绳弹力、地面对它向左的摩擦力，物体匀速，故水平拉力大于轻绳的弹力即 A 正确 B：对物块 c 受力分析：受重力、支

21、持力，不受摩擦力，B 错误 C：原来匀速时，对整体分析：F3mg=；当该水平拉力增大为原来的32倍时，对整体分析()3332Fmgm a=,得1a2g=答案第 3 页，共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 对 c 水平方向分析：12cfmamg=故 C 正确 D：剪断轻绳后，物块 bc 向右运动的过程中，对 bc 研究：()22mg2m a=对 c 水平方向分析：22cfmamg=故 D 错误 11ACD【详解】B根据斜率的意义，甲车的加速度大小1vat=1m/s2 乙车的加速度大小2vat=0.5m/s2甲车 12s 时的位移211 11 112810 xvtat=m 乙车 12s 时位移

22、：22212 11248xv ta t=m 甲车大于乙车的位移，甲车在乙车的后面，所以有可能平齐，如果此时平齐，则之前两车初始时刻的距离应为12=24mxxx=根据两车初始时刻满足x=24m，后来经过时间 t平齐的条件，有2211221122vtatv ta tx=+代入数据解得 t=8s 或者 t=12s 说明 8s 是第一次平齐，12s 是第二次平齐。故 B 错误；C图线与坐标轴围成的面积代表汽车的位移，当 t=10s 时，甲车的位移为35 1510m=100m2x+=乙车的位移45 1010m=75m2x+=如果两车在此时平齐，则需要在计时开始时两车相距34=25mxxx=故 C 正确；

23、D甲车到停止时运动的总位移2151112.5m2vxa=乙车的总位移2622100m2vxa=两车位移差56=12.5mxxx=两车停止刚好平齐，故 D 正确；A综上分析可知若 t=0 时两车相距 15m，两车在运动中一定相遇一次，故 A 正确；12AD【详解】A煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得sincosmgmg+=1ma 解得218m/sa=设经 t时间与传送带共速，由01vatv=解得1st=故 A 正确；B共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得2sincosmgmgma=解得224m/sa=煤块先以 12m/s 的初速度，28m/s的加速度减速至 4m/s，后又以24m/s答案第

24、4 页，共 6 页 的加速度减速至 0，再反向加速至回到 A点，vt图像如图所示 由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小，有()111241m4 1m10m22x=+=故 B 错误；C物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为224m/sa=的匀加速直线运动，设返回到 A点所需的时间为1t，下滑的位移22 112xa t=解得15st=结合图像知，物块从冲上传送带到返回 A端所用时间()225t=+s 故 C 错误；D在 0 到 1s 内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕()111241m4 1m4m2L=+=此时划痕在物块的下方，在 1s 到

25、 2s 内，传送带速度比物块速度大，则214 1m4 1m2m2L=因为21LL，所以在上升阶段产生的划痕为 4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在 2s 到()25 s+时间内，煤块向下滑了 10m，传送带向上滑了4 5m，则煤块在传送带上的划痕()3104 52 mL=+=()124 5 m+故 D 正确。13 15.50 24.5 超出弹簧的弹性限度【详解】（1）1由图 1 可读数为 15.50cm；（2）23由 mg=kx得kxmg=结合图 2 直线斜率52100 104 10kg=得24.5N/mk=在图像的末端图像变弯曲的原因 m 与 x不成正比，即为超出弹簧的弹性限度。14 0.3

26、2/0.33 3.1 9.4【详解】（1）12根据2012Lv tat=+可得022Lvatt=+则由2-Ltt图像可知20265 10 m/sv=则 v0=0.33m/s()2222(18570)?10=m/s=3.1m/s39.5-2?10a k（2）3由牛顿第二定律可知sincosmgmgma=即sincosagg=当=53时 a=5.6m/s2，即sin53cos535.6gg=当=37时 a=3.0m/s2，即sin37cos373.1gg=联立解得 g=9.4m/s2 答案第 5 页，共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 15【详解】（1）A 棒下端与 B 棒上端刚相遇，A 棒下

27、落位移为2112sgt=A 棒上端与 B 棒下端刚相遇。A 棒下落位移为22122sLgt+=通过的时间为21ttt=解得2s=t（2）以 A 棒为参照物 B 相对 A 的加速度0agg=故 B 棒相对 A 棒做匀速直线运动，所以 A 经过 B 的时间为240s0.8s50Ltv=16【详解】（1）对火箭，由匀变速运动位移公式有212xat=，105mx=，5s=t 代入数值解得28.4m/sa=则火箭离开发射塔瞬间的速度42m/svat=（2）设火箭起飞时推动力大小为 F，由牛顿第二定律Fmgma=得69.2 10 NF=（3）零件从火箭上脱落瞬间初速度为42m/sv=，零件开始向上做匀减速

28、运动，由22vgh=得零件向上运动的高度288.2m2vhg=零件运动过程中离地面的最大高度为105.0193.2mHh=+=17【详解】(1)对小球，在平行斜面方向上有：（F-mg）sin37-f=ma1，垂直斜面方向上有：（F-mg）cos37-N=0，其中：f=N，联立解得：a1=2m/s2；(2)在第 1s 内，物体的末速度为：v1=a1t1=2m/s，第 1s 的位移大小为：21112xatm=1s 后撤去拉力，减速上升过程，加速度为：0022sin37cos3710mgmgmasm+=减速上升的位移大小为：2120.22vxma=减速上升的时间为：20212tss=小球上滑过程中距

29、 A 点的最大距离为：Lm=x1+x2=1.2m；(3)物体返回 B 点过程是加速，位移为：x3=1.2m-1.15m=0.05m；加速度为：0023sin37cos372mgmgmasm=根据位移公式，有：233 312xa t=故下降时间为：350.223610ts=故从撤去拉力 F 到小球向下经过 B 点所用的时间为：t=t2+t3=1.2236s 18（1）6m/s；（2）3s；（3）3m【详解】（1）滑块轻放上传送带，根据牛顿第二定律可得 答案第 6 页，共 6 页 11sincosmgmgma=解得212m sa=物体以 a1速至 v0，则有2012ABva l=解得06m sv=

30、（2）滑块滑上长木板，对滑块，由牛顿第二定律有22mgma=解得224m sa=方向向右；对长木板233()mgmM gma+=解得232m sa=方向向左；设二者速度相等经历的时间为 t1，则由速度公式可得02 13 1vva ta t=解得11st=v=2m/s 共速后滑块与木板再一起做匀减速运动，对整体，由牛顿第二定律得34()()Mm gMm a+=+解得 a4=1m/s2再到停下的时间242svta=故从滑块滑上长木板到二者一起停下所用的总时间 t=t1+t2=1+2=3s（3）达到共同速度时，滑块的位移2210 12 1116 1m4 1 m4m22xv ta t=木板的位移223 1112 1m1m22xa t=故木板的长度至少为 x1-x2=4m-1m=3m