2022年广西百色市田阳高中物理高一第一学期期末复习检测试题含解析

2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1、物体由静止开始做匀加速直线运动，若第1秒内物体通过的位移是0.5m，则第2s内通过的位移是（）
A.0.5m
B.1.5m
C.2.0m
D.3.5m
2、教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。

其中“改变这种状态”指的是改变物体的（）
A.位移
B.位置
C.速度
D.加速度
3、在电梯内地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg；电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为40kg，如图所示，则在这段时间内(g取10m/s²)
A.电梯以2m/s²的加速度加速上升
B.电梯以2m/s²的加速度减速上升
C.电梯以8m/s²的加速度加速上升
D.电梯以8m/s²的加速度减速上升
4、一辆小车从A点由静止开始做匀加速直线运动,先后经过B点和C点,已知它经过B点时的速度为v,经过C点时的速度为3v,则AB段与BC段位移之比为
A.1:3
B.1:5
C.1:8
D.1:9
5、如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上.A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为
A.都等于2g
B.2
g 和0 C.2g 和2A B
m g m D.2A B m g m 和2g 6、如图所示为甲、乙两个物体在同一直线上运动的x -t 图象，下列说法正确的是( )
A.两物体的速度大小相等，方向相反
B.在t =1s 时，甲、乙两物体相遇
C.在前2s 时间内，甲、乙两物体的位移相同
D.在t =2s 时，乙物体的运动方向发生了变化
7、某物体做直线运动的v -t 图象如图所示，取向东为速度的正方向。

下列说法中正确的是
A.物体在1.5s 末向东运动
B.物体在2s 末的加速度为-1 m/s 2
C.物体在3s 末位于初始位置西侧
D.物体在0~3s 的时间内位移一直在增大
8、关于力和运动的关系说法正确的是：（ ）
A.质量不变的物体受到的合外力大，速度就大
B.质量不变的物体受到的合外力大，速度变化就大
C.质量不变的物体受到的合外力大，速度变化就快
D.质量不变的物体受到的合外力大，加速度就大
9、如图所示，A 、B 两物块叠在一起静止在水平地面上，A 物块的质量m A =2kg ，B 物块的质量m B =3kg ，A 与B 接触面间
的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g=10m/s2，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是（）
A.若外力F作用到物块A时，则其最小值为8N
B.若外力F作用到物块A时，则其最大值为10N
C.若外力F作用到物块B时，则其最小值为13N
D.若外力F作用到物块B时，则其最大值为25N
10、如图所示，甲、乙两小球从高度不同的两点分别以初速度v甲、v乙沿水平方向抛出，经时间t甲、t乙后落到地面上的同一点p．已知p点与两抛出点水平距离相等，若不计空气阻力，下列关系式正确的是
A.t甲<t乙
B.t甲>t乙
C.v甲>v乙
D.v甲<v乙
二、实验题
11、（4分）某实验小组利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”的实验，已知小车质量为M，重力加速度为g。

（1）实验中平衡摩擦力后，必须采用控制变量法，保持小车质量不变，若想用钩码的重力作为小车所受合外力，需满足______；
（2）某次实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中1、2、3、4、5为相邻计数点，且相邻计数点间的时间间隔为0.1s，
m/s；(结果保留3位有效数字)
由该纸带可求得小车的加速度a ______2
（3）改变钩码的个数重复实验，得到加速度a 与合外力F 的关系如图丙所示，由图象直线部分OA ，可得出的结论是______。

直线部分OA 的斜率k =______(用M 表示)，图像后面出现弯曲的原因是________。

12、（10分）在用打点计时器“测定匀变速直线运动的加速度”实验中。

(1)所用实验器材除电磁打点计时器（含纸带和复写纸）、小车、一端带有滑轮的长木板、绳、钩码、电源、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有________（填选项标号）；
A ．刻度尺
B ．秒表
C ．天平
D ．弹簧测力计
(2)某同学将打点计时器接到频率为50Hz 的交流电源上，实验时得到一条纸带，纸带上O 、A 、B 、C 、D 、E 为计数点，每相邻两个计数点间还有一个点没有画出：
由纸带可知，打C 点时小车的速度大小C v =____m/s ；小车的加速度大小=a _______m/s 2（结果均保留三位有效数字）；
(3)若实验时，电源频率略高于50Hz ，但该同学仍按50Hz 计算小车的加速度，则测量得到的小车加速度与真实加速度相比将_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。

三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、（9分）皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，
A 、
B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:
(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；
(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度
14、（14分）如图所示，一传送带与水平面的夹角θ＝30°，且以v 1＝2m/s 的速度沿顺时针方向传动。

一小物块以v 2＝4m/s 的速度从底端滑上传送带，最终又从传送带的底端滑出。

已知物块与传送带间的动摩擦因数3μ，传送带足够长，取重力加速度g ＝10m/s 2。

求：
（1）小物块沿传送带向上滑行的时间t ；
（2）小物块离开传送带时的速度大小v 。

15、（13分）已知物体从80m 高处开始做自由落体运动，求物体落地时的速度和下落的时间。

（g =10m/s 2）
参考答案
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1、B
【解析】第1秒位移是0.5m ，有：
21112
x at = 解得：
21m/s a =
前2秒位移为：
22212
x at =, 第2秒内位移为：
21x x x ∆=- ,
联立解得：
1.5x m ∆=
故ACD 错误，B 正确
【点睛】掌握初速度为零的匀变速直线运动位移公式即可求解，本题可用前2秒位移减第1秒位移来求第2秒位移比较简单。

2、C
【解析】状态与时刻对应，过程与时间间隔对应，故描述运动状态的物理量可以是瞬时速度，也可以是动量，与位移、位置、加速度以及受力无关，故ABD 错误，C 正确；
故选C 。

3、B
【解析】以竖直向下为正方向，有：mg-F=ma ，即50g-40g=50a ，解得a=0.2g=2m/s 2，方向竖直向下，电梯以2m/s²的加速度加速下降或减速上升，故B 正确，ACD 错误;故选B.
【点睛】做超重和失重的题目要抓住关键：有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重；运动方向可能向上也可能向下
4、C
【解析】,
【详解】ABCD 、根据v at = 可知小车到达B 点和C 点的时间之比为1:3，再根据212
s at =
，可知位移之比为1:9，那么AB 段与BC 段位移之比为1；8，故C 正确；ABD 错误；故选C
5、C
【解析】对A ：在剪断绳子之前，A 处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A 的重力沿斜面的分力相等．在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A 受到的合力为
F =mg sin30°=ma
sin 302g a g =︒= 对B ：在剪断绳子之前，对B 球进行受力分析，B 受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B 球进行受力分析，则B 受到到重力、弹簧的向上拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得
sin 30A B m g m a ︒=
解得
2A B
m g a m = 故选C 。

【点睛】该题要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题.
6、AB
【解析】A ．位移时间图像的斜率表示速度大小，甲的速度为15m /s v =，乙的速度为25m /s v =-，负号表示运动方向，所以两者的速度大小相等，方向相反，A 正确；
B ．在t =1s 时，两者位移大小相同，都到达了x =5m 位置，两者相遇，B 正确；
C ．前2s 甲的位移为10m ，乙的位移为-10m ，位移大小相同，方向不同，C 错误；
D ．乙的速度一直为负，即一直朝着负方向运动，D 错误；
故选AB 。

7、AB
【解析】A ．物体在1.5s 末速度为正，说明物体向东运动，故A 正确；
B ．根据图象的斜率表示加速度，知物体在2s 末的加速度为
2211m/s 1m/s 31
v a t ∆--===-∆- ，故B 正确；
C ．根据图象与时间轴所围的面积表示位移，图象在时间轴的上方位移为正，图象在时间轴的下方位移为负，知物体在0-3s 内的位移等于0-1s 内的位移，为正值，则物体在3s 末位于初始位置东侧，故C 错误；
D ．物体在0～2s 的时间内位移一直在增大，物体在2～3s 的时间内位移在减小，故D 错误；
故选AB 。

第II 卷
8、CD
【解析】根据牛顿第二定律，质量不变的物体受到合外力大，加速度大，速度变化越快，但速度不一定大，速度变化不一定大，AB 错误，CD 正确，
故选：CD.
9、BD
【解析】物体A 与B 刚好不发生相对滑动的临界条件是A 、B 间的静摩擦力达到最大值，外力F 作用到物块B 时，可以先对A 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解；当外力F 作用到物块A 上时，可以先对B 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解.
【详解】当外力F 作用到A 上时，A 对B 的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F 达最大值，对B 根据牛顿
第二定律，有：μ1m A g-μ2(m A +m B )g=m B a ；代入数据解得：0.4×
20-0.1×50=3a ，解得：a=1m/s 2；对整体：F-μ2(m A +m B )g=(m A +m B )a ；代入数据：F-0.1×50=5×1，解得：F=10N ，最小值大于B 与地面间的最大静摩擦力F min ≥μ2(m A +m B )g=5N ，故A 错误，B 正确；当外力F 作用到B 上时，A 对B 的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对
静止，F 达最大值，对A ，根据牛顿第二定律，有μ1m A g=m A a ，得a=μ1g=4m/s 2；对AB 整体：
F-μ2(m A +m B )g=(m A +m B )a ；代入数据：F-0.1×
50=5×4，解得：F=25N ，最小值大于B 与地面间的最大静摩擦力F min ≥μ2(m A +m B )g=5N ；故BD 正确，
AC 错误；
故选BD
【点睛】本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，即要使只靠摩擦力运动的物体达到最大静摩擦力，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解
10、AC
【解析】AB ．根据212h gt =
解得
t =
因为h h <甲乙，则t 甲<t 乙，选项A 正确，B 错误；
CD ．由x=vt ，因x 1=x 2，则v 甲>v 乙，选项C 正确，D 错误
二、实验题
11、 ①.小车质量远大于钩码质量 ②.1.15 ③.小车质量不变时，加速度与合外力成正比 ④.
1M
⑤.破坏了小车质量远大于钩码质量的条件
【解析】（1）[1]．当小车质量远大于钩码质量时可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力
（2）[2]．由匀变速直线运动的推论△x =at 2可知，加速度： 2
22132352 4.87 3.71 2.56 1.4410m/s 1.15m/s 44()0.1
x x a t --+--⨯==≈⨯ （3）[3]．由图丙所示图象可知，图象OA 部分是直线，由此可知：小车质量不变时，加速度与合外力成正比
[4]．由牛顿第二定律得：1a F M
=，则a-F 图象直线部分OA 的斜率：1k M =； [5]．随着力F 的增大，即随所挂钩码质量m 的增大，不能满足M ＞＞m ，因此破坏了小车质量远大于钩码质量的条件,从而曲线上部出现弯曲现象。

12、 ①.A ②.2.03 ③.6.73 ④.偏小
【解析】(1)[1]打点计时器使用的是交流电源，测量点与点间的距离需要刻度尺，由于打点计时器可以记录时间，不需要秒表，该实验不需要测量钩码的质量，所以不需要天平。

也不需要弹簧测力计。

故选A 。

(2)[2]打点的时间间隔为0.02s ，由于相邻两计数点间还有一个打点未画出，则相邻两个计数点间所对应的时间 0.04s T =
C 点的瞬时速度为
(28.1911.94)0.01m/s 2.03m/s 220.04
OD OB C x x v T --⨯===⨯ [3]由逐差法可得小车加速度为
22 6.73m/s 4BD OB x x a T
-== (3)[4]如果当时交变电流的频率略高于50Hz ，打点的实际周期小于0.02s ，但该同学仍按50Hz 计算小车的加速度，根据
2
x a T ∆= 知，加速度测量值偏小。

三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
13、（1）2s （2）5m
【解析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；
（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度.
【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1
解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2
当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v
解得t 1=1s 此过程中物体的位移01192
v v x t m +== 传送带的位移：214x vt m ==
当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2
物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m
根据位移公式：s 1=vt 2-12
a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）
则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s
（2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m ==
则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=
因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-=
则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m
【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.
14、（1） 1.25s t =；（2
）/s v =
【解析】（1）由题意可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运动的加速度为1a ，有
1sin cos mg mg ma θμθ--=
解得
218m s a =-/
其速度减小到12m /s v =，所用的时间为
2111
0.25s v v t a -== 之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度为a 2，有
2sin cos mg mg ma θμθ-+=
解得
222m /s =-a
小物块减速到0所用的时间为
122
01s v t a -== 则有小物块沿传送带向上滑行的时间
12 1.25t t t =+=s
（2）小物块沿传送带向上滑行的最大距离为
1211222
v v v x t t +=+ 解得
1.75m x =
又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为a 2，方向沿传送带向下，有 222m /s a =
由速度位移关系公式可得
222a x v =
解得小物块离开传送带时的速度大小
/s v =
15、40m/s;4s
【解析】根据运动学公式，物体落地时的速度
v 2=2g h
v = 40m/s
根据运动学公式，物体落地时的时间
212
h gt = t =4s。