天津市第二中学2022-2023学年物理高一上期中经典试题（含解析）

1、2022-2023学年高一上物理期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列说法中正确的是A物体只要存在加速度，物体的速度就增大B只要物体的加速度为正，物体的速度一定增大C物体的加速度增大，物体的速度的变化率可能越来

2、越小D加速度在减小，物体的速度和位移可能都在增大2、滑块以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动，到达斜面顶端时的速度为零已知滑块通过斜面中点时的速度为v，则滑块在前一半路程中的平均速度大小为（）A2+12vB（2+1）vC2vD12v3、质点从静止开始做匀加速直线运动，从开始运动起，通过连续三段路程所用的时间分别为、，则这三段路程之比应为（ ）ABCD4、下面的物理量中不是矢量的是A速度B路程C加速度D静摩擦力5、以下叙述不正确的是( )A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法B根据速度定义式，当t非常非常小时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限

3、思想法C亚里士多德认为物体下落的快慢是由它们的重量决定的D伽俐略斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量6、一物体做变速直线运动，某时刻速度大小为，1s后的速度大小变为，在这1s内物体的平均加速度大小()A可能小于4B可能等于6C一定等于6D可能大于107、某缓冲装置可抽象成图所示的简单模型其中k1 、k2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧下列表述正确的是（ ）A缓冲效果与弹簧的劲度系数无关B垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等C垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等D垫片向右移动时，两弹簧的形变量不相同8、一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个t时间内的位移为x

4、，若 t未知，则可求出A第一个t时间内的平均速度B第n个t时间内的位移C前nt时间内的位移D物体的加速度9、平面上一物体从静止出发,沿直线先做匀加速直线运动,3s后接着又做匀减速直线运动,再经9s钟停止.在先后加速和减速的两个运动过程中（ ）A加速度大小之比为3:1B平均速度大小之比为3:1C位移大小之比为1:1D位移大小之比为1:310、如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则( )A弹簧变短B弹簧变长C力F变大Db对地面的压力不变二、实验题11、（

5、4分）某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验（1）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度L的关系图线，由此图线可得弹簧在竖直状态的原长L0=_cm,劲度系数k=_N/cm（2）分析图象，用上述字母总结出弹簧弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为_12、（10分）如图是“验证力的合成的平行四边形定则”实验示意图将橡皮条的一端固定于A点，图甲表示在两个拉力F1、F2的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到O点；图乙表示准备用一个拉力F拉橡皮条，图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的合成图示(1)有关此实验，下列叙述正确的是_(填正确答案标号)A在进行图甲的实验操作时，F1

6、、F2的夹角越大越好B在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点C拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦D在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，F1变大时，F2一定变小(2)图丙中F是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿AO方向的是_(填“F”或者“F”)(3)若在图甲中，F1、F2夹角小于90，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为F1_，F2_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

7、，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、D【解析】A、物体做减速运动时，存在加速度，物体的速度减小，故A错误B、物体的加速度为正，物体的速度为负，速度也是减小的，故B错误C、物体的加速度增大，物体的速度的变化率一定增大，故C错误D、如果加速度方向和速度方向相同，物体做加速运动，即使加速度在减小，物体的速度和位移可能都在增大，故D正确故选D2、A【解析】设初速度为v0，减速位移为L，由速度位移关系可得：0-v02=-2aL，0-v2=-2aL2，由匀变速直线运动的推论vL2=v0+v2=2v+v2=(2+1)v2；故选A.【点睛】匀变速直线运动过程中合

8、理应用速度位移公式和中间位移速度公式可以有效提高解题速度3、D【解析】从静止开始作匀加速直线运动连续相等时间通过的位移之比为1：3：5:7:9:11，第1s位移份数为1，接下来2秒位移份数为3+5=8，再接下来的3秒内位移份数为7+9+11=27.故三段路程之比应为，D正确ABC错误。故选D。4、B【解析】A.速度既有大小，又有方向，是矢量.故A错误.B.路程只有大小，没有方向，是标量.故B正确.C.加速度既有大小，又有方向，是矢量.故C错误.D.静摩擦力既有大小，又有方向，是矢量.故D错误.5、A【解析】在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立物理模型法，故A说法错误

9、；根据速度定义式： ，当t非常非常小时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，故B说法正确；亚里士多德认为物体下落的快慢是由它们本身的重量决定的，故C说法正确；伽俐略斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量，故D说法正确。所以选A。6、BD【解析】若1s后的速度方向与初速度方向相同，则1s内的平均加速度：若1s后的速度方向与初速度方向相反，则1s内的平均加速度为：负号表示方向。A可能小于4。故A不符合题意。B可能等于6。故B符合题意。C一定等于6。故C不符合题意。D可能大于10。故D符合题意。7、BD【解析】试题分析：劲度系数太大或者太小，缓冲效果都不是很好，

10、所以缓冲效果与劲度系数有关，A错误；垫片向右移动时压缩弹簧，垫片对弹簧1的弹力等于弹簧1对弹簧2的力，所以两个弹簧产生的弹力大小相等，B正确；由于两个弹簧弹力F相等而劲度系数K不相等，据可知，弹簧形变量不相等，则弹簧的长度也不相等，C错误；D正确；故选BD考点：弹簧的弹力【名师点睛】本题关键明确两个弹簧是串联关系，弹力相等，然后结合胡克定律进行分析8、BC【解析】试题分析：因，而t未知，所以不能求出，故A错.因有，所以（2n-1）x，故B正确；又xt2所以，所以sn=n2s，故C正确；因a=，尽管s=sn-sn-1可求，但t未知，所以A求不出，D错考点：考查匀变速直线运动推论点评：对匀变速直线

11、运动的推论的理解和学会应用是本题所要考查的，在相同的时间内通过的位移差值恒定不变，这个结论虽然简单但很适用9、AD【解析】令加速时的加速度大小为a1，据速度时间关系可知，1s后物体的速度为v=1a1，所以在匀减速运动中的加速度大小为a2，则其大小为：，所以加速度大小之比为1：1，又加速运动时初速度为0，减速运动时末速度为0，根据平均速度公式可知，加速时的平均速度，减速运动时的平均速度，所以加速与减速阶段的平均速度之比为1：1，又加速时间和减速时间之比为1：1，所以加速阶段的位移和减速阶段的位移之比为1：1综上所知，AD正确，BC错误故选AD【点睛】熟练掌握匀变速直线运动的速度时间和位移时间关系

12、，知道匀变速直线运动的平均速度公式是正确解题的关键，属于基础题不难10、BD【解析】AB.对a进行受力分析，如图所示，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，减小，减小，cos增大，F弹减小，再根据胡克定律F=kx，x减小，弹簧变长，故A错误，B正确；C.根据以上分析可知FN=mgtan减小，tan减小，FN减小，对于整体ab，在水平方向，根据平衡条件：F=FN力F变小，故C错误；D. 对于整体ab，在竖直方向，根据平衡条件：Fb=（ma+mb）g地面对b的支持力不变，根据牛顿第三定律，b对地面的压力也不变，故D正确。二、实验题11、10 0.5 F=k（L-L0） 【解析】（1）1弹簧处于原长时，

13、弹力为零，故原长为10cm；2弹簧弹力为10.0N时，弹簧的长度为30cm，伸长量为：x=30-10cm=20cm=0.2m根据胡克定律：F=kx代入数据得：N/m=0.5N/cm；（2）3由胡克定律可知：=50（L-0.10）=50L-5。12、BC F F1先减小后增大 F2一直增大 【解析】（1）在进行图甲的实验操作时，F1、F2的夹角大小适当即可，并非越大越好，选项A错误；在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点，以保证等效性，选项B正确；拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦，以免产生误差，选项C正确；在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，即两个力的合力一定，则当F1变大时，F2不一定变小，选项D错误；故选BC.（2）图丙中有两个力F与F，其中F是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线在这两个力中，方向一定