2022年岳阳市重点中学物理高一上期末检测模拟试题含解析

1、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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、

2、如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度分别为v1和v2，则下面说法正确的是()A物体做匀速运动，且v2v1B.物体做加速运动，且v2v1C.物体做加速运动，且v2v1D.物体做减速运动，且v2，人对座位就产生压力。以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg+N=，得：N=mg，座位对人作用力与速度v有关，当v时，Nmg，则座位对人的压力将大于mg，故B错误；C.人在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式可知，人在最高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故C错误；D.人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可

3、知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg，故D正确。故选：D。6、B【解析】车厢静止时，A恰好不下滑，则弹簧处于压缩状态设弹簧弹力为F，车厢对A的支持力为，对此时的A受力分析可得：，解得：车厢沿水平方向加速运动，为保证A仍相对车厢静止，车厢对A的支持力必须大于等于，对A受力分析，由牛顿第二定律可得：A物体的加速度一定向右车厢沿水平方向加速运动，要保证B仍相对车厢静止，对B受力分析，由牛顿第二定律可得，解得：故B项正确，ACD三项错误7、AC【解析】先整体分析得到，代入数据解得a=2m/s2,设弹簧秤受到拉力为F，再对m1受力分析得到，代入数据解得F=26N，所以弹簧秤的示数是26N，A正确，

4、B错；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力与撤去前相同，m1受力不变，即m1的加速度不变，C对；m2的合力增大，加速度增大，D错8、BC【解析】A研究高台跳水运动员空中翻转动作时，运动员不可以看作质点，故A错误；B计算从攀枝花开往成都的一列火车的运行时间，此时火车的长度可以忽略，能看成质点，故B正确；C研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时，嫦娥三号的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故C正确；D调整飞机上摄像机镜头的方向时，摄像头的大小不能忽略，故D错误。故选BC。9、AD【解析】根据牛顿第二定律求出冰壶在减速阶段的加速度大小.采用逆向思维，结合位移时间公式求出匀减速运动的时间，从而得出推冰壶的时间.

5、根据速度位移公式求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出运动员推冰壶的平均作用力大小.【详解】A、B、根据牛顿第二定律得，冰壶在减速阶段的加速度大小为：故A正确，B错误；C、D、采用逆向思维，设减速运动的时间为，则：，解得：，运动员推冰壶的时间为：，匀减速运动的初速度为：，则推冰壶的平均加速度根据牛顿第二定律得：，解得：故C错误，D正确；故选AD.【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.10、AB【解析】A该同学t0-t1时间内视重小于重力，处于失重状态，t2-t3时间内视重大于重力，处于超重状态，选项A正确；Bt0-t1时间内，加速度向下

6、，则电梯可能向下做匀加速运动，选项B正确；Ct2-t3时间内，加速度向上，则电梯可能向下做匀减速运动，选项C错误；Dt1-t2时间内电梯可能处于匀速直线运动或者处于静止状态，选项D错误；故选AB。11、BC【解析】对小球受力分析列水平方向上的牛顿第二定律和竖直方向上的平衡公式，观察公式即可知道两个力变化情况【详解】如图所示，对小球受力分析因为重球相对小车的位置没有发生变化，故小球做加速运动，且AB绳与水平方向的夹角角保持不变，根据牛顿第二定律可得：解得：即不变；由于水平方向上存在向左的加速度，所以减小；故BC对；AD错；故选BC【点睛】本题易错项为A考生可能没有考虑到竖直向下的重力需要在竖直方

7、向上的分量来平衡，而绳与竖直方向的夹角没有改变，故不会改变12、BC【解析】A、由于重力与静摩擦力的合力等于支持力N，而：由于增大cos减小，物体所受重力和静摩擦力的合力减小，故A错误；B、由于支持力与静摩擦力的合力等于重力应不变，故B正确；C、物体受到向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的静摩擦力f，根据平衡条件可知，重力与支持力的合力应等于静摩擦力，再由：可知静摩擦力增大，则物体所受重力和支持力的合力逐渐增大，故C正确；D、根据平衡条件可知重力、支持力、静摩擦力的合力应为零，保持不变，故D错误。故选BC。二填空题(每小题6分，共18分)13、 .小于 .x1/x2【解析】为了

8、使砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力，实验应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案【详解】（1）设小车的质量为M，砝码盘和砝码的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=当mM时，即当砝码盘和砝码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码盘和砝码的总重力（2）在初速度为零的匀变速直线运动中有x=at2，若运动时间相等，则位移与加速度成正比小车1、2的加速度之比a1：a2=x1：x2.14、 .C .2.0 .0.41 .小 .C .D【解析】（1）1AD小车受到的拉力，可以直接由力传感器测出，所以

9、不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故不需要测出砝码和砝码盘的总质量，故AD错误； B对小车受力分析，可知小车受到的合力等于力传感器示数的两倍，故B错误； C小车向左加速，则砝码和砝码盘向下加速，即重力大于轻绳的拉力，故砝码等于失重状态，故C正确。故选C（2）2由于两计数点间还有四个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，根据：代入数据得：m/s23 依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则打计数点“2”时小车的速度大小为：0.41m/s4若交流电的实际频率大于50Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1s，计算加速度时所用时间t

10、偏大，加速度的测量值小于真实值，即计算结果与实际值相比偏小；5对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，对小车根据牛顿第二定律有：变形得：由题知该图象的斜率为k，则有：解得：故C正确，ABD错误。故选C。（3）6设小车的加速度为a，则砝码和砝码盘向下加速为2a，对小车，根据牛顿第二定律有：对砝码和砝码盘，根据牛顿第二定律有：联立解得：由上可知，当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时，即，小车的加速度大小约为：故D正确，ABC错误。故选D。15、75【解析】由跳跃时间可算出腾空时间，下落时间为腾空时间的一半，进而由自由落体规律得到腾空高度和起跳速度由腾空高度可算出克服重力的功，进而得到平均功

11、率跳一次的时间是，人跳离地面向上做竖直上抛，到最高点的时间为；此过程克服重力做功为，跳绳时克服重力做功做功的功率为：；三计算题(22分)16、（1）；（2）【解析】（1）若某一时刻轻绳被拉断，此时T=12N，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律得F（mA+mB）gsin=（mA+mB）a对A物体TmAgsin=mAa代入数据解得F=60N（2）设沿斜面向上为正，对A物体mAgsin=mAaA解得aA=-6m/.因为v0=3m/s，所以A物体到最高点时间为t=s=0.5s此过程A物体的位移为xA=t=075m对B物体FmBgsin=mBaB，解得aB=9m/xB=v0t+aB=（30.5+9）m=

12、2.625m所以两者间距为x=xBxA+L代入数据解得：x=2.375m17、（1）（2）如图所示：（3）论证过程请见解析【解析】（1）在弹性绳伸直前，游客向下做自由落体运动，则根据速度与位移关系可知弹性绳刚伸直的瞬间游客的速度大小为：，方向向下；（2）取弹性绳刚伸直时游客所在位置为坐标原点，相对坐标原点位移为则开始时弹力小于重力，继续向下加速度，则根据牛顿第二定律：，则，方向向下；可知随着位移增加，加速度减小，当即时加速度最小为零，此时刻速度最大；随着位移继续增加，加速度开始反方向增大；综上所述加速度a与位移x的关系为：由于取向下为正方向，则关系图像如图所示：（3）当弹性绳刚伸直时为A点，当重力和弹力相等时为O点，另取一点为B点，如图所示：设，假设：A点的速度为零，到达B点速度也为零，则从A到B