广西桂林市全州县二中2022-2023学年高一物理第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

1、2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试

2、卷和答题卡一并交回。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、如图所示，在轴上关于原点O对称的两点A、B分别放置固定的点电荷+Q1和-Q2，轴上的P点位于B点的右侧,且P点电场强度为零。设无穷远处电势为零,则下列判断正确的是（ ）A.P点电势为零B.在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同C.A、O两点的电势差大于O、B两点的电势差D.若将一试探电荷+q沿直线从P点移至O点,则此过程中电势能一直增大2、下列各组物理量中，全部是矢量的是A.位移、时间、

3、速度、加速度B.加速度、位移、速度变化量、平均速度C.力、速率、位移、加速度D.位移、路程、时间、加速度3、物体受两个共点力F1和F2作用，其大小分别是F16N，F210N，则无论这两个力之间的夹角为何值，它们的合力不可能是（）A.3NB.8NC.10ND.14N4、如图所示，AB、AC两光滑斜面互相垂直，AC与水平面成30。如把球O的重力按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（）AG，GB.G，GC.G，GD.G，G5、一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重感受，其座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停

4、下对上述过程，关于座舱中的人所处的状态，以下判断正确的是( )A.座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B.座舱在自由下落的过程中人处于失重状态C.座舱在减速运动的过程中人处于失重状态D.座舱在整个运动过程中人都处于超重状态6、放于水平地面的小车上，一细线一端系着质量为m的小球a，另一端系在车顶，当小车做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为，此时放在小车上质量M的物体b跟小车相对静止，如图所示，取重力加速度为g，下列说法正确的是A.小车一定向左运动B.加速度的大小为gsin ，方向向左C.细线的拉力大小为，方向沿线斜向上D.b受到的摩擦力大小为Mgtan ，方向向左7、质量为2 kg的质点在x-y

5、平面上做曲线运动,在x方向上的速度图象和y方向上的位移图象如图所示,下列说法正确的是 ( )A.质点的初速度为5 m/sB.2 s末质点速度大小为6 m/sC.质点做曲线运动的加速度大小为3 m/s2D.质点所受的合力为3 N8、关于物体的速度、加速度、位移、合力之间的关系，正确的是( )A.物体的速度增大，则加速度一定增大，所受的合外力也一定增大B.物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合力也可能为零C.物体的位移不断增大，则物体所受合外力必定不为零D.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合力也可能很大9、如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=4kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，

6、中间用轻质弹簧秤连接，大小均为20N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态。下列说法正确的是A.弹簧秤的示数是0NB.弹簧秤的示数是20NC.撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5m/s2D.撤去F1的瞬间，A的加速度大小为4m/s210、下列说法正确的是（ ）A.赛车的质量不是很大，却安装着强劲的发动机，可以获得很大的惯性B.高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，目的是增加车辆重力垂直桥面方向的分力，保证行车方便与安全C.传送带靠静摩擦力把货物送到高处D.汽车轮胎的花纹会影响轮胎受到的摩擦力，地面与轮胎间的摩擦力越大汽车越容易启动，刹车也越容易11、放在光滑水平面上的物体

7、，在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态，若其中一个力逐渐减小到零后，又恢复到原值，则该物体的（）A.速度先增大后减小B.速度一直增大，直到某个定值C.加速度先增大，后减小到零D.加速度一直增大到某个定值12、关于物体的平抛运动，下列说法正确的是（）A.由于物体受力的大小和方向不变，因此平抛运动是匀变速运动；B.由于物体速度的方向不断变化，因此平抛运动不是匀变速运动；C.物体的运动时间只由抛出时的初速度决定，与高度无关；D.平抛运动的水平距离由抛出点的高度和初速度共同决定.二填空题(每小题6分，共18分)13、用图甲所示的装置，进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验中认为小车受到的力

8、等于砝码及盘的总重力：（1）以下操作正确的是_A、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B、平衡小车受到的摩擦力时，应将砝码盘挂在细绳的下端C、改变小车的质量时，不需要重新平衡小车受到的摩擦力D、实验中，应先放开小车再接通打点计时器的电源（2）实验中，得到一条纸带如图乙所示：（交流电源的频率为50Hz ）由纸带可求得小车的加速度a _m / s2（结果保留两位有效数字）（3）在保持小车的质量一定，探究a 与F 速度关系时，实验小组在轨道水平及倾斜两种情况下分别进行了实验，得到了两条a F 图线如图丙所示，图线_是在轨道水平情况下得到的（选填“”或“”）；小车的总质量m _kg （结果

9、保留两位有效数字）14、在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电频率为50Hz某同学实验得到的纸带如图所示，在纸带上选择了标为06的7个记数点，相邻的两个记数点间还有四个计时点没有画出相邻两计数点之间的距离如图所示，则（1）打1号计数点时小车的速度大小为_（结果保留两位有效数字）；（2）小车的加速度大小为_，（结果保留两位有效数字）15、如图甲所示，倾角为=37的足够长斜面上，质量m=1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F=14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示求：(取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)（

10、1）小物体与斜面间的动摩擦因数；（2）撤去力F后1.8s时间内小物体的位移三计算题(22分)16、（12分）如图所示，质量为m1=0.5 kg、m2=0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离h=0.8 m，小球距离绳子末端l=6.5 m，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g10 m/s2(1)若A，B两球固定在绳上，不会在绳上滑动 ，求释放瞬间绳中张力大小？(2)若小球A、B与轻绳不固定，球与绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍现在由静止同时释放A、B两个小球，则释放A、B两个小球后，A、B的各自加速度多大？(3)若同（2）问中条件，小球B从静止释放经多长时间落

11、到地面？17、（10分）在火星表面上，做自由落体运动的物体在开始，内下落高度=4m。求：（1）该火星表面的重力加速度；（2）该物体下落高度=16m时的速度；（3）该物体在第6s初时的速度v。参考答案一、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、C【解析】等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示：，而本题中因P点场强为零，则，则，但电场分布与上图类似.A、等量异种电荷的O=0，而，则连线上电势为0的点在O点左侧，根据沿着电场线的方向电势降低，则P0，故A错误

12、；B、因，根据其电场线分布可知，在x轴上还有一点在OB之间，两场源在这一点电场强度大小相同但方向相同，合场强不为零，B错误；C、AO与OB是沿电场线相同的d，因，则Q1附近的电场较强，由，可知，C正确；D、试探电荷+q在从P点到O点电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误；故选C.【点睛】本题借助等量等量异种电荷周围的电场分布推广到不等量电荷的电场分布，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解2、B【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量【详解】A、位移、速度、加速度都既有大小又有方向，是矢量，时间是标量，故A错误B、加速度、位移、速度变化量、平均

13、速度都是矢量，故B正确C、力、位移、加速度是矢量，而速率是标量，故C错误D、位移、加速度是矢量，路程和时间是标量，故D错误故选B【点睛】本题关键要知道矢量与标量两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则3、A【解析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角时合力最小，并且，故和的合力范围为：；所以不可能的是A；故选A。4、A【解析】对球所受重力进行分解，如图所示。由几何关系得故A正确，BCD错误。故选A。5、B【解析】在自由下落的过程中人只受重力作用，做自由落体运动，处于失重状态，故A错误，B正确；在减速

14、运动的过程中人受重力和座位对人向上的支持力，做减速运动，所以加速度向上，人处于超重状态，故C错误；整个运动的过程中人先失重后超重，故D错误所以B正确，ACD错误6、D【解析】A、小球a和物体b、小车一起运动加速度相同，对小球a受力分析，受重力和绳拉力，合力水平向左，可知加速度向左，但不知道速度方向，故小车可向左加速或向右减速，则A错误；B、对a球由牛顿第二定律，可得，故B错误；C、对a球分析，由合成法可得，方向沿绳斜向上.D、对b物体分析可知由静摩擦力提供加速度，方向与加速度方向相同向左，故D正确；故选D.【点睛】本题关键之处是要抓住小球与物体的加速度相同，运用隔离法分别对两物体进行研究对于连

15、接体问题，隔离法都可以求解，而整体法却是有条件的7、AD【解析】Ax轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度 质点的初速度选项A正确；B2 s末质点速度大小为选项B错误；C质点做曲线运动加速度大小为选项C错误；D质点所受的合力为F=ma=3 N选项D正确；故选AD。8、BD【解析】A物体的速度增大，则加速度和速度同向，但是加速度不一定增大，根据F=ma可知所受的合外力也不一定增大，选项A错误；B物体的速度很大，但加速度可能为零，根据F=ma可知所受的合力也可能为零，选项B正确；C物体的位移不断增大，则也可能做匀速直线运动，则物体所受合外力可能为零，选项C错误；D物体的速度为零，但加速度可能

16、很大，根据F=ma可知所受的合力也可能很大，选项D正确；故选BD.9、BC【解析】AB两水平拉力作用下两物体受力平衡，根据平衡条件可知弹簧秤的示数为T=20N，故A错误，B正确；C在突然撤去F2瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以B的加速度大小为：，故C正确；D在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不能发生突变，所以A的加速度大小为：，故D错误故选BC。10、CD【解析】A惯性的大小只与物体的质量有关，与力没有关系，故A错误；B高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，故B错误；C传送带与物体之间存在静摩擦力，静摩擦力作为动力，靠静摩擦力

17、把货物送到高处，故C正确；D地面与轮胎间的摩擦力越大汽车越容易启动，而刹车也越容易，故D正确。故选CD。11、BC【解析】在水平方向两个平衡力作用处于静止状态，若其中一个力逐渐减小到0后，又逐渐恢复到原值，在此过程中，合力先增大后减小到0。CD由牛顿第二定律推断，加速度的大小先增大后减小到0，加速度的方向不变，故C正确，D错误；AB物体初速度为零，加速度先增大后减小到零，方向不变，则速度一直增大，最后加速度为零时，速度增大到某个定值，故B正确，A错误；故选BC。【点睛】根据牛顿第二定律判断其加速度的大小和方向，当加速度的方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，做减速运动。

18、12、AD【解析】AB平抛运动所受的合力大小和方向不变，则加速度不变，可知平抛运动是匀变速曲线运动，故A正确，B错误；C根据t=知，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，故C错误D根据知，平抛运动的水平距离由高度和初速度共同决定，故D正确。故选AD。二填空题(每小题6分，共18分)13、 .（1）AC； .（2）0.88； .（3）， .0.50【解析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数；对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解【详解】(1)A项：调节滑轮的高度，使

19、牵引小车的细绳与长木板保持平行，故A正确；B项：平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故B错误；C项：每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；D项：实验中，应先接通打点计时器的电源再放开小车，故D错误故选AC(2)交流电的周期为0.02s，时间间隔为，由逐差法可得：；(3) 由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的，图象是

20、在轨道水平情况下得到的；根据F=ma得，所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块质量的倒数由图得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg【点睛】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系，运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解14、 .0.16 .0.81【解析】（1）1每两个计数点之间的时间间隔为T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，因此有：（2）2根据匀变速直线运动推论x=aT2，依据逐差法，解得15、（1）0.5（2）2.2m，沿斜面向上【解析】线根据图乙计算出小物体在斜面方向上运动的加速度，再沿斜面方向上根据牛顿第二定律列式，结合滑动摩擦力的公式即可解得动摩擦因数的大小；对出去F后小物体的运动过程进行分段，在1.8s的时间范围向上的减速运动和向下的加速运动，分别在各段进行受力分析，根据牛顿运动定律及运动学公式即可解答(1)由题图乙可知，02 s内物体的加速度a14m/s2根据牛顿第二定律，FmgsinFfma1FNmgcos而FfFN代入数据解得：0.5(2)撤去F后，根据牛顿第二定律：mgsinFfma2解得：a210 m/s2设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0v1a2t2解得：t20.8 s在0.8 s内物体有向上运动的位移x2，根据速度