2022年广东广州越秀区执信中学物理高一上期末质量检测模拟试题含解析-202211250802345

2022-2023学年高一上物理期末模拟试卷注意事项:1答题时请按要求用笔。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。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。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。105505301、如图所示，一物块与斜面接触处于静止状态，则物块受到的力( )重力重力和支持力D.重力、支持力和下滑力2、如图所示，光滑小球被夹在竖直墙壁与A点之间，保持平衡．现稍微增大两竖直墙壁的距离，关于小球对墙面压力F1和对A点的压力2的变化情况，正确的是（ ）A.F1变大，F2C.F1变小，F2

B.F1变大，F2变小D.F1变小，F2变小3、在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动，甲在冰上滑行的距离比乙远。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力C.在分开时，甲的运动速度大于乙的运动速度D.在分开后，甲运动的加速度大小小于乙运动的加速度大小4、如图，平台高＝5，小球以v＝10m/s的速度水平抛出，忽略空气阻力＝10m/，则小球（ ）A.落地速度为10m/sC.10m

B.落地时间为0.5sD.落地时速度与水平方向成455、已知两个共点力的合力大小为50N，分力F的方向与合力F的方向成30角，分力F的大小为30N，则（ ）12F的大小是唯一的12

122

2的方向是唯一的22

有两个可能的方向

可取任意方向6、将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0°～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示取（ v0=5m/s3小铁块与木板间的动摩擦因数μ= 3当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5 2m/s当α=60°

20 3

m/s27有一绝缘圆环穿过圆环m=10g的带正电的小球q=5.0×10-4C其沿CBAvtB点时速度图像的切线斜率最大图中标出了该切线CA的过程中小球的电势能先减小后变大CA电势逐渐降低C.C、B两点间的电势差UCB=0.9VD.在O点右侧杆上,B点场强最大,场强大小为E=1.0V/m8、如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重量为G的小球，开始时轻绳处于垂直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列法正确的是（ ）A.力F逐渐增大C.F2G

B.力F的最大值为 3GD.轻绳与竖直方向夹角最大值θ=30°9AB的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而仿佛是固定在图中的D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是（取重力加速度=1m（）2sD点的速度2 水滴在、、D点速度之比满足v ：v ：v 1：：2 B C D水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t t tAB BC CD10、如图甲所示，某人正通过轻绳利用定滑轮将质量为ma与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示，已知重力加速度为g，由图判断下列说法正确的是P的值N的值图线的斜率等于物体的质量m二、实验题11（4分）实验中，选出了如图所示的一条纸带（每两点间还有4有画出，纸带上方的数字为相邻两个计数点间的距离。打点计时器的电源频率为50H。实验中，在开始打点时，应该（填接通电或释放小车”）；打计数点C时，纸带运动的瞬时速度，加速度为 （结果均保留3位有效数字12（10分）某学习小组利用如图所示装置验证牛顿第二定律。为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作（填选项前的字母）A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砝码盘和砝码质量的大小使小车在砝码盘和砝码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砝码盘和砝码，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砝码盘和砝码，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动f=50Hz、、、，七个点进行研究，这七个点和刻度尺标度的对应如图所示，可算出小车的加速度字；该小组同学在验证Ma与质1 1Ma—

较大时，图线发生弯曲，原因。答案中必须明确写出数值和单位13（9）ABC固定在地面上，小球pA点静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球qADBABl=2.5m，斜面倾角为不计空气阻力，g10m/s2.求：pAB点的时间；q抛出时初速度的大小。14（14）v0=10m/s2s6m/s(1)刹车过程中的加速度；刹车后经多长时间汽车停下；汽车从刹车开始到停下所发生的位移15（13BvB=30m/s。因大雾能见度很低，B车在距A车△s=75m时才发现前方有AB车立即刹车，但B180m问：（1）B车刹车后的加速度是多大？BA车仍按原速前进，请判断两车是否相撞？若会相撞，将在B车最近距离是多少？B△t=4s收到信号后加速前进，则A相撞？参考答案105505301、C【解析】物块处于静止状态，可知物块受重力、支持力和静摩擦力三个力作用，故选C.2、A【解析】将重力按作用效果进行分解，作出力的分解图，由几何关系求出小球对墙面的压力F1和对A点压力F2，根据角度的变化进行分析【详解】小球受重力mg、墙壁向左的力F1与A点的支持力F2三个力的作用，受力分析如图所示：根据平衡条件得小球对墙面的压力为：F1

，小球对A

mgcos，现稍微增大两竖直墙壁的距离，θ增大，则F1和F2都增大，故A正确，BCD错误【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程即可3、C【解析】A．作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，在推的过程中，甲的推力等于乙的推力，故A错误；作用力和反作用力同时产生同时消失，甲推的乙的时间等于乙推甲的时间，故BD．由于两板与冰面间的摩擦因数相同，由牛顿第二定律可以知道，μmg=ma，所以a=μg，即他们的加速度的大小是相同的，所以D错误；由于甲在冰上滑行的距离比乙远，根据0v20

2ax可知在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确。故选C。4、D【解析】ABDh

12gt2得小球落地的时间为2hgt 2hg小球落地时竖直分速度为v gt101m/s10m/sy根据平行四边形定则知，落地的速度为v2v20yvv2v20y设速度方向与水平方向的夹角为α，则有tanvy1v0解得45AB错误，D正确；Cxvt101m10m0则落地时位移s x2h25 5m故C错误。故选D。5、C【解析如图所示，以F的箭头为圆心，以F的大小30N 为半径画一个圆弧，与F所在直线有两个交点，因此F2 1 2有两个可能的方向，F的大小有两个可能的值，C正确。1故选C。6、AB【解析】根据动能定理，铁块沿斜面上滑过程有1mgsinxmgcosx0 mv22 0x关系式v2vx2gsin0

cosα=90°时，x=1.25m，有v22gx0求得v0=5m/s故A正确；由图可得，α=30°时，x=1.25mx关系式求得3μ= 3故B正确；α=60°x关系式，解得5x= 38由动能定理得mgcos2x代入数据得

1mv2 mv212 t 2 015 22＝t5 22＝t故C错误；Dag(sincos)当=60时，代入数据得3a= 3 m/s23DAB。7、BCv-tB由电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化；正电荷在电势高处电势能大；根据动能定理求解C、B两点的电势差【详解】AB、从C到A小球的动能一直增大，则电场力一直做正功，故电势能一直减小，又因为小球带正电，故从C正确；到A电势逐渐降低，故A错误，B正确；正确；CCB电场力做功W

mv2

0，CB间的电势差为：U

mv2WBW

0.010.320.9V，C1CB 2 B1

CB q 2q 25104Dv-tBB点的电场强度最大，v 0.3小球的加速度为a故选BC

m/s20.06m/s2，又因为qEmaE1.2V/m，D错误t 5【点睛】关键是通过乙图的v-t图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差8、AB【解析】对小球受力分析，如下图所示：mgta，当θ逐渐增大，可得F逐渐增大，故Aθ逐渐增大，由题意知

2

，则可得cosG

1

=60°，此时

达到最大值即为： ，故BT G 2G 2 θ F正确，CDAB正确，CD9、BC【解析】若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等．根据初速度为零的匀变速直线运动的公式和推论进行分析【详解】若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等；由图可知，各点之间的位移差为：△x=0.2m．根据△x=g△t2，则

t

x

0.2s

2sAD错g 10 10B C CCDDDBv=gt得：v：v：v=1：2：3CBC正确，ADB C 【点睛】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道匀变速直线运动的公式和推论，并能熟练运用10、ABD【解析】对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析，根据表达式结合图象，运用数学知识分析物理问题mg

TN，根据牛顿第二定律，有：F

-mg=ma,a

TNg.FmFTN TNA、当F =0时，a=-g，即图线与纵轴的交点M的值a=-g，故TN TNTN 、当a=0时，F =mg，故图线与横轴的交点N的值F =mg，故TN 1C、D、图线的斜率表示质量的倒数m故选ABD.

，故C错误，D正确；【点睛】本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进行讨论二、实验题11、 (1).接通电源 (2).1.03m/s (3).2.10m/s2【解析】(1)[1]在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，为了使打点更稳定，同时为了提高纸带的利用率，在纸带上能打出更多的点，在操作中要先接通电源然后释放小车(2)[2]变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，因此C点的瞬时速度为xv CDx

11.309.21 102m/s1.03m/sC 2(50.02)[3]由逐差法可得加速度为xOCa CFxxOC

(11.3013.4215.48)(5.007.109.21) 102m/s22.10m/s22

9(50.02)212、 ①.B ②.0.26 ③.没有满足m(1)[1]面向下的分力刚好与小车下滑过程中所受的阻力相平衡，为使轻绳中没有拉力，应撤去砝码盘和砝码，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动即可判定，故B正确，AC错误；(2)[2]由纸带可知，七个计数点之间还有4个打出的点，则两计数点之间的时间间隔T=0.1s，用逐差法可算出小车的加速度，即x xa= DG

6.48=

10-2m/s2=0.26m/s2T

30.2(3)[3]设砝码盘和砝码的质量为m，小车（包括车中的砝码）的质量为M，以砝码盘和砝码、小车（包括车中的砝码）整体为研究对象，它们加速度a大小相等，根据牛顿第二定律，有mg=（M+m）a在合力（mg）一定的情况下，a

1Mm

M

ma

1 1成正比，所以发现当 较大时，M M图线发生弯曲，原因是没有满足m造成的。答案中必须明确写出数值和单位5 3413、(1)1s；5 34【解析】（1）小球p从斜面上下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律mamgsin解得agsin下滑所需时间为t，根据运动学公式得11l2解得

at21gsintgsin1（2）q运动为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设抛出速度为v0。则xlcos30vt02依题意得t t2 1解得5 3lcos305 30v t 4 m/s0214、(1)a2m/s2(2)t5s(3)s25m【解析】(1)由运动学公式可得vva0t将数据代入可解得a