广西梧州市贺州市物理高一上期末教学质量检测模拟试题含解析

广西梧州市贺州市物理高一上期末教学质量检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、如图所示，两个共点力、的大小一定，夹角θ是变化的，合力F在θ角从逐渐增大到的过程中，合力F的大小变化情况为（）.A.从最小逐渐增大到最大 B.从最大逐渐减小到零C.从最大逐渐减小到最小 D.先增大后减小2、如图所示，自由落体的小球从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短过程中，小球速度、合力、加速度的变化情况正确的是（）A.小球一接触弹簧就做减速运动B.小球速度先变大后变小C.小球受到的合力先变大，后变小D.小球运动的加速度不变3、在2019年的国庆阅兵中，由20架武装直升机组成“70”字样的方阵飞过天安门广场向祖国生日献礼。下列说法中以地面为参考系的是（）A.直升机飞行员感觉天安门城楼在往后退去B.直升机飞行员感觉旁边的直升机静止不动C.地面上的观众感觉直升机方阵在往前飞行D.后上方歼击机方阵飞行员感觉直升机在后退4、如图甲所示，定值电阻R1＝3Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器RP的最大电阻为10Ω，电表均视为理想电表，调节RP记录多组U，I数据，画出了如图乙所示的U­I图像，下列说法正确的是()A.当滑动变阻器由中点向右移动时，滑动变阻器上功率先增加后减小B.当滑动变阻器的电阻为10Ω时，滑动变阻器的功率最大C.当滑动变阻器的电阻为4Ω时，电源的效率最大D.电源的最大功率为2.25W5、已知一运动物体的初速度，加速度，它表示（）A.物体加速度方向与速度方向相同，物体的速度在减小B.物体加速度方向与速度方向相同，物体的速度在增大C.物体加速度方向与速度方向相反，物体的速度在减小D.物体加速度方向与速度方向相反，物体的速度在增大6、一物体在做匀变速直线运动，已知加速度的大小为4m/s2，则下列说法正确的是（）A.物体的末速度一定是初速度的4倍B.任意1s内速度均增大4m/sC.某1s末速度可能比前1s的末速度小4m/sD.某1s的平均速度一定比前1s的平均速度大4m/s7、如图所示，把一个光滑圆球放在两块挡板AB和AC之间，AB和AC之间的夹角为30°．现将AC板固定，而使AB板沿顺时针方向缓慢转动90°，则A.球对AB板的压力逐渐减小B.球对AB板的压力先减小后增大C.球对AC板的压力逐渐减小D.球对AC板的压力先减小后增大8、物块从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物块开始与弹簧接触，到B点时物块速度变为零。则物块从A到B的过程中，下列说法正确的是（）A.先失重后超重 B.先超重后失重C.加速度先增加后减小 D.加速度先减小后增加9、明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画（如图所示），记录了我们祖先的劳动智慧。若A、B两齿轮半径的大小关系为rA>rB，则A.齿轮A、B的角速度大小相等B.齿轮A的角速度大小小于齿轮B的角速度大小C.齿轮A、B边缘的线速度大小相等D.齿轮A边缘的线速度大小小于齿轮B边缘的线速度大小10、如图所示，小熊猫正在划船前进，则下列说法中正确的是（）A.使船前进的力的施力物体是船桨B.用桨向后划水，船就向前运动，说明物体间力的作用是相互的C.小熊猫对船的压力和船对小熊猫的支持力是一对平衡力D.小船漂浮，小船受到的浮力大小等于小熊猫和船的总重力11、如图所示，在大小为F的水平向左的恒力作用下，重为G的物体A静止在倾角为α的光滑斜面上．下列关于斜面对物体A的支持力的表达式正确的是（）A.FN= B.FN=C.FN=G+F D.FN=12、从高度为125m的塔顶，先后落下a、b两球，a球比b球早释放1秒，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下判断正确的是（）A.在a球接触地面之前，两球距离得越来越远B.在a球接触地面之前，两球的速度差恒定C.两球运动过程中相对静止，落地时间差为1秒D.a球接触地面瞬间，b球的速度为40m/s二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到①当M与m的大小关系满足_______时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力②甲同学在探究加速度与力关系时，根据测量数据作出的图线，如图a所示．则实验存在的问题是___________________________③乙、丙两同学用同一装置探究加速度与力的关系时，画出了各自得到的图线，如图b所示．则两同学做实验时的哪一个物理量取值不同?答：_______④下图是实验中得到的纸带．已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用下图给出的数据可求出小车下滑的加速度为________m/s2．(结果保留三位有效数字)14、（10分）在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学把两根轻质弹簧I、II按图甲所示连接进行探究(1)某次测量刻度尺的示数如图乙所示，则刻度尺的示数为__________cm(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如下表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为__________N/m（g取10m/s2，计算结果保留两位小数）．由表中数据______（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．钩码数123LA/cm15.7619.7123.66LB/cm29.9635.7641.51三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）如图所示，质量为的物体甲通过三段轻绳相连，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平地面上的质量为的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角，物体甲及人均处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)轻绳OA、OB受到的拉力是多大？(2)人受到的摩擦力大小及方向？(3)若人的质量，人与水平面之间的动摩擦因数为，则欲使人在水平面上不滑动，物体甲的质量最大不能超过多少？（，）16、（12分）如图是压榨机示意图，B为固定铰链，A、C为活动铰链。BC间距离为，AB间的水平距离为，，且B、C两点在同一竖直线上，在A处施加一大小为F、方向水平向左的推力。C与左壁接触面光滑，滑块和杆的重力不计。(1)若力F的作用效果沿杆是挤压AB、AC，按该效果将力F分解，求沿杆AC的分力大小；(2)若(1)中所求的分力的作用效果是水平向左挤压墙壁和竖直向下挤压物体。已知，当图中，时，求被压榨物D受到的压力大小。17、（12分）如图所示，传送带与地面的夹角为θ＝30°，两轴心间距离AB的长L＝6m，传送带以v＝5m/s的速率顺时针转动，当t＝0时在A点无初速度释放一煤块(可视为质点)．煤块与传送带间的动摩擦因数为，g＝10m/s2，问：(1)煤块刚开始运动时的加速度多大；(2)煤块从开始运动到与传送带共速所用时间；(3)若传送带运动过程中被卡住突然停止运动，此时煤块开始做减速运动，且恰好能到达B点，求煤块开始减速时刻

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、C【解析】力是矢量，合成遵循平行四边形定则，同向合力最大，反向合力最小，根据平行四边形定则，两个分力的夹角越大，合力越小，由图可知，两力大小不等，所以合力的最小值不为零A．从最小逐渐增大到最大与分析不符，故A错误；B．从最大逐渐减小到零与分析不符，故B错误；C．从最大逐渐减小到最小与分析相符，故C正确；D．先增大后减小与分析不符，故D错误2、B【解析】开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F=mg-kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg=kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F=kx-mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大．故整个过程中合力先减小后增大，加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故ACD错误，B正确。故选B。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的综合应用，学生容易出错的地方是：认为物体一接触弹簧就减速．对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习3、C【解析】A．若以地面为参考系，直升机飞行员感觉天安门城楼静止。故A不符合题意；B．若以地面为参考系，直升机飞行员感觉旁边的直升机是运动的。故B不符合题意；C．若以地面为参考系，地面上的观众感觉直升机方阵在往前飞行。故C符合题意；D．若以地面为参考系，后上方歼击机方阵飞行员感觉直升机在前进。故D不符合题意。故选C。4、D【解析】把滑动变阻器看作负载，将其余部分等效为一个电动势大小为3.0V的新电源，当通过R1的电流为0.3A时，通过R2电流为．可得等效电源的内阻为：．代入数据解得：r=2.8Ω．Rp的最大电阻为10Ω，故滑片由中点向右滑动时，功率逐渐减小，故A错误；滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻4Ω时，功率最大，故B错误；电源的效率．当外电阻越大，效率越大，所以当滑动变阻器的电阻为10Ω时，电源的效率最大，故C错误；当整个回路电阻最小时，电路的电流最大，电源的功率最大为，故D正确5、C【解析】物体的初速度为正值，其方向为正方向，加速度为负值，表示加速度的方向与速度方向相反，物体的速度在减小，故C正确，ABD错误。6、C【解析】A．加速度为4m/s2，由公式v=v0+at知物体的末速度不一定等于初速度的4倍，A错误；B．当物体做匀加速直线运动时，任意1s内速度增大4m/s；当物体做匀减速直线运动时，任意1s内速度减小4m/s，B错误；C．当物体做匀减速直线运动时，某1s的末速度比前1s的末速度减小4m/s，C正确；D．当物体做匀加速直线运动时，根据△x=aT2任意1s内的位移比前1s内的位移大△x=4×12m=4m根据平均速度可知任意1s内的平均速度比前1s内的平均速度大4m/s；当物体做匀减速直线运动时，根据△x=aT2任意1s内的位移比前1s内的位移小△x=4×12m=4m根据平均速度可知任意1s内的平均速度比前1s内的平均速度小4m/s；由题无法确定物体是做匀加速直线运动，还是做匀减速直线运动，D错误。故选C。7、BC【解析】以小球为研究对象，分析其受力，作出小球三个不同位置的受力，如图所示：可见，使顺时针缓慢转动的过程中，板对球的支持力先减小后增大，板对球的支持力一直减小，由牛顿第三定律可知，球对板对球的支持力先减小后增大，球对板对球的支持力一直减小，故BC正确，AD错误8、AD【解析】物块从A处下降到B处的过程中，开始阶段弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，处于失重状态，小球向下加速；随着弹力的增大，合外力减小，加速度减小。当弹簧的弹力和物体的重力相等时，加速度为零。之后弹力大于重力，合力向上，物体处于超重状态，小球开始减速，直至减为零，由于弹力越来越大，故合力越来越大，故加速度增大。故物体先做加速度减小的加速运动，再做加速增大的减速运动。故AD正确，BC错误。故选AD。9、BC【解析】A、B两轮边缘通过齿轮传动，线速度大小相等，且rA>rB，由可知齿轮A的角速度大小小于齿轮B的角速度大小，BC正确。故选BC。10、BD【解析】A．使船前进的力的施力物体是水，故A错误；B．用桨向后划水，水给船一个向前的反作用力使船向前运动，说明物体间力的作用是相互的。故B正确；C．小熊猫对船的压力和船对小熊猫的支持力是一对相互作用力，故C错误；D．由受力平衡可知，小船受到的浮力大小等于小熊猫和船的总重力，故D正确。故选BD。11、AB【解析】对物体A受力分析，用合成法求解出斜面对物体A的支持力，进一步得出物体对斜面的压力【详解】对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图：根据共点力平衡条件，推力和重力的合力应该与支持力等值、反向、共线，结合几何关系，有F=Gtanα；N=，N=；将推力和重力正交分解，如图：根据共点力平衡条件，有：Gsinα=Fcosα；N=Fsinα+Gcosα；故选AB【点睛】对于共点力平衡问题可以用合成法求解，也可以用分解法求解，还可以用正交分解法求解12、ABD【解析】AC．设b球下降时间为t时，b球下降的高度：，a球下降的高度：，两球离地的高度差等于下降的高度差：随时间的增大，位移差增大，故A正确，C错误；B．设b球下降时间为t时，b球的速度：vb=gt，a球的速度：va=g（t+1），则：△v=va-vb=g与时间无关，是一定量，故B正确；D．球做自由落体运动，根据，解得：a球接触地面瞬间，b球的运动时间为4s，故速度：vb=gt=10×4m/s=40m/s故D正确。故选ABD。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、①.②.平衡摩擦力过度（或平板倾斜过度）③.小车的质量不同④.【解析】(1)以整体为研究对象有mg=(m+M)a，解得：，以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=，显然要有F=mg必有m+M=M，故有M>>m，即只有M>>m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力(2)图中没有拉力时就有加速度，是由于实验前平衡摩擦力多度造成的(3)根据牛顿第二定律F=Ma，，a与F成正比，斜率是质量的倒数，两同学做出的a-F图像斜率不同，说明两次试验时两车及车上砝码的总质量不同；（4）每相邻两个计数点间还有4个点未画出，相邻两个计数点间时间间隔为0.1s，根据，利用逐差法：14、①.16.00（15.97～16.00）；②.12.66N/m；③.能【解析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数【详解】（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=3.95cm，根据胡克定律知：结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数【点睛】解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、(1)