2022-2023学年山东省济南市章丘第四中学高一上学期期末模拟物理试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省济南市章丘第四中学高一上学期期末模拟物理试题含解析，共26页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
济南市章丘第四中学2022-2023学年度高一上学期物理试题一、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题意）1. 小明家驾车去旅游。行驶到某处见到如图所示的公路交通标志，下列说法正确的是（  ）A. 此路段平均速度不能超过60 km/hB. 此处到宜昌的位移大小是268 kmC. 此路段平均速率不能低于60 km/hD. 此路段瞬时速度不能超过60 km/h【答案】D【解析】【分析】【详解】公路交通标志上表示的是从云阳到宜昌路段，汽车行驶的最高速度不能超过60km/h，即此路段瞬时速度不能超过60km/h，故D正确，ABC错误。故选D。2. 2013 年 6 月 11 日 17 时 38 分，在九泉卫星发射中心“神舟”十号载人航天飞船成功飞上太空，飞船绕地球飞行一圈时间为 90 分钟，则以下说法中错误的是（　　）A. “17时38分”和“90分钟”前者表示“时刻”后者表示“时间间隔”B. 飞船绕地球飞行一圈，它的位移和路程都为0C. 飞船绕地球飞行一圈平均速度为0，但它在每一时刻的瞬时速度都不为0D. 地面卫星控制中心在对飞船进行飞行姿态调整时不可以将飞船看成质点【答案】B【解析】【详解】A．“17时38分”是一个是时间点，表示时刻，“90分钟”是一段时间，表示时间间隔，A正确；B．飞船绕地球飞行一圈，它的位移是0，路程不为0，B错误；C．飞船绕地球飞行一圈，位移是0，平均速度为0，但它在每一时刻的瞬时速度都不为0，C正确；D．研究飞船飞行姿态时，不能忽略其大小、形状，此时飞船不能看成质点，D正确。本题选错误的，故选B。3. 对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是（  ）A. 采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B. “强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了C. 货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D. 摩托车转弯时，车手一方面要适当的控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的【答案】C【解析】【详解】AB. 惯性是物体的因有属性，大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与其它任何因素无关，AB不符合题意；C. 摘下或加挂一些车厢，改变了质量，从而改变惯性，C符合题意；D. 人和车的质量不变，则其惯性不变，D不符合题意．4. 如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度大于原长，若用一个从零开始逐渐增大的水平向右的力F拉A，直到把A拉动，在A被拉动之前的过程中，令弹簧对A的拉力为F＇，地面对A的摩擦力为f。下列说法正确的（　　）A. F＇方向保持不变，f方向保持不变B F＇大小保持不变，f先减小后增大C. F＇一直在增大，f 一直在减小D. 物体被拉动瞬间，拉力F的大小等于物体A与地面间的最大静摩擦力【答案】B【解析】【详解】初始状态静摩擦力向右时，设弹簧的形变量为x，由平衡条件得解得，物体运动前，x不变，随着拉力F的增大，静摩擦力f减小，当时 ，F再增大，静摩擦力向左；当静摩擦力向左时，由平衡条件得，物体运动前，x不变，随着拉力F的增大，静摩擦力f增大；物体被拉动瞬间，静摩擦力达到最大值，；在物体运动前，，x不变，F＇不变。综上所述，F＇始终保持不变，f先减小后增大，物体被拉动瞬间，拉力F的大小等于物体A与地面间的最大静摩擦力与弹簧弹力之和。故选B。5. 如图所示为某新型夹砖机，它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起，大大提高了工作效率。已知该新型某夹砖机能夹起质量为m的砖，两支“手臂”对砖产生的最大压力为Fmax(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为(　　)A. μ＝ B. μ＝ C. μ＝ D. μ＝【答案】B【解析】【详解】对砖进行受力分析，根据平衡条件得2f=mg即2μFmax=mg解得故选B。6. 在两条相邻平行的直公路上，分别有一辆自行车与汽车同向行驶，自行车在前，汽车在后，相距10米时汽车开始刹车，它们的位移随时间变化的规律为：汽车为，自行车为，则下列说法正确的是（　　）A. 刹车后汽车做匀减速直线运动，初速度为，加速度为B. 汽车追不上自行车C. 刹车后汽车和自行车第一次相遇时，汽车的速度为D. 刹车后汽车和自行车两次相遇的时间分别是和【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由公式可得，汽车初速度为，加速度大小为，A错误；B．当汽车与自行车速度相等时，是能否相遇的临界条件，故汽车与自行车的速度相等所需要的时间为代入数据，可得3s内汽车的位移为3s内自行车的位移为因为所以汽车能追上自行车，B错误；CD．当汽车追上自行时，满足即有解得,汽车停止运动的时间为说明5s时汽车早已停止运动，汽车停止运动的位移为因此第二次相遇时间为可得汽车与自行车可以相遇两次，当汽车与自行车第一次相遇时，则有C正确D错误。故选C。二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分）7. 关于以下这四幅插图说法正确的是（  ）A. 甲图中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计的示数先减少后增加B. 乙图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，但其速度变化较快C. 丙图中赛车的质量不是很大，却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度D. 丁图中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全【答案】CD【解析】【详解】A．学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，学生的运动的过程是先向上加速运动，在减速运动，直到最后的静止，向上加速时，处于超重状态，减速时处于失重状态，所以体重计的示数先增加后减少，故A错误；B．冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，根据牛顿第二定律可知，此时物体的加速度很小，所以物体速度的变化就很慢，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，故B错误；C．根据牛顿第二定律F=ma可知，当质量不变的时候，F越大，加速度a就越大，故C正确；D．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D正确。故选CD。8. 如图所示是A、B两物体的速度时间图像，则下列说法错误的是（　　）A. 若A、B两物体0时刻从同一位置开始运动，则以后它们一定能相遇B. 若0时刻A在B前方某一位置，则以后它们一定不能相遇C. 若0时刻B在A的前面且两者相距60m，则以后它们一定能相遇两次D. 若0时刻B在A的前面且两者相距30m，则以后它们一定能相遇三次【答案】AC【解析】【详解】A．由于A的速度较大，故应该是B追A，面积表示位移，t=10s时A的位移为B的位移为若A、B两物体0时刻从同一位置开始运动，由于10s时A的位移大于B的位移，所以A、B一定不能相遇，故A错误，符合题意；B．若0时刻A在B的前方某一位置，A的位移一直大于B的位移，所以A、B一定不能相遇，故B正确，不符合题意；C．若0时刻B在A的前面且两者相距60m，由A分析知，10s时A比B多走25m，没有追上B，之后B的速度小于A，故一定能够追及B，并且相遇一次，故C错误，符合题意；D．若0时刻B在A的前面且两者相距30m，在前5s内A的位移为而B的位移为故A会超过B一次，超出的位移为从5s到10s内，B的位移比A的位移多故此时间内B会在超过A前面5m，此后B速度减小，A速度大，故A会再次超过B，故它们一定能相遇三次，故D正确，不符合题意。故选AC。9. 如图所示，在半圆形光滑凹槽内，两轻质弹簧的下端固定在槽的最低点，另一端分别与小球P、Q相连。已知两球在图示P、Q位置静止。O′P>O′Q，则下列说法中正确的是（　　）A. 若两球质量相同，则P球对槽的压力较小B. 若两球质量相同，则两球对槽的压力大小相等C. 若P球的质量大，则O′P弹簧的劲度系数大D. 若P球的质量大，则O′P弹簧的弹力大【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．对两小球受力分析如图所示都是受重力、支持力和弹簧的弹力三个力，两小球静止，受力平衡，根据平行四边形定则作平行四边形，由几何关系可知△QGQ′NQ∽△OO′Q△PGP′NP∽△OO′P即支持力始终与重力相等，若两球质量相等，重力相等，则所受支持力相等，对槽的压力必然相等，故A错误、B正确；CD．由得得由图可知O′P>O′Q又GP>GQ则FP>FQ根据胡克定律，两弹簧的形变量未知，则劲度系数的大小关系无法确定，故C错误，D正确。故选BD。10. 如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A沿着斜面下滑，当物体A刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）A. 物体的加速度将逐渐增大 B. 物体的加速度将先减小，后增大C. 物体的速度将逐渐减小 D. 物体的速度将先增大，后减小【答案】BD【解析】【详解】小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，小球接触弹簧后速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，压缩过程中，小球所受合力先变小后变大．小球刚接触弹簧瞬间速度不是最大，当弹力与重力的分力平衡时，速度最大．故BD正确，AC错误。故选BD。11. 物体、、均静止在同一水平地面上，它们的质量分别为、、，与水平面间的动摩擦因数分别为、、，用平行于水平面的拉力分别拉物体、、，所得加速度与拉力的关系如图所示，、两直线平行，则以下关系正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】【详解】根据牛顿第二定律得变形为图像的斜率表示质量的倒数，所以纵截距的绝对值与摩擦因数成正比，所以有故选BC。12. 如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B. 木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C. 图2中t2=24sD. 木板的最大加速度为2m/s2【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．由图可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为A正确；B．由图像可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为B错误；CD．t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板解得对滑块解得F=12N则由可知CD正确。故选ACD。三、实验题（本题共2小题，共14分）13. 某同学用橡皮筋与弹簧测力计验证“力的平行四边形定则”，实验装置如图甲所示。其中A为固定橡皮筋的图钉，OB和OC为细绳。（1）本实验中两次拉橡皮筋的过程，主要体现的科学方法是___________。A．理想实验法     B.等效替代法     C.控制变量法      D.建立物理模型法（2）某一次实验中，用一个弹簧测力计拉橡皮筋使橡皮筋与细绳的结点到达O点，弹簧测力计的示数如图乙所示，此时橡皮筋的弹力大小为___________N。（3）图丙四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的是__________。【答案】    ①. B    ②.     ③. F【解析】【详解】（1）[1]本实验中两次拉橡皮筋的过程，使结点到达相同的位置，主要体现的科学方法是等效替代法。故选B。（2）[2]如图乙所示，橡皮筋的弹力大小为4.00N。（3）[3]如图丙所示，F是由平行四边形得出合力，不是由弹簧测力计直接测得的。14. 某同学设计了一个如图所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．实验中该同学在砝码总质量（m＋m′＝m0）保持不变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．（1）该同学手中有电磁打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有（       ）．A．秒表　　　　 B．毫米刻度尺　　　　C．天平　　　　D．低压交流电源（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA＝1.61 cm，OB＝4.02 cm，OC＝7.26 cm，OD＝11.30 cm，OE＝16.14 cm，OF＝21.80 cm，打点计时器打点频率为50 Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v＝______m/s，此次实验滑块的加速度a＝_____m/s2.（结果均保留两位有效数字）（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝_______.（g取10 m/s2）．【答案】    ①. BD    ②. 0.53    ③. 0.81    ④. 0.3【解析】详解】(1)[1].A.打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．B.实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确．C.本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误．D.电磁打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．(2)[2].每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：[3].由△x=at2可得：(3).对ABC系统应用牛顿第二定律可得：所以a-t图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，解得：μ=0.30四、计算题（本题共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15. 汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度大小为5m/s2。求：（1）小轿车从刹车到停止所用的最短时间；（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞。【答案】（1）6s；（2）58m【解析】【分析】【详解】（1）小轿车从刹车到停止所用的最短时间（2）小轿车在反应时间内做匀速运动，则小轿车从刹车到停止的位移为小轿车从发现三角警示牌到停止的位移驾驶员只能看清前方的物体，所以三角警示牌距车的最小距离16. 为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖汽车轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端与在面的高度为1.2m，且恒定，轻质无弹性的拖绳长2m，运动员质量为60kg，车胎质量为12kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为，如图甲所示，将运动员某次拖胎奔跑100m当作连续过程，抽象处理后的v-t图像如图乙所示，g=10m/s2，不计空气阻力。求：（1）运动员加速过程中的加速度大小a及跑完100m后用的时间t；（2）在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小T及运动员与地面间的摩擦力大小f人。【答案】（1）a=2m/s2，t=14.5s；（2）T=64N，f人=171.2N【解析】【详解】（1）图示图像可知，加速度加速时间t1=4s加速位移匀速位移s2=s-s1=（100-16）m=84m匀速时间故跑完100m时间t=t1+t2=14.5s(2)设绳子与水平面间的夹角为，由题意可知则对轮胎：水平方向，由牛顿第二定律竖直方向滑动摩擦力代入数据解得对运动员，由牛顿第二定律得代入数据得17. 如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到175m时，以10m/s的速度向上匀速运动，同时有一颗质量为0.01kg的小铆钉从热气球上脱离掉落，小铆钉脱离时相对热气球静止．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2．求：（1）热气球所受浮力大小；（2）匀速上升时热气球所受的空气阻力；（3）小铆钉落地时热气球离地的高度．【答案】（1）4830 N；（2）230 N；（3）245m【解析】【分析】（1）匀加速上升阶段，热气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律列式求解浮力；
（2）匀速上升时热气球受重力、浮力和空气的阻力，根据共点力平衡条件列式；
（3）小铆钉做竖直上抛运动，根位移时间关系公式列式求解时间，对气球运用运动学公式列式求解高度；【详解】（1）气球匀加速上升过程中，受到向上的浮力，向下的重力，根据牛顿第二定律可得所以（2）匀速时，气球受到向上的浮力，向下的重力和阻力作用，三力合力为零，故有 所以（3）小铆钉先做初速度为10m/s的竖直上抛运动，然后做自由落体运动，竖直上抛运动时间为上升的高度为故小铆钉做自由落体运动的高度为做自由落体运动时间为故气球上升的高度为故此时气球离地的高度为【点睛】本题关键是明确气球的受力情况和运动情况，然后根据共点力平衡条件和运动学公式列式求解即可．18. 如图所示，一水平的足够长的传送带与一水平地面上的平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为的煤块（可视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为。初始时，传送带与煤块及平板都是静止的，现让传送带以恒定的水平向右的加速度开始运动，当其速度达到后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在煤块平稳滑上右端平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰好相等，此时刻撤去F，最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量（重力加速度g取）。（1）求传送带上黑色痕迹的长度；（2）求有F作用期间平板的加速度大小；（3）平板上表面至少多长？（计算结果保留2位有效数字）。【答案】（1）0.375m；（2）；（3）0.65m【解析】【详解】（1）煤块在传送带上发生相对运动时，根据牛顿第二定律可得则其加速度方向水平向右设经过时间，煤块速度达到v，经过时间，传送带速度达到v，即代入数据得，则时间内，传送带发生的位移煤块发生的位移黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即（2）煤块滑上平板时的速度大小为加速度为方向水平向左经过，煤块的速度大小设平板的加速度大小为，依题意有解得（3）设平板与地面间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律得代入数值得由于，共速后煤块将仍以加速度匀减速运动，直到停止，平板也匀减速运动，加速度设为对平板，由牛顿第二定律有解得方向水平向左，运动时间为所以从滑块滑上平板到停止运动的过程中，平板的位移为煤块位移若煤块没有从平板上滑下，则平板的最短长度即煤块与平板的位移之差，即‍