2022-2023学年安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学高一上学期期末模拟物理试题（3）含解析

  安徽师范大学附属中学

2022~2023学年高一第一学期期末模拟考试（3）

物理试题

一、单选题

1. 关于牛顿运动定律的理解，下列说法正确的是（　　）

A. 牛顿第三定律只有在物体处于平衡状态时才适用

B. 牛顿第二定律中的力和加速度可以不同时发生变化

C. 跳高运动员在起跳过程中对地面的压力大小等于地面对运动员的支持力大小

D. 喷气式飞机喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使飞机获得飞行的动力

【答案】C

【解析】

【详解】A．牛顿第三定律不但对处于平衡状态的物体适用，也对处于非平衡状态的物体适用，故A错误；

B．力和加速度一定同时发生变化，故B错误；

C．对地面的压力与地面对运动员的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故C正确；

D．喷气式飞机向外喷气，喷出的气体对飞机产生一个反作用力，从而让飞机获得了向前的推力，并不是空气的反作用力使飞机获得飞行的动力，故D错误。

故选C。

2. 如图所示，水平传送带以恒定的速率顺时针转动，将工件（可视为质点）无初速轻放在传送带的A端，工件匀加速运动一段时间后相对传送带静止。下列工件从A至B过程的运动图像可能正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】AB．由题可知，工件在传送带上后，受到的滑动摩擦力向前，则根据牛顿第二定律

解得

先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同后，相对传送带保持静止做匀速直线运动，加速度为零，所以图线先为过原点的倾斜直线，后为平行于t轴的直线，故A正确，B错误；

CD．在匀加速阶段

图线为开口向上，顶点在原点的抛物线的一部分；在匀速阶段

图线为倾斜直线，故CD错误。

故选A。

3. 如图所示，有两个光滑直轨道和，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为、。则（　　）

A.  B.  C.  D. 无法确定

【答案】A

【解析】

【详解】若研究物块沿AB下滑，设AB与竖直直径成的角度为θ，则加速度

从A到B由运动公式

解得

若过B点做CD的平行线，交圆弧与E点，则物块沿EB下滑的时间也为t1，因EB和DC倾角相同，则物块下滑的加速度相同，但是CD长度小于BE的长度，可知沿DC下滑的时间t2小于EB的时间，即

故选A。

4. 如图甲所示，质量为m=60kg的同学，双手抓住单杠做引体向上。他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，由图像可知（　　）

A. t=0.4s时，他正处于超重状态

B. t=0.5s时，他的加速度约为3 m/s2

C. t=1.1s时，他受到单杠的作用力的大小约为618 N

D. t=1.5s时，他正处于超重状态

【答案】A

【解析】

【详解】A．t=0.4 s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，

A正确；

B．根据速度-时间图像斜率表示加速度可知，t=0.5 s时，由

知他的加速度约为0.3 m/s2，B错误；

C．t=1.1 s时他的速度达到最大值，v-t图线斜率为零，表示加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误；

D．t=1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D错误；

故选A。

5. 一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，如图所示，则它们的加速度大小均为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】两球运动至二者相距时，设每段绳子与水平力F的夹角为θ，则

设每段绳子的拉力为T，则

每个小球的加速度

解得

故选B。

6. 如图1所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，时刻在滑块上施加一水平向右的外力F，外力大小随时间变化规律如图2所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图3所示，已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于静摩擦力，重力加速度g取。则下列说法正确的（　　）。

A. 滑块质量为 B. 时间内，摩擦力大小为

C. 物体在末的速度 D. 物体做匀加速直线运动

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据图2可知，外力F随时间的关系的表达式为

由图3可知，在时，物块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力平衡，则有

由图3可知，在时，滑块的加速度为，根据牛顿第二定律有

解得

故A错误；

B．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有

在的时间内，物体已经开始运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，所以时间内，摩擦力大小为，故B正确；

C．由图像的面积表示速度的变化量，滑块由静止开始加速运动，故内图像的面积即表示为末滑块速度的大小，满足

故C错误；

D．在的时间内，加速度为零，滑块静止不动，后加速度大小逐渐增大，滑块做加速度增大的加速运动，整个运动过程做变速直线运动，故D错误。

故选B。

二、多选题

7. 如图所示，固定光滑斜面的倾角为θ，A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻杆与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（　　）

A. A球加速度为 B. A球的加速度为0

C. 轻杆的作用力一定不为0 D. A和B球的加速度相同

【答案】AD

【解析】

【详解】ABD．开始时挡板对小球的支持力

撤掉挡板的瞬时，挡板对球的弹力立刻变为零，此时对AB整体将具有相同的沿斜面向下的加速度，整体受的合外力为

加速度为

即A球加速度为，选项AD正确，B错误；

C．对B球受力分析可知

解得

T=0

即轻杆的作用力为零，选项C错误。

故选AD。

8. 如图甲所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与木块A连接，物块B叠放在A上（AB不粘连），系统处于静止状态。现对B施加竖直向上的拉力F，使A、B以大小的加速度竖直向上做匀加速直线运动直至分离，力F的大小随B的位移x变化的关系如图乙所示。当时撤去力F，撤去力F前B一直做匀加速直线运动。不计空气阻力，取。则有（  ）

A. 物块B的质量为0.45kg

B. 弹簧的劲度系数k=400N/m

C. 从开始施加外力F到A、B分离所需要的时间是0.3s

D. A、B分离时A的速度大小是0.8m/s

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由图乙可知，当B的位移大小时，A与B恰好分离，A、B间的弹力为零，对B物块应用牛顿第二定律

其中

解得

故A正确；

B．设A、B叠放在弹簧上静止时弹簧的压缩量为，则有

在A、B分开之前，对A、B整体，根据牛顿第二定律有

联立以上两式可得

结合题图乙可知

故B错误；

D．A、B一直做匀加速直线运动，A、B分离时有

解得

故D错误；

C．从开始施加外力F到A、B分离所需要的时间

故C正确。

故选AC。

9. 如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长木板，质量为m的小滑块（可视为质点）放在长木板上。长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是（  ）

A. 长木板的质量M = 2kg

B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4

C. 当F = 14N时，长木板的加速度大小为3m/s2

D. 若将水平拉力F施加在小滑块上，则小滑块和长木板保持相对静止的水平拉力F的最大值为24N

【答案】BD

【解析】

【详解】A．当时，小滑块和木板发生相对运动，故对木板有

解得

结合图像可知，图线斜率为

A错误；

B．由图可知，当时，小滑块和木板恰好相对静止，此时加速度

即对整体有

对小滑块有

联立解得

B正确；

C．由上分析可知

故当时，小滑块和木板发生相对运动，与的关系为

故当时，木板的加速度为

C错误；

D．若将水平拉力F施加在小滑块上，则小滑块和长木板整体的加速度为

F = (m＋M)a共

单独对长木板进行受力分析有

μmg = MaM

当aM = a共，时小滑块和长木板保持相对静止的水平拉力F有最大值，为

F = 24N

D正确。

故选BD。

10. 在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为的木块，木块和车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m的小球。某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，弹簧的形变量为x，如图所示。不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内（　　）

A 小车一定向左做加速运动 B. 弹簧可能处于压缩状态

C. 小车的加速度方向向左，大小为 D. 弹簧的形变量为

【答案】CD

【解析】

【详解】AC．对小球受力分析，其受力示意图如下所示

根据牛顿第二定律得

得

所以小车具有向左的加速度，大小为，可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故A错误，C正确；

B．分析可知，木块的加速度也水平向左，由牛顿第二定律可知，木块所受弹力水平向左，故弹簧一定处于拉伸状态，故B错误；

D．由

得弹簧的形变量为

故D正确。

故选CD。

【点睛】木块、小球与车的加速度相同，先以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度；根据加速度方向，分析小车可能的运动情况；加速度在水平方向，可能做加速运动，也可能做减速运动。对木块研究：根据牛顿第二定律判断弹簧是否处于拉伸状态，求出弹簧的伸长。

三、实验题

11. 用如图甲所示的装置可以完成两个实验，实验一“探究小车速度随时间的变化规律”，实验二“探究加速度与力、质量的关系”。

（1）这两个实验中，必须要平衡摩擦力的是_____；

A.仅实验一    B.仅实验二    C.两个实验都要

（2）要求托盘及其中重物总质量远小于小车质量的实验是_____；

A.仅实验一    B.仅实验二    C.两个实验都要

（3）关于实验二的操作，下列做法正确的是_____；

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.在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时，应该将装有砝码的托盘通过定滑轮系在小车上

C.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源

D.通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度

（4）如图乙所示，某同学将一个力传感器A系在墙壁上固定，另一力传感器B握在手中，力传感器A、B互相钩着并连接在计算机上。用手向右拉力传感器B，在计算机显示屏上可以看到的图像如图丙所示。由图丙可知_____。

A.作用力大小总是大于反作用力大小

B.传感器A、B间的作用力和反作用力大小始终相等

C.传感器A、B间的作用力和反作用力方向始终相反

D.横坐标表示的物理量是传感器B向右移动的位移

【答案】    ①. B    ②. B    ③. AD##DA    ④. BC##CB

【解析】

【详解】（1）[1]探究小车速度随时间的变化规律的实验不需要测出合力，只要保证加速度恒定，故不需要平衡摩擦力；探究加速度与力、质量的关系需要测出合力，而摩擦力不方便测出，故需要平衡摩擦力，故选B。

（2）[2]实验一对合力没有要求，故不要求托盘及其中重物总质量远小于小车质量；实验二需要测出合力，用托盘及其中重物的总重力近似替代绳的拉力，故要求托盘及其中重物总质量远小于小车质量，故选B。

（3）[3]A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，从而保证小车所受的拉力为恒力，故A正确；

B．在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时，是借助小车所受重力的分力平衡摩擦力，而不是借助其他外力，故不需要将装有砝码的托盘通过定滑轮系在小车上，故B错误；

C．打点计时器刚启动时打点不稳定，故实验时，应先接通打点计时器的电源再放开小车，故C错误；

D．平衡摩擦力时满足

Mgsin θ=μMgcos θ

车的质量M不影响平衡方程，故通过增减小车上的砝码改变质量时不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。

选AD。

（4）[4]ABC．观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以看出作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用力与反作用力大小同时变化，故A错误，BC正确；

D．横坐标表示的物理量是作用时间，故D错误。

故选BC。

12. 图甲所示为某实验小组测量A、B两个箱子质量装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计）.此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量m0＝1kg)和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答：

（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h；

（2）取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降；

（3）记录遮光条通过光电门时间t，计算出A下落到F处速率；则下落过程中加速度；

（4）改变m，重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出_______（填“a-m”或“”）图像，如图乙所示（图中横、纵坐标物理量的单位均采用国际制单位）；

（5）请简要说明该图线是直线的原因：_______；并解释横纵截距和切线斜率的物理意义：_______。

【答案】    ①. a-m    ②. 见解析    ③. 见解析

【解析】

【详解】（4）[1]由牛顿第二定律得

解得

所以应作出的图像；

（5）[2]因

则a-m图像为直线；

[3]图像斜率为

截距

四、解答题

13. 近年来，旅游业的快速发展带动了观光缆车的大量需求，图1是某旅游景点缆车实景图。如图2所示，若用该缆车运输货物，倾斜的索道与水平方向的夹角为，质量的货物与缆车水平地板之间的动摩擦因数为，当载重缆车沿索道以的加速度斜向上做匀加速直线运动时，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，取。求：

（1）缆车地板给货物的支持力；

（2）缆车地板给货物的摩擦力。（均保留3位有效数字）

【答案】（1）51.3N；（2）2.16N

【解析】

【详解】（1）（2）将a沿水平和竖直两个方向分解，则有

对货物受力分析如图所示

根据牛顿第二定律，在水平方向

f=max

在竖直方向

N-mg=may

代入数据解得

14. 如图所示，一倾角，动摩擦因数的粗糙斜面与光滑水平面平滑连接（即从斜面进入水平面时速度大小不变），水平面的左侧与一顺时针转动的传送带相连。滑块A从距离水平面高度为的位置由静止释放。设传送带足够长，且不计滑块在运动过程中受到的空气阻力。（，）.

（1）求滑块A第一次沿斜面向下运动的加速度a1的大小和到达斜面底端时速度v大小；

（2）若传送带顺时针转动的速度，求滑块A经传动带返回后第二次滑上斜面的加速度a2和上滑的最远距离x与传送带速度v的关系式。

【答案】（1），（2）；若，；若，

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律得

解得

到达斜面底端的速度v大小

解得

（2）根据牛顿第二定律得

解得

若传送带的速度为 ，滑块返回斜面底端的速度为v，根据运动学公式得

解得

若传送带的速度为 ，滑块返回斜面底端的速度为6m/s，根据运动学公式得

解得

15. 如图甲所示，质量为、长度为的木板静止放置在水平面上，质量也为的木块（视为质点）静止放置在木板的最左端，木块与木板之间的动摩擦因数为，木板与水平面之间的动摩擦因数为，突然让木块获得一个水平向右的速度，经过木块离开木板；如图乙，同时给木块、木板向右的速度，重力加速度取，规定水平向右为正方向，求：

（1）木块与木板之间的动摩擦因数，甲图木块滑行到木板中点位置时的瞬时速度；

（2）对乙图，木板与木块在运动过程中的加速度大小；

（3）对乙图，木块的运动时间与木板的运动时间之比以及木块与木板的相对位移。

【答案】（1），；（2），；（3），

【解析】

【详解】（1）对甲图，分析可知，木板始终处于静止状态。对木块受力分析，由牛顿第二定律可得

由匀变速直线运动的规律可得

设木块在木板上滑行到中点位置的瞬时速度为，则有

联立解得

（2）对乙图，假设木块与木板在运动过程中都做匀减速直线运动，则木块的加速度要小于木板的加速度，对木块受力分析，由牛顿第二定律可得

对木板受力分析，由牛顿第二定律可得

解得

故假设成立

（3）假设木块、木板停止运动时，木块仍在木板上，设木块、木板的运动时间分别为、，则开始运动至停止的过程中，对木块有

对木板有

解得

故木板停止运动后，木板不再运动，但木块仍在木板上运动。从木板开始运动到停止运动的过程中，木板的总位移为

木块从开始运动到停止运动的整个过程中，木块的总位移为

整个过程中，木块与木板的相对位移为

联立解得

因此有

故假设成立，当木块停止运动时正好停在木板的最右端。故木块的运动时间与木板的运动时间之比为

木块与木板的相对位移为

【点睛】根据物体的运动情况，分析物体的受力情况，再根据匀变速直线运动的规律及牛顿第二定律求解摩擦因数。对于物体运动情况不明确的题型，可分析进行假设，在结合假设的情况进行受力分析论证。