四川省绵阳市绵阳中学2023-2024学年高一上学期期末模拟测试物理试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市绵阳中学2023-2024学年高一上学期期末模拟测试物理试题（Word版附解析），共19页。
1. 某网约车司机打算驾车从四川省绵阳中学到绵阳南郊机场接机，利用高德地图导航，可选方案有两种：方案一行驶7.5公里，用时13分钟；方案二需行驶8.1公里，用时17分钟，司机选择了方案一，则（ ）

A. 方案二全程的位移比方案一的大
B. 研究该汽车的运动轨迹时，可将汽车视为质点
C. 若方案一显示“预计21：24到达”，“21：24”指的是时间
D. 方案一汽车运动全程的平均速度约为35km/h
【答案】B
【解析】
【详解】A．两个方案的出发点和终点均相同，故两种方案的位移相同，故A错误；
B．研究汽车的运动轨迹时，汽车的形状大小可以忽略，故可将汽车视为质点，故B正确；
C．“预计21：24到达”中“21：24”指的是时刻，并不是时间间隔，故C错误；
D．方案一汽车运动全程平均速率约为
因汽车的行程轨迹不是直线，故汽车的位移大小小于路程，则可得汽车运动全程的平均速度小于35km/h，故D错误。
故选B。
2. 风洞实验如图所示，风洞喷出竖直向上的气流将实验者向上加速“托起”．则实验者在此过程中（ ）
A. 处于失重状态
B. 运动状态保持不变
C. 所受重力小于气流对人的“托力”
D. 所受重力的反作用力是气流对人的“托力”
【答案】C
【解析】
【分析】实验者加速向上运动，合力向上不为零，以人为研究对象，分析其受力情况即可，加速度向上，处于超重，加速度向下，处于失重．
【详解】ABC、实验者加速向上运动，速度增大，合力向上不为零，受气流的力大于重力，处于超重状态，故AB错误，C正确；
D、地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是作用力和反作用力，大小相等，故D错误；
故选C．
【点睛】分析受力时，首先要明确研究对象，应分析研究对象的受力情况，而不是分析其施力情况，知道如何判断物体处于超重还是失重状态，属于基础题．
3. 如图所示，汽车里有一水平放置的硅胶魔力贴，魔力贴上放置质量为m的小花瓶。若汽车在水平公路上匀速向前运动，则（ ）
A. 小花瓶受到的静摩擦力水平向前
B. 若汽车突然减速，小花瓶受到的静摩擦力水平向前
C. 若汽车以加速度a向前加速，此时车对小花瓶的作用力为ma
D. 花瓶受到的支持力是汽车表面的形变产生的
【答案】D
【解析】
【详解】A．当汽车在水平公路上匀速向前运动的时候，小花瓶与汽车之间不存在相对运动趋势，此时小花瓶不受静摩擦力，故A错误；
B．若汽车突然减速，小花瓶和汽车一起做减速，加速度向后，小花瓶受到的静摩擦力水平向后，故B错误；
C．若汽车以加速度a向前加速，此时车对小花瓶的作用力为
故C错误；
D．花瓶受到的支持力是汽车表面的形变产生的，故D正确。
故选D。
4. 如图所示的位移—时间图像和速度—时间图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
B. 甲车加速度不断减小，乙车加速度不变
C. 时间内，丙、丁两车在时刻相距最远
D. 时间内，丙、丁两车的平均速度相等
【答案】C
【解析】
【详解】AB．x-t图像只能描述直线运动，图像的斜率表示速度，乙图线的斜率不变，说明乙的速度不变，做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，时间内，两车的始末位置相同相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故A、B错误；
C．由图线与时间轴围成的面积表示位移可知：在时刻面积差最大，所以丙、丁两车相距最远，故C正确；
D．0—时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移与时间的比值，所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，高空工人清洗楼房的光滑玻璃，用一根绳索将自己悬在空中，已知工人及其装备的总质量为m，且视为质点，悬绳与竖直墙壁的夹角为，悬绳对工人的拉力大小为，墙壁对工人的弹力大小为，工人保持离墙的距离不变，重力加速度为g，则（ ）
A. 若工人缓慢上移，则减小，增大
B. 若工人缓慢下移，则与的合力增加
C. ，
D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】作出人的受力图如图所示
可得
工人缓慢上移，悬绳长度变短，θ增大，FT和FN均增大，工人缓慢下移，悬绳长度变长，θ减小，FT和FN均减小，视为动态平衡，FT和FN的合力始终与重力相低消，合力大小不变；
故选D。
6. 如图所示，拖把头质量为m，忽略拖杆的质量，拖把头和地板之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，某同学用拖把在水平地面向右匀速拖地时，拖杆与竖直方向的夹角为，则（ ）
A. 推拖把力的大小为
B. 若保持推拖把力不变，减小角，地面与拖把间的摩擦力变小
C. 若保持推拖把力不变，增大角，地面对拖把的作用力增大
D. 若增大，为使拖把仍水平匀速，推拖把力应减小
【答案】D
【解析】
【详解】AD．设推拖把力的大小为F，方向沿拖杆方向，对拖把头由平衡条件得

解得
若增大，为使拖把仍水平匀速，由该式可知，推拖把力F减小，故A错误，D正确；
B．根据前面分析可知若保持推拖把力不变，减小角，增大，地面与拖把间的摩擦力变大，故B错误；
C．根据平衡条件可知地面对拖把的作用力与拖把头的重力与推拖把力F的合力等大反向，拖把头的重力与推拖把力F的大小不变，当增大角，两力合力减小，故地面对拖把的作用力减小，故C错误。
故选D。
7. 从地面上以大小为的初速度竖直上抛一质量为的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，时刻到达最高点，再落回地面时速度大小为，且落地前小球已经做匀速运动，在小球的整过运动过程中，则下列说法中错误的是（ ）
A. 小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
B. 小球抛出瞬间的加速度大小为
C. 小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
D. 小球上升过程的平均速度小于
【答案】C
【解析】
【详解】A．由小球受到的空气阻力与速率成正比，由可以知道在上升过程中空气阻力减小，又重力向下，故上升阶段合力减小，故加速度减小。下降过程中速率增大，空气阻力增大，方向向上，而重力向下故合力逐渐减小，加速度逐渐减小，A正确，不符合题意；
B．由图可以知道，速度为时球匀速，说明重力等于阻力，故有
得
故抛出瞬间的空气阻力为
故抛出瞬间加速度为
B正确，不符合题意；
C．小球抛出时重力向下，阻力向下，此时速率最大时阻力最大，可以知道合力在抛出时最大，此时加速度也最大，而加速度最小值为零，出现在匀速运动至落地前，C错误，符合题意；
D．上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即图中的位移小于做匀减速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度小于匀减速的平均速度，即小于，D正确，不符合题意。
故选C。
8. 如图所示，质量分别为m和M的两个长方体木块P和Q叠放在倾角为的固定斜面上，P和Q间的动摩擦因数为，Q和斜面间的动摩擦因数为。从静止释放，则（ ）
A 若，则PQ两物体一定一起沿斜面向下运动
B. 若，则PQ两物体一定相对滑动
C. 若两物体能一起沿斜面下滑，则物体P对Q的摩擦力为，且方向向上
D. 两物体一起沿斜面下滑过程中，地面对斜面的支持力不断增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．当，若PQ两物体相对静止时，由于
故此时PQ两物体整体不可能都静止；分析可知当时PQ两物体相对静止以共同的加速度向下运动；当时P比Q下滑的快。分析可知除此之外不可能存在Q不动P运动或者P不动Q运动的情况，故当时PQ两物体一定一起沿斜面向下运动，故A正确；
BC．当两物体能一起沿斜面下滑，始终保持相对静止时，对整体有
对P单独分析有
联立解得物体Q对P的摩擦力为
方向沿斜面向上，故物体P对Q的摩擦力方向沿斜面向下；分析可知该情况下，PQ始终保持相对静止；结合前面分析若，此时若，PQ两物体相对静止，若 μ2 > μ1 ，PQ两物体相对滑动，故BC错误；
D．两物体一起沿斜面下滑过程中，设加速度为，设斜面质量为，对整个系统竖直方向根据牛顿第二定律
该情况下地面对斜面的支持力不变，故D错误。
故选A。
二、本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图所示，在竖直向上恒力F的作用下，a物体紧靠竖直墙壁并保持静止，b物体沿a物体匀速下滑。则下列说法中正确的是（ ）
A. a、b之间一定存在摩擦力B. a可能受到6个力的作用
C. b物体受到a物体的作用力竖直向上D. 墙壁不可能是光滑的
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】AC．对b物体进行受力分析：受到竖直向下重力，垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力；又因为b物体沿a物体匀速下滑，处于平衡状态，所以b物体受到a物体的两个作用力:垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力一定跟第三个力重力，大小相等方向相反，作用在一条直线上，故AC正确；
B．对a进行受力分析：受到竖直向下重力，竖直向上恒力F，b对a的压力和摩擦力，受到4个力作用，故B错误；
D．对a、b进行整体受力分析：受到竖直向下重力与竖直向上恒力F，墙壁对a没有弹力，所以墙壁对a没有摩擦力，且墙壁光不光滑没法判断，故D错误。
故选AC。
【点睛】
10. 如图所示，小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且a与竖直方向的夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量可能为（ ）

A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】以小球ab整体为研究对象，受到总的重力2mg、弹簧弹力和细线的拉力；根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，如图所示

当F与绳子a垂直时，F有最小值， F的最小值为
则弹簧的最短伸长量为
当拉力F竖直向上时，拉力F最大
则弹簧的最长伸长量为
故AC正确，BD错误。
故选AC。
11. 如图所示，逆时针转动的传送带与地面的倾角，A、B之间的距离，在传送带上端A轻轻放上一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块与传送带相对滑动时会产生黑色划痕，若煤块运动到B端时恰好让整个履带都产生划痕，传送带两端的履带长度不计，已知，，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A. 煤块在传送带上一直做匀加速运动，加速度为
B. 煤块从A运动到B的时间为
C. 传送带转动的速率
D. 若传送带的速率变为原来的，煤块在运行过程中的某时刻加速度会发生改变
【答案】AB
【解析】
【详解】AB．假设煤块在到B端前就已经达到传送带的速度，则设传送带速度为v0，煤块到B端时的速度为v，且，煤块运动到B端时恰好让整个履带都产生划痕，说明在此过程中煤块一直相对传送带滑动，并做匀加速运动，则煤块加速至与传送带速度相等过程中满足
解得
煤块加速至传送带速度后满足
解得
则煤块加速至与传送带速度相等过程中的位移与时间分别为
煤块加速至传送带速度后到B端的位移与时间分别为
又因为煤块运动到B端时恰好让整个履带都产生划痕，则有
联立解得
与矛盾，则假设错误。故传送带的速度始终大于煤块，则煤块的加速度为
位移满足
解得
故A、B正确；
C．因煤块运动到B端时恰好让整个履带都产生划痕，则有
解得
故C错误；
D．传送带的速率变为原来的，即，煤块全程保持原加速度加速的情况下，到达B端的速度为
故煤块仍然达不到传送带的速度，煤块在运行过程中的某时刻加速度不会发生改变，故D错误。
故选AB。
12. 甲、乙两辆车在同一平直道路上同向并排行驶，初始时乙车在甲车前方处，甲的位移—时间关系和乙的速度—时间关系分别为和，式中各物理量均取，国际单位制单位，下列说法正确的是（ ）
A. 两车第一次相遇可能发生14s末
B. 若10秒末时两车相遇，则
C. 若，在甲车停止运动前，两车相遇2次
D. 若，两车最终停在同一位置
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知甲、乙都做匀减速直线运动，它们的初速度为
，
加速度为
，
0~10s，甲速度大于乙，10s末甲、乙速度相等，此后甲速度小于乙，因此甲最晚在10秒末与乙第一次相遇，若在此时相遇，则此时甲、乙的位移分别为
则
故A错误，B正确；
C．假设在甲车停止运动前，两车相遇2次，则甲、乙相遇应满足
解得
，
则第二次相遇为17s，此时甲早已停止运动，故C错误；
D．甲停止运动时的位移为
乙停止运动时的位移为
则
则时，两车最终停在同一位置，故D正确。
故选BD。
三、本大题2小题，每空2分，共16分。
13. 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。拉动弹簧测力计B，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
（1）下列不必要的实验要求是____________（填写选项前对应的字母）。
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（2）一次实验中，弹簧测力计A的示数如图中所示，大小为_________N。
（3）某次实验中，保持测力计A的拉力方向与竖直方向的夹角为30°不变，沿不同方向拉测力计B，发现测力计B的读数最小为5.0N，则重物M的质量为__________kg。（g取）
【答案】 ①. D ②. 3.60 ③. 1
【解析】
【详解】（1）[1]A. 以O点为研究对象，其中竖直向下的拉力等于重物M所受的重力，故需要测量重物M所受的重力，故A不满足题意要求；
B. 弹簧测力计应在使用前校零，故B不满足题意要求；
C. 为了减小误差，拉线方向应与木板平面平行，故C不满足题意要求；
D. 改变拉力，进行多次实验，不需要使O点静止在同一位置，故D满足题意要求。
故选D。
（2）[2]弹簧测力计最小分度值为0.1N，因此读数为3.60N。
（3）[3]根据对O点受力可知当测力计B与测力计A垂直时，测力计B的读数最小
根据几何关系可得
解得
M=1kg
14. 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置（g取）。
（1）除了图中所给器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用器材是__________。（选填正确选项的字母）
A.秒表 B.天平（含砝码） C.弹簧测力计 D.刻度尺
（2）实验前平衡摩擦力的做法是：把实验器材安装好，先不挂砝码盘，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到打出的纸带点迹__________（填“均匀”或“均匀增加”），说明摩擦力已被平衡。
（3）在某次实验中，打出了一条纸带如图乙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s，且相邻两个计数点之间有4个点未画出，经测量得出各计数点间的距离如图所示，由纸带求出打C点时的速度__________，小车加速度的大小为__________（结果保留三位有效数字）
（4）若不断增加砝码的质量，则小车的加速度大小将趋近于某一极限值，此极限值为__________。
【答案】 ①. BD##DB ②. 均匀 ③. 0.760 ④. 2.01 ⑤. g##
【解析】
【详解】（1）[1]利用天平测量质量，利用打点计时器可以计时，打出的纸带需利用刻度尺测量长度求加速度，所以还需要天平（含砝码）和刻度尺，可以不需要弹簧测力计。
故选BD。
（2）[2]平衡摩擦力是使小车拖动纸带在木板上做匀速直线运动，通过纸带上所打点是否均匀判断小车是否做匀速直线运动，若打出的纸带点迹是均匀的，则说明小车做匀速运动，摩擦力已被平衡。
（3）[3]相邻计数点之间还有4个点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
利用纸带提供数据，可得打C点时的速度为
[4]根据逐差法，可得小车加速度大小为
（4）[5]设小车的质量为，砝码和砝码盒的总质量为，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
以砝码和砝码盒为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
若不断增加砝码的质量，则小车的加速度大小将趋近于某一极限值，此极限值为g或。
四、本大题3小题，共36分，要求须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。
15. 2023年10月11日，贵广高铁正式提速至300km/h，途经该线路的列车可节约1小时左右，由成都东站开往香港西九龙的G2963次列车亦因此受益。绵阳中学高一物理组乘坐该列车去姊妹学校香港圣堡禄学校考察学习，在即将经停桂林西站时，物理老师们突然想测一下该列车减速时的加速度大小。某时刻通过显示屏得知当列车开始制动时的速度为288km/h，经过160s后停在桂林西站。减速过程视为匀减速直线运动。请优秀的绵中学子计算以下问题：
（1）列车减速运行过程中加速度的大小；
（2）需要提前多远开始制动；
（3）从开始减速至位移为3900m时动车的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）列车开始制动时的速度为
由运动学公式
代入数据可得，列车减速运行过程中加速度的大小为
（2）由运动学公式
可得，需要提前开始制动的距离为
（3）由运动学公式
其中
解得，从开始减速至位移为3900m时动车的速度大小为
16. 如图所示，细绳OA长30cm，O端与质量m=1kg的重物相连，A端与轻质圆环（重力不计）相连，圆环套在水平棒上可以滑动；定滑轮固定在距离圆环50cm的B处，跨过定滑轮的细绳，两端分别与重物m、重物G相连，若两条细绳间的夹角φ=90°，圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求：
（1）圆环与棒间的动摩擦因数μ；
（2）重物G的质量M。
【答案】（1）0.75；（2）0.6kg
【解析】
【详解】（1）因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有
对环进行受力分析，则有
代入数据解得
（2）对重物m
所以
17. 如图所示，水平传送带以不变的速度v＝15m/s向右运动，将一质量m＝1kg的工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t＝2s，速度达到v；再经过时间t′＝4s，工件到达传送带的右端，以速度v滑上一个固定足够长的斜面BC，斜面倾角θ＝30°，斜面与物体间的动摩擦因为，（B点处无能量损失，g取10m/s2）。（＝1.73）
（1）工件与水平传送带间的动摩擦因数；
（2）水平传送带的长度；
（3）工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）0.75；（2）75m；（3）5.46s
【解析】
【分析】（1）应用运动学公式求出工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度，再根据牛顿第二定律解答；
（2）工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动，两过程的位移大小之和即为所求；
（3）根据牛顿第二定律分别求得工件沿斜面上滑和下滑过程的加速度大小，工件沿斜面上滑过程的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小。应用运动学公式求解。
【详解】（1）设工件与水平传送带间的动摩擦因数为μ1，工件在传送带上做匀加速直线运动时的加速度为a1，则有
a1＝m/s2＝7.5m/s2
根据牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1
解得
μ1＝0.75
（2）设水平传送带的长度为L，工件先做匀加速直线运动，速度达到v之后与传送带一起做匀速直线运动。
工件做匀加速直线运动的位移大小为

工件做匀速直线运动的位移大小为
x2＝vt′＝15×4m＝60m
L＝x1+x2＝15m+60m＝75m
（3）设工件沿斜面上滑过程的加速度大小为a2，时间为t2；沿斜面下滑过程的加速度大小为a3，时间为t3，由牛顿第二定律得：
mgsin30°+μ2mgcs30°＝ma2
其中μ2＝，解得
a2＝7.5m/s2
mgsin30°﹣μ2mgcs30°＝ma3
解得
a3＝2.5m/s2
由运动学公式得

由工件沿斜面上滑过程的位移大小等于沿斜面下滑过程的位移大小得

代入数据解得
t3＝s
工件从B开始滑上斜面到回到斜面底部B点所用的总时间为
t总＝t2+t3＝2s+s＝5.46s