吉林省长春市吉大附中实验学校2023-2024学年高一上学期期末物理模拟试卷

这是一份吉林省长春市吉大附中实验学校2023-2024学年高一上学期期末物理模拟试卷，共12页。

A．物体的质量越大，惯性越小
B．物体的速度越大，惯性越小
C．运动的物体具有惯性，静止的物体没有惯性
D．汽车向前行驶时突然刹车，由于惯性，乘客会向前倾
2．（4分）下列关于力的说法中正确的是（ ）
A．物体与同一接触面之间的弹力方向和摩擦力方向必然垂直
B．滑动摩擦力的方向与物体运动方向不是相同就是相反
C．一对相互作用的静摩擦力做的总功可以不为0
D．和大人掰手腕时，小孩赢不了，是因为大人对小孩施加的力更大
3．（4分）在宇宙空间站中，下列仪器仍能使用的是（ ）
A．天平B．密度计C．测力计D．摆钟
4．（4分）如图是某游乐场的惯性列车（翻滚过山车） 的轨道图，它由倾斜轨道和半径为R的圆轨道组成。一节车厢（连同人质量为m，可视为质点）在圆轨道内侧做圆周运动，设这节车厢恰好能以最小安全速度通过圆轨道的最高点，则该车厢通过最高点时的最小速度和对圆轨道的压力分别为（不计运动中的一切阻力） （ ）
A．0，0B．0，mgC．2gR，0D．gR，0
5．（4分）如图所示，某滑雪场的索道与水平面夹角为θ＝37°，质量为m＝50kg的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索道以a＝2m/s2的加速度斜向上运动时，已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则（ ）
A．座椅对人的摩擦力大小为100N
B．座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方
C．座椅对人的支持力大小为560N
D．座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方
6．（4分）如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（质点），让小球在竖直平面内做圆周运动．改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F﹣v2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为（0，﹣b），斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零
B．该小球的质量为bg
C．轻绳的长度为bkg
D．当v2＝a时，小球的向心加速度为g
7．（4分）如图所示，O为斜面的底端，在O点正上方的A、B两点分别以初速度vA、vB正对斜面抛出两个小球，结果两个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为P、Q（图中未标出）。OB＝AB，空气阻力忽略不计，则（ ）
A．OP=2OQB．OP＝4OQC．vA=2vBD．vA＝vB
（多选）8．（6分）如图所示，水平地面上有一木板B，木块A叠放在木板B上。A、B质量分别为m1、m2，A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2．最初A、B均静止。假设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，且μ1mg＜μ2（m1+m2）g．下列说法正确的是（ ）
A．无论对A施加多大的水平向右的恒力，B始终保持静止
B．无论对B施加多大的水平向右的恒力，A始终保持静止
C．对A施加一个水平向右恒力F，若F＞μ2（m1+m2）g时，A、B一起向右运动
D．对B施加一个水平向右恒力F，若F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，A、B相对滑动
（多选）9．（6分）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1kg的物块，沿传送带向下以速度v0＝4m/s从M点开始运动，物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度大小v＝1m/s，方向为顺时针
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ=32
（多选）10．（6分）如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量皆为m，木块到O点的距离为R，O点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度为ω匀速转动时，小球以角速度ω随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止；连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，则（ ）
A．如果L不变，ω越大，则α大
B．如果R＝L，无论ω多大木块都不会滑动
C．如果R＞L，ω增大，木块可能向O点滑动
D．如果R＜L，ω增大，木块可能远离O点滑动
二．实验题（共2小题，满分14分）
11．（6分）某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材“验证力的平行四边形定则”，设计的实验装置如图，固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定在量角器圆心O的正上方A点，另一端系绳套1和绳套2。
（1）实验步骤如下：
①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，记下弹簧测力计的示数F；
②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点达到O点，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿150°方向，弹簧测力计的示数为F1；
③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝ ；
④比较F1和F1′的大小，在误差允许的范围内，若 ＝ ，则初步验证了力的平行四边形定则。
（2）现保持绳套1和绳套2方向成150°夹角不变，此过程中保持橡皮筋的结点在O点不动，从如图所示的位置将两绳套沿逆时针方向转动30°，绳套2的拉力的变化情况是 。
A．逐渐增大
B．先增大后减小
C．逐渐减小
D．先减小后增大
12．（8分）在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：
A．按图安装好器材，注意斜槽末端 ，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线。
B．让小球多次从 位置上滚下，在一张印有小方格的纸记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置，如图中a、b、c、d所示。
C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹。
（1）完成上述步骤，将正确的答案填在横线上。
（2）已知图中小方格的边长L＝10cm，则小球平抛的初速度为v0＝ m/s（取g＝10m/s2），小球在b点的速率 m/s。（均保留两位有效数字）
三．计算题（共3小题，满分40分）
13．（10分）如图所示，倾角为37°的固定斜面，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，且小球下降的高度是滑块位移的2倍（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）小球平抛运动的时间；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
14．（12分）如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m＝2kg的小球，其中BC＝1m，两绳能承担的最大拉力相等且为F＝40N，小球随转轴以一定的角速度转动，AC和BC均拉直，此时∠ACB＝53°，AB⊥BC，ABC能绕竖直轴AB匀速转动，而C球在水平面内做匀速圆周运动（sin53°＝0.8，cs53°＝0.6），求：（结果保留三位有效数字）
（1）当BC绳刚好拉直时，角速度多大？
（2）当小球的角速度增大时，通过计算判断AC和BC哪条绳先断？当先断的绳刚断时，角速度多大？
（3）一条绳被拉断后，为了让小球能够做圆周运动，则小球的最大线速度为多少？
15．（18分）如图所示，光滑水平地面上并排放置两块木板A、B，两木板间相互接触但不粘连，现有一小滑块（可视为质点）以水平初速度v0＝4m/s滑上木板A的左端，滑块最终恰好没有离开木板B，已知小滑块的质量和A、B两木板质量均相等，A木板长为L1＝2m，滑块与两木板间动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小滑块刚离开长木板A时A和B的速度大小；
（2）木板B的长度L2。
2023-2024学年吉林省长春市吉大附中实验学校高一（上）期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分46分）
1．【解答】解：AB、惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大，故AB错误；
C、任何物体都有惯性，与物体的运动状态无关，故C错误；
D、汽车向前行驶时突然刹车，由于惯性，乘客仍保持前进的速度，故会向前倾，故D正确。
故选：D。
2．【解答】解；A．两物体接触面上的摩擦力方向沿接触面，而弹力与接触面垂直，则摩擦力一定与弹力方向垂直，故A正确；
B．滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，而与物体运动的方向可以相反，也可能相同，也可能成任意角度，故B错误；
C．一对相互作用的静摩擦力大小相等，方向相反，两物体相对静止，在任意坐标系下，两物体的位移相等，根据功的定义可知一对相互作用的静摩擦力做的总功一定为0，故C错误；
D．大人对小孩施加的力和小孩对大人施加的力是一对作用力和反作用力，故大小相等，故D错误。
故选：A。
3．【解答】解：A、天平是利用杠杆的原理，天平平衡需要物体的重力，所以天平不能在失重状态下有效使用。故A错误。
B、密度计的工作原理与重力有关，故B错误；
C、测力计利用的弹簧的形变工作的，与重力无关，可以使用，故C正确；
D、摆钟的工作与重力有关，故在太空中不能使用，故D错误。
故选：C。
4．【解答】解：这节车厢恰好能以最小安全速度通过圆轨道的最高点，此时轨道对车厢支持力为0，根据牛顿第三定律，车厢对圆轨道的压力为0。
车厢做圆周运动的向心力由重力提供，即mg＝mv2R
解得：v=gR
故D正确，ABC错误；
故选：D。
5．【解答】解：AB、将加速度a分解为水平方向和竖直方向，则水平加速度为：ax＝acs37°＝1.6m/s2，
ay＝asin37°＝1.2m/s2，
在水平方向上根据牛顿第二定律得：f＝max＝80N，故AB错误。
C、在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：N﹣mg＝may，
解得：N＝mg+may＝560N，故C正确
D、座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角的正切值为：tanθ=Nf=56080=7，故D错误
故选：C。
6．【解答】解：ABC、小球在最高点受到竖直向下的重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律：mg+F＝mv2r
即：F＝mv2r−mg
F为函数，v2为自变量，图像的斜率为k=mr，截距为﹣b＝﹣mg，
解得：m=bg，r=bkg，
图线与横轴的交点表示小球过最高点时绳子拉力等于0，向心力由重力提供，故合外力为重力，故AB错误，C正确；
D、当v2＝a时，力F＝b＝mg，小球通过最高点时的向心力为绳子的拉力和重力的合力，大小为2mg
根据牛顿第二定律：2mg＝ma，加速度为2g，故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：设任一小球的初速度为v0，抛出点的高度为h，运动时间为t，斜面的倾角为θ。
据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ＝v0；
又vy＝gt
可得：t=v0gtanθ
根据几何关系得：h=12gt2+v0t•tanθ=v022gtan2θ+v02g∝v02
据题有OA＝2OB，则得：vA=2vB。
根据几何关系可得：OQOP=vBtBvAtA=vB2vA2=12
所以QP＝OQ；故C正确、ABD错误。
故选：C。
8．【解答】解：AC、由于AB两接触面的最大静摩擦力小于下表面与地面的最大静摩擦力，所以无论多大的力均不能使B运动，选项A正确，选项C错误；
BD、在B上施加一个力，当满足aB＞aA时，A相对B滑动，由牛顿第二定律aB=F−μ1m1g−μ2(m1+m2)gm2，aA＝μ1g，联立以上几式得：F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F足够大时，A能够在B上滑动，选项B错误，选项D正确。
故选：AD。
9．【解答】解：A.由v﹣t图象可知，物块速度减小为零后反向向上运动，所以最终从M点离开，故A错误。
B.由v﹣t图象可知，物块最终向上做匀速运动，且速度为1m/s，所以传送带的速度为v＝1m/s，且顺时针转动，故B正确。
C.v﹣t图象中斜率表示加速度的负值，可知物块沿传送带下滑时加速度的大小为：a=|v1−v0t1−t0|=|−1−42−0|m/s2=2.5m/s2，故C正确。
D.根据牛顿第二定律可知：μmgcs30°﹣mgsin30°＝ma，解得：μ=32，故D正确。
故选：BCD。
10．【解答】解：A、设细线张力为T，对于小球，有 Tsinα＝mLsinαω2，Tcsα＝mg，联立 解得ω=gLcsα，如果L不变，ω越大，则α越大，故A正确；
B、由A选项分析可知：细线的张力为T＝mLω2，木块随圆盘匀速转动所需的向心力为F＝mRω2，当R＝L时，细线张力恰好提供木块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，且只与ω有关，所以无论ω多大，木块都不会滑动，故B正确；
C、如果R＞L，木块随圆盘匀速转动所需要的向心力大于细线张力，木块受到指向O点的摩擦力f，当ω增大时，摩擦力也增大，达到最大静摩擦力后木块会远离O点滑动，故C错误；
D、同理可得如果R＜L，木块随圆盘匀速转动所需要的向心力小于细线张力，木块受到指向圆盘边缘的摩擦力f，当ω增大时，摩擦力也增大，达到最大静摩擦力后木块会向O点滑动，故D错误。
故选：AB。
二．实验题（共2小题，满分14分）
11．【解答】解：（1）根据力的平行四边形定则计算出绳套1的拉力
F1＝Ftan60°=3F
F1为弹簧测力计测出的示数，而F1′为根据平行四边形定则计算出的绳套1所受拉力大小，即计算出的弹簧测力计示数，通过二者若在误差允许的范围内有
F1＝F1′，即可初步验证力的平行四边形定则。
（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图像，如图所示
由图像可知，绳套2的拉力大小逐渐减小。故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：（1）3F；F1；F1′；（2）C。
12．【解答】解：（1）为了保证小球做平抛运动，斜槽的末端必须水平；为了保证小球平抛运动的初速度大小相等，小球每次从斜槽的同一位置由静止滚下；
（2）根据Δy＝L＝gT2得，T=Lg=s0.110s＝0.1s，
则初速度v0=2LT=2×＝2.0m/s；
b点竖直分速度vyb=3L2T=3×0.12×0.1=1.5m/s，
则b点的速率vb=v02+vby2=2．02+1．52m/s＝2.5m/s。
故答案为：（1）水平；同一；（2）2.0；2.5。
三．计算题（共3小题，满分40分）
13．【解答】解：（1）设小球在P点的速度为v，由几何关系可得v与竖直方向的夹角为37°，将v正交分解如图所示：
则有：tan37°=vxvy=v0vy
小球平抛运动的时间为t=vyg
解得：t=v0gtan37°=310×34s＝0.4s
（2）小球下降的高度h=12gt2=12×10×0.42m＝0.8m
则滑块位移为x=ℎ2=0.82m＝0.4m
对滑块，由位移—时间公式得x=12at2
由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma
联立解得μ＝0.125
答：（1）小球平抛运动的时间为0.4s；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.125。
14．【解答】解：（1）当BC绳刚好拉直时，小球受AC绳的拉力T和重力mg，
对小球有：水平方向：Tcs53°＝mω2•BC
竖直方向：Tsin53°＝mg
由以上方程解得：ω=gcs53°sin53°⋅BC=10×0.60.8×1rad/s=2.73rad/s
（2）当BC绳刚好拉直后，AC绳和BC绳上的拉力分别为TA和TB，对小球有：竖直方向：TAsin53°＝mg
水平方向：TB+TAcs53°=mω2⋅BC
当小球的加速度增大时，绳AC的拉力TA不变，绳BC的拉力TB增大，所以绳BC先断；
由题意可知当TB＝F＝40N是，绳BC断，
由以上方程化简可得此时的加速度：ω=F+mgcs53°sin53°m⋅BC=40+0.60.8×2×102×1rad/s=5.24rad/s
（3）当BC绳被拉断后，设AC绳与竖直方向的夹角为α，则：TAsinα＝mg
由题意可知，TA的最大值为TAmax＝40N
由以上方程可知：α＝60°，即当α＝60°时，对应线速度最大，则：TAmaxsin60°=mv2LACsin60°
由几何知可知：LAC=LBCsin53°=53m/s
由以上方程解得：v=TAmaxLACsin260°m=5m/s。
答：（1）当BC绳刚好拉直时，角速度为2.73rad/s；
（2）当小球的角速度增大时，BC绳先断，当先断的绳刚断时，角速度5.24rad/s；
（3）一条绳被拉断后，为了让小球能够做圆周运动，则小球的最大线速度为5m/s。
15．【解答】解：（1）根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v1，此时A、B速度相等为v2，滑块冲上A木板至刚离开A木板的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
mv0＝mv1+2mv2
由能量守恒定律有：12mv02=12mv12+12×2mv22+μ1mgL1
联立解得：v1=83m/s、v2=23m/s
即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为：vA=vB=v2=23m/s
（2）根据题意，从滑块冲上木板B到恰好到达B的右端，以向右方向为正，由动量守恒定律有：
mv1+mv2＝2mv3
由能量守恒定律有：12mv12+12mv22=12×2mv32+μ1mgL2
解得：L2＝0.5m
答：（1）小滑块刚离开长木板A时A和B的速度大小均为23m/s；
（2）木板B的长度L2为0.5m。