江苏省2022-2023学年高一第一学期期末教学情况测试人教版物理模拟试题一（解析版）

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江苏省2022-2023学年高一第一学期期末教学情况测试             人教版物理模拟试题一               2023.1注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：本试卷为小林老师原创，盗用必究1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分每题只有一个选项最符合题意。2022年3月31日，大连中远海运重工为中远海运发展建造的62000吨多用途纸浆船N1040顺利完成试航任务返回码头。N1040总长201.8米、两柱间长198.3米、型宽32.26米、型深19.3米，航速13.5节，续航力22000海里。在这则新闻中涉及了长度、质量和时间及其单位，下列说法正确的是(　　)A．“N1040总长201.8米”中，米是国际单位制中力学三个基本物理量之一B．“航速13.5节”中，节是速度单位，物理学中所有的物理量都有单位C．“62000吨多用途纸浆船”中，吨是国际单位制中的导出单位D．“续航力22000海里”中，海里不是力的单位，力的单位“牛顿”是国际单位制中的导出单位【答案】D【解析】A．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而米只是长度的单位， A错误；B．单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如动摩擦因数就没有单位， B错误；C．“吨”是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位， C错误；D．“千克米每二次方秒”是由F＝ma推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，D正确。故选D。一辆汽车正在平直的公路上行驶，突遇前方有险情而紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内(0～t1，t1～t2)的位移分别为24 m、16 m，则从t2时刻至速度为零汽车又行驶的距离为(　　)A．9 m  B．10 m  C．11 m  D．12 m【答案】　A【解析】　设此后又行驶的距离为x，刹车的加速度大小为a，刹车后两个连续相等的时间均为t，则|Δx|＝at2v1＝v12＝2a(x＋16 m)联立解得x＝9 m．故选A.新冠肺炎疫情期间人们习惯于通过手机看视频、直播等。水平桌面上，如图所示为常见的一款手机支架，则手机放在支架上时(　　)A．支架对桌面的压力等于手机的重力B．手机一定受到摩擦力的作用C．支架对手机的作用力方向竖直向上D．手机对支架的压力和支架对手机的支持力是一对平衡力【答案】C【解析】由平衡条件可知，支架对桌面的压力等于支架和手机的总重力，所以支架对桌面的压力大于手机的重力，选项A错误；由图可知，若没有摩擦力，支架对手机的支持力与重力也可以平衡，选项B错误；由平衡条件可知，支架对手机的作用力与重力等大反向，所以支架对手机的作用力方向竖直向上，选项C正确；手机对支架的压力和支架对手机的支持力是一对作用力与反作用力，不是一对平衡力，选项D错误。故选C。如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起，过程中静立拉绳的姿势始终不变，若滑轮与绳的重力及摩擦均不计，则该同学(　　)A．所受合外力越来越小 B．对地面的摩擦力越来越小C．对绳的拉力越来越小 D．对地面的压力越来越小【答案】D【解析】A．由于该同学始终相对于地面静止，故所受合力始终为零，故A错误；C．对结点受力分析可知，结点受重物向下的拉力、两边绳子的拉力，如图所示由于为同一根绳子，故F1=F2=F，设F1与F2夹角为θ，则在重物被吊起的过程中，θ变大，故F1与F2同时变大，即对绳子的拉力越来越大，故C错误；BD．以人为研究对象，受力分析如图一质量为m的乘客在高楼内乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示、速度用v表示，重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)A．0~t1时间内， FN>mgB．t1~t2时间内， FN<mgC．t2~t3时间内， FN >mgD．t2~t3时间内， 速度v增大【答案】C【解析】由图象的斜率表示速度，由图可知在时间内速度增加，该时间段内乘客加速下降，加速度方向向下，处于失重状态，乘客所受支持力小于重力，即，故A错误；在时间内，图象的斜率保持不变，乘客的速度不变，乘客向下做匀速直线运动，处于平衡状态，即，故B错误；在时间内，图象的斜率变小，乘客的速度v减小，乘客向下做减速运动，乘客处于超重状态，乘客所受支持力大于重力，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，重力加速度为g.当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时(如图)，下列判断正确的是(　　)A．P的速率为v  B．P的速率为vcos θ2C．绳的拉力等于mgsin θ1  D．绳的拉力小于mgsin θ1【答案】　B【解析】　将小车速度沿绳子和垂直绳子方向分解为v1、v2，P的速率vP＝v1＝vcos θ2，A错误，B正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P的速率增大，绳的拉力大于mgsin θ1，C、D错误．某同学参加学校的跳远比赛，其运动轨迹可以简化为如图所示，该同学以速率v沿与水平地面成某一角度方向跳出，运动过程中离开地面的最大高度为，若该同学可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则该同学本次跳远的成绩为(　　)
 A． B． C． D．【答案】A【解析】设速度v与水平方向夹角为θ，则，运动时间，水平位移，联立解得，故选A。 如图所示，当列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道时，乘客发现在车厢顶部悬挂玩具小熊的细线与车厢侧壁平行。同时观察放在桌面上水杯内的水面(与车厢底板平行)。已知此弯道路面的倾角为，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)A．列车转弯时的向心加速度大小为gtanB．列车的轮缘与轨道内侧有挤压作用C．水杯受到指向桌面外侧的静摩擦力D．水杯内水面与桌面不平行【答案】A【解析】设玩具小熊的质量为m，则玩具受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随车做水平面内圆弧运动的向心力F(如图)，有mgtanθ=ma 可知列车在转弯时的向心加速度大小为a=gtanθ，故A正确；列车的向心加速度a=gtanθ，由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车与轨道均无侧向挤压作用，故B错误；水杯的向心加速度a=gtanθ，由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，水杯与桌面间的静摩擦力为零，故C错误；在杯内水面取一微小质量元，此微元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为a=gtanθ，可知水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，故D错误。故选A。如图所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g，现突然把细线剪断．在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是(　　)A．2g  B.g  C．2g  D.g【答案】　B【解析】　细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件可知：弹簧的弹力大小F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F＝2mg，所以此时A球受到的合力大小FA＝＝mg，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小a＝＝g，故B正确，A、C、D错误．如图所示，在水平光滑桌面上放有两个小物块，它们中间有细线连接．已知， m2=2Kg连接它们的细线最大能承受6N的拉力．现用水平外力向左拉或用水平外力向右拉，为保持细线不断，则的最大值分别为A．10N；15N B．15N；6NC．12N；10N D．15N；10N【答案】D【解析】用水平外力F1向左拉m1，对m1有：，对m2有：，解得F1最大值为15N；用水平外力F2向右拉m2，对m2有：，对m1有：，解得F2最大值为10N；故ABC错误，D正确；故选D。二、非选择题：共5题，共60分其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。(1)下列实验条件必须满足的有____________；A．斜槽轨道光滑B．斜槽轨道末段水平C．挡板高度等间距变化D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系；a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的_______(选填“最上端”、“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定轴时_______(选填“需要”或者“不需要”)轴与重锤线平行；b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为，测得AB和BC的竖直间距分别是和，则_______(选填“大于”、“等于”或者“小于”)。可求得钢球平抛的初速度大小为_______(已知当地重力加速度为，结果用上述字母表示)。(3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_______；A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_______。A．在水平方向上做匀速直线运动B．在竖直方向上做自由落体运动C．在下落过程中机械能守恒【答案】BD    球心    需要    大于        AB    B    【解析】(1)[1]因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，BD正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误。故选BD。(2)a．[2][3]因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应的白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定轴时需要轴与重锤线平行。b．[4][5]由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1:3:5：…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此大于；由，联立解得(3)[6]将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，AB可行。(4)[7]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确。如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运浆用时均为，赛艇(含运动员、双浆)质量为，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍，某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进，求：(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。【答案】(1)；(2)，【解析】(1)设赛艇受到的阻力大小为f，双浆划水时的动力为F，设划水和运浆阶段的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律：划水时F-f=ma1空中运浆时f=ma2依题意有F=2f联立解得(2)由以上分析可知，赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等，则加速结束时速度达到最大，则划水时运桨时又联立并代入数据解得：某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察.一辆质量为2.0×103 kg的汽车，以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有30 m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住.重力加速度g＝10 m/s2.(1)求汽车制动过程中所受的合力大小；(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的，要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达到54 km/h，求牵引力的大小.【答案】　(1)1.0×104 N　(2)4.0×103 N【解析】　(1)设汽车在反应时间内行驶的距离为x1，制动过程中行驶的距离为x2，加速度大小为a1，所受的合力大小为Ff1.初速度v0＝54 km/h＝15 m/s，反应时间t0＝0.5 s，由牛顿第二定律有Ff1＝ma1由匀速和匀变速直线运动规律有x1＝v0t0x2＝x－x1v02＝2a1x2联立解得Ff1＝1.0×104 N.(2)设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中，加速度大小为a2，牵引力大小为F，由牛顿第二定律有F－Ff2＝ma2，Ff2＝0.05mg由匀变速直线运动规律有v0＝a2t加联立解得F＝4.0×103 N.如图所示，一张静止在水平面的大理石桌子，桌面水平且近似光滑，桌高，桌长，一质量为的金属小球原来静止在桌子的左端，现受一大小为的水平力作用而向右运动，作用时间为，求小球开始运动后：（1）小球末的速度大小。（2）小球运动到桌面右端的时间。（3）小球末的速度。【答案】（1）；（2）1.5s；（3）【解析】  （1）由牛顿第二定律可得代入数据，解得由运动学公式，可得1s末的速度大小为（2）小球在1s内的位移为撤去F后，小球向右匀速运动，则有代入数据，解得则小球运动到桌面右端的时间为（3）小球从桌面右端飞出做平抛运动，则有代入数据解得，在空中运动时间为则可知小球2s末即小球平抛运动0.5s还未落地，则竖直分速度为则小球2s末的速度为如图，长L＝1 .5 m的细线一端系一小球，另一端悬挂在竖直转轴P上，缓慢增加转轴P的转动速度使小球在水平面内做圆周运动．已知小球的质量m＝1.2 kg，细线能承受的最大拉力Fm＝20 N，P点到水平地面的距离h＝1.7 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球能在水平面内做圆周运动的最大角速度ωm；(2)细线被拉断后，小球的落地点到P点在水平地面上的竖直投影点O′的距离d.【答案】　(1) rad/s　(2)2 m【解析】　(1)设小球转动角速度最大时细线与转轴的夹角为θ，对小球受力分析可知Fmcos θ＝mg(2分)mgtan θ＝mωm2Lsin θ(2分)解得：ωm＝ rad/s(2分)(2)细线被拉断时，小球的速度v＝ωm·Lsin θ(2分)解得：v＝4 m/s(1分)细线被拉断后小球做平抛运动，如图所示h－Lcos θ＝gt2(2分)x＝vt(2分)小球的落地点到P点在水平地面上的竖直投影点O′的距离d＝(2分)解得：d＝2 m．(1分)