山东省滨州市2023-2024学年高一上学期期末模拟物理试卷

这是一份山东省滨州市2023-2024学年高一上学期期末模拟物理试卷，共16页。

A．B．
C．D．
2．（3分）第19届亚洲运动会将于杭州举行，杭州是中国第三个取得亚运会主办权的城市。卡巴迪是亚运会特有项目，类似于我国传统的“老鹰捉小鸡”。在老鹰与小鸡的对抗中，下列说法正确的是（ ）
A．研究运动员的技战术动作，可以将其看成是质点
B．每场比赛用时15min，指的是时刻
C．两个运动员若相对静止，说明他们加速度相同，但速度可能不同
D．运动员在转弯跑时，一定是有加速度的
3．（3分）撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运动员的支持力
B．撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力
C．撑杆起跳上升阶段，人的手受到弹力的直接原因是由于撑杆弯曲形变
D．最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆是因为受到了一个向前的冲力
4．（3分）某体育老师正在进行投篮教学。某次投篮时，篮球运动的最高点比篮筐高h1＝0.2m，且以45°角落入篮筐中心。若该次投球点比篮筐低h2＝0.6m，篮球出手的速度大小为v，方向与水平面的夹角为θ，投球点到篮筐中心的水平距离x。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．v＝4m/s，θ＝60°B．v＝4m/s，tanθ＝2
C．x＝0.8mD．x＝1.2m
5．（3分）皮球从一定高度处由静止下落，t1时刻与地面碰撞后反弹，t2时刻上升到最高点，皮球运动时受到的空气阻力大小恒定，取皮球落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列皮球位置x与时间t的关系图像中，能描述该过程的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（3分）图甲所示为生活中巧妙地利用两根并排的竹竿，将长方体砖块从高处运送到低处的场景。将竹竿简化为两根平行放置，粗细均匀的圆柱形直杆，砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑，图乙所示为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形）。若仅将两竹竿间距增大一些，则砖块（ ）
A．下滑过程中竹竿对砖块的弹力变大
B．下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变
C．下滑的加速度变小
D．下滑到底端的时间变短
7．（3分）将一根长度为L的绳子两端固定在相距为2L3的等高的两点，在绳子中点处悬挂一重力为G的物体（物体未接触地面），平衡时绳子中的拉力为（ ）
A．3510GB．56GC．255GD．54G
8．（3分）如图所示，物块放在倾斜的木板上，当木板的倾角α为30°时，物块静止不动；当木板的倾角α为45°时，物块匀加速下滑，在这两种情况下，物块所受摩擦力的大小恰好相等，则物块和木板间的动摩擦因数为（ ）
A．0.5B．33C．62D．22
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）9．（4分）甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x﹣t和乙的v﹣t图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m
B．2～4s内乙的加速度不变
C．第3s内甲、乙两物体速度方向相同
D．2～4s内甲的位移大小为8m，乙的位移大小为0m
（多选）10．（4分）大型商场为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。扶梯可以分为两大类，一种有台阶，另一种无台阶，如图所示。在没有顾客乘行时，这两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行，当有顾客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送顾客上楼的整个过程中（ ）
A．顾客始终处于超重状态
B．在图甲中，扶梯由加速转为匀速时乘客所受摩擦力减小
C．在图乙中，顾客始终受到三个力作用
D．在图乙中，顾客对扶梯作用力的方向先指向后斜下方，再竖直向下
（多选）11．（4分）一小球自5m高处自由下落，当它与水平地面每碰撞一次后，速度大小减小为碰撞前的45，不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为54
B．第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的45
C．小球第一次下落的最后0.5s所下落的高度为154m
D．小球开始运动2.6s经过的总路程为11m
（多选）12．（4分）跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，假设运动员从C点水平飞出，落到斜坡上的D点，E点离坡道CD最远，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中相等时间内速度变化相等
B．轨迹CE和ED在水平方向的投影长度相等
C．轨迹CE和ED在CD上的投影长度之比为1：3
D．若减小水平飞出速度，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角将变小
三．实验题（共6小题，满分60分，每小题10分）
13．（10分）用如图所示的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则”。在圆形桌子透明桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动。第一次实验中，步骤如下：
A．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止，且OP1、OP2、OP3与桌面平行；
B．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三拉力的图示；
C．以绕过P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；
D．检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上。
（1）这次实验中，若一根绳挂的钩码质量为m，另一根绳挂的钩码质量为2m，则第三根绳挂的质量一定大于 且小于 。
（2）第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点 （选填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的O点重合。实验中，若桌面不水平 （选填“会”或“不会”）影响实验的结论。
14．（10分）某同学在测量当地的重力加速度实验中：
（1）按图甲所示连接好装置，接通电源、释放钩码，打点计时器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，记下此时力传感器的示数F。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，重物的加速度a＝ m/s2（计算结果保留2位有效数字）。
（2）改变钩码的质量，重复实验步骤（1），得到多条纸带，并对纸带数据进行处理。
（3）由实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则当地的重力加速度g＝ ，重物及动滑轮的总质量为 （均用图丙中字母表示）。
15．（10分）如图所示，质量为50kg的重物A静止在固定斜面C上。质量为12kg的重物B通过水平细绳与重物A相连于O点，O点通过另一根细绳悬挂于天花板上，绳子与竖直方向夹角以及斜面倾角均为37°，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8．求：
（1）水平细绳OA的拉力大小；
（2）重物A对斜面C的压力大小及重物A受到的摩擦力大小和方向。
16．（10分）某型号的战斗机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为6m/s2，该战斗机起飞的最小速度为50m/s。已知某次飞行训练前，航母正在以20m/s的速度匀速航行，航母的航行方向与战斗机的起飞方向一致。求：
（1）该型号的战斗机在跑道上至少加速多长时间才能起飞；
（2）该战斗机在跑道上至少加速多长距离才能起飞。
17．（10分）滑雪是人们喜爱的运动之一，某滑雪者在滑雪过程中，刚好滑到某一悬崖的平台上方A处，如图所示，悬崖竖直高度AB为5m，悬崖下面是一足够长的、可看作倾角θ为45°的斜坡BD，若滑雪者在A处的速度为10m/s，试求：（g取10m/s2）
（1）滑雪者下落到斜面BD上的时间；
（2）滑雪者落到斜面BD上的速度大小。
18．（10分）随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝5s，然后再经匀减速t3＝4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，求：
（1）物品运动过程中的最大速率；
（2）匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；
（3）匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。
2023-2024学年山东省滨州市高一（上）期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．【解答】解：黑板以某一速度水平向左匀速拉动，则相对而言，粉笔以某一速度水平向右匀速运动，同时粉笔在该黑板上匀加速竖直向下画线，根据做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，则粉笔在水平方向始终匀速运动，在竖直方向向下加速运动，由运动的合成与分解，结合矢量合成法则，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．【解答】解：A、当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时可把物体看作质点，当研究运动员的技战术动作时，其形状大小不可忽略，不可以看作质点，故A错误；
B、时刻为时间点，时间间隔为时间段，每场比赛用时15min，指的是时间间隔，故B错误；
C、若两物体相对静止，则其运动情况相同，速度、加速度相同，故C错误；
D、运动员在转弯跑时，做曲线运动，速度方向变化，一定存在加速度，故D正确；
故选：D。
3．【解答】解：A、重力是由于地球的吸引而产生的，所以任意时刻，其反作用力均为人对地球的引力，故A错误；
B、弯曲的撑杆对人的作用力和人对撑杆的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律可知撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力等于人对撑杆的作用力，故B错误，
C、撑杆起跳上升阶段，由于撑杆弯曲形变，在恢复形变时对人手产生弹力，所以撑杆起跳上升阶段，人的手受到弹力的直接原因是由于撑杆弯曲形变，故C正确；
D、最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为人的惯性，而没有受到冲力作用，故D错误。
故选：C。
4．【解答】解：AB.落入篮筐中心时竖直速度vy=2gℎ1，解得vy＝2m/s，依题意，速度方向为45°，故水平速度v0＝vy＝2m/s，篮球出手时竖直速度vy′=2g(ℎ1+ℎ2)，解得vy′＝4m/s，故篮球出手时速度v=vy′2+v02，解得v＝25m/s，方向与水平面的夹角为θ，tanθ=vy′v0，解得tanθ＝2，故AB错误；
CD.篮球出手时到最高点的时间t1=2(ℎ1+ℎ2)g，解得t1＝0.4s，最高点到篮筐中心的时间t2=2ℎ2g，解得t2＝0.2s，投球点到篮筐中心的水平距离x＝v0（t1+t2），解得x＝1.2m，故C错误，D正确；
故选：D。
5．【解答】解：皮球从一定高度处由静止下落，小球的加速度大小为a1=mg−fm=g−fm，
加速度方向向下，所以下落过程中，速度越来越大，x﹣t图斜率反映速度大小，所以下落过程图线斜率增大；
反弹上升时，加速度大小为a2=mg+fm=g+fm，加速度方向向下，
加速度方向与运动方向相反，所以上升时速度减小，x﹣t图线斜率越来越小；
上升时加速度大于下降时加速度，所以上升时速度变化更快，用时更短，同时因为阻力的存在，反弹后不能在上升到原高度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．【解答】解：A、设竹竿与水平方向的夹角为α，两竹竿对砖块的弹力的夹角为θ。作出砖块在垂直于运动方向的受力示意图，如图所示。根据垂直于运动方向砖块受力平衡可得，2FNcsθ2=mgcsα。仅将两竹竿间距增大一些，θ不变，可知竹竿对砖块的弹力FN不变，故A错误；
B、下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力为f＝2μFN，FN不变，则f不变，故B正确；
C、在沿竹竿方向，由牛顿第二定律得：mgsinα﹣f＝ma，α、f不变，则砖块下滑的加速度不变，故C错误；
D、由x=12at2得t=2xa，可知滑到底端的时间不变，故D错误。
故选：B。
7．【解答】解：设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据物体的平衡状态可得：
2Tcsθ＝G
根据几何关系可得：
csθ=(L2)2−(L3)2L2=53
联立解得：T=3510G，故A正确，BCD错误；
故选：A。
8．【解答】解：由题分析得知、木板的倾角α为30°时物块处于静止状态，受到的静摩擦力与重力沿木板向下的分力相等，设物块的质量为m，由平衡条件可知，物块受到的静摩擦力大小f1＝mgsin30°
木板的倾角α为45°时，物块沿木板匀加速下滑，受到的滑动摩擦力大小f2＝μmgcs45°
根据题意f1＝f2
代入数据联立解得μ=22
综上分析，故ABC错误，D正确。
故选：D。
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．【解答】解：A、甲在3s末x＝0，回到出发点。距出发点的最大距离为4m，故A正确。
B、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，知2～4s内乙的加速度不变，故B正确；
C、根据x﹣t图象的斜率表示速度，知第3秒内甲的速度为负。由v﹣t图象知第3秒内乙物体速度为负，则第3秒内甲、乙两物体速度方向相反，故C错误；
D、2～4s内甲的位移大小为x甲＝|﹣4m﹣4m|＝8m。根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，知2～4s内乙物体的位移为0，故D正确。
故选：ABD。
10．【解答】解：A、顾客在加速阶段，具有竖直向上的加速度分量，处于超重状态，运动阶段受力平衡。故A错误；
B、图甲中加速与匀速阶段受力如图：
加速阶段，由牛顿第二定律可得：
f﹣mgsinθ＝ma
匀速阶段，由三力平衡可得：
f′＝mgsinθ
解得：f′＜f，即扶梯由加速转为匀速时乘客所受摩擦力减小。故B正确；
CD、在图乙中，顾客在加速和匀速阶段受力如图：
′
顾客在加速阶段，受三个力作用，其中扶梯对顾客的作用力为摩擦力与支持力的合力F，由图可知方向为斜上方，根据牛顿第三定律易知顾客对扶梯的作用力为斜下方。在匀速阶段受两个力作用，扶梯对顾客的支持力竖直向上，则顾客对扶梯的压力竖直向下。故C错误；D正确。
故选：BD。
11．【解答】解：A、设小球第一次落地时速度为v0，则有v0=2gℎ0=10m/s
那么第二次、第三次、…第n+1次落地速度分别为v1=45v0，v2＝（45）2v0，…，vn＝（45）nv0
根据速度﹣时间关系可得：v＝gt
则小球第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为：t1t2=v0v1=54，故A正确；
B、小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为h0＝5m
小球第一次与地相碰后弹起的高度是：h1=v122g=(45v0)22×10m＝5×（45）2m。
小球第二次与地相碰后弹起的高度是h2，则h2=v222g=[(45)2v0]22×10m＝5×（45）4m。
所以第二次弹起的高度为第一次弹起时高度（45）2．故B错误；
C、由h0=12gt12知，小球第一次下落的时间t1＝1s，在前0.5s下落的高度h′=12gt1′2=12×10×0.52m=54m，则小球第一次下落的最后0.5s所下落的高度为h0﹣h′＝5m−54m=154m，故C正确；
D、小球第一次下落时间为t0=v0g=10m/s10m/s2=1s
小球从第一次与地面相撞到第二次与地面相撞经过的时间为t1=2v1g=2×45×1010s＝1.6s
小球第一次与地面相碰后弹起的高度是h1=v122g=(45×10)22×10m＝3.2m
小球开始运动2.6s经过的总路程为s＝h0+2h1＝5m+2×3.2m＝11.4m，故D错误。
故选：AC。
12．【解答】解：A．平抛运动，加速度恒定为g，根据Δv＝gΔt，相等时间内速度变化相等，故A正确；
B．设斜面的倾角为θ，则到达E点时，E点离坡道CD最远，速度方向与斜面平行，则
tanθ=gt1v0
到达斜面底端时，根据位移关系有：
tanθ=12gt22v0t2
解得
t2＝2t1
即从C到E的时间等于从E到D的时间，则根据x＝v0t，轨迹CE和ED在水平方向的投影长度相等，故B正确；
C．根据分运动性质，物体沿斜面方向做初速度为v0csθ，加速度为gsinθ的加速运动，则根据相等时间的位移关系，物体沿斜面方向的位移之比不等于1：3，即轨迹CE和ED在CD上的投影长度之比不等于1：3，故C错误；
D．运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角
tanα=gt2v0
结合
tanθ=12gt22v0t2
可得
tanα＝2tanθ
则若减小水平飞出速度，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角不变，故D错误。
故选：AB。
三．实验题（共6小题，满分60分，每小题10分）
13．【解答】解：（1）若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则两绳子的拉力分别为：mg、2mg，两绳子拉力的合力F的范围是：|2mg−mg|⩽F⩽mg+2mg，即：mg⩽F⩽3mg，三力的合力为零，则第三根绳挂的质量范围在m到3m之间，即第三根绳挂的质量一定大于m；同理第三根绳挂的质量一定小于3m。
（2）本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变，只要保证三力平衡即可，所以不必与第一次实验中白纸上描下的O点重合；同理桌面不水平只要保证能使结点平衡即可，所以桌面不水平也不会影响实验的结论。
故答案为：（1）m；3m；（2）不必；不会
14．【解答】解：（1）由题意知，两相邻计数点的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s，
根据“逐差法”可得重物的加速度为：a=xBD−x0B(2T)2=(28.81−9.61)−9.61(2×0.1)2×10﹣2m/s2≈2.4m/s2；
（3）对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得2F﹣mg＝ma，
解得：a=2m•F﹣g，
a﹣F图象与纵坐标交点的绝对值表示重力加速度大小，所以有：g＝b；
图像的斜率k=bc=2m，所以重物及动滑轮的总质量为2cb。
故答案为：（1）2.4；（3）b；2cb。
15．【解答】解：（1）对O点进行受力分析，可知O受到B的拉力。A的拉力以及左侧绳子的拉力，受力如图，可得：
F1=mBgtan37°=12×10×34=90N
（2）物体A受到重力、斜面的支持力、绳子的拉力以及斜面的摩擦力，设摩擦力的方向向上，受力如图：
垂直于斜面的方向：F1sinθ+N＝mAgcs37°
沿斜面得方向：mAgsin37°+F1cs37°＝f
联立解得：N＝346N，f＝372N
根据牛顿第三定律可知，A对斜面得压力为346N
答：（1）水平细绳OA的拉力大小为90N；
（2）重物A对斜面C的压力大小为346N，重物A受到的摩擦力大小为372N，方向沿斜面向上。
16．【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度公式：v＝v0+at
得 t=v−v0a
已知 v0＝20m/s，v＝50m/s，a＝6m/s2，代入数据解得 t＝5s
（2）设战斗机加速过程对地位移x1，航母对地位移x2，则
x2＝v0t
则战斗机在跑道上加速的距离 x＝x1﹣x2
代入数据解得 x＝75m
答：（1）该型号的战斗机在跑道上至少加速5s时间才能起飞；
（2）该战斗机在跑道上至少加速75m距离才能起飞。
17．【解答】解：（1）滑雪者离开A后做平抛运动，设经过时间t到达BD，水平方向的位移：x＝v0t
竖直方向：y=12gt2
由几何关系可知：tanθ=y−ℎx=12×10×t2−510t，
即：10t＝5t2﹣5，
可得：t＝（1+2）s，（t＝（1−2）s＜0不合理，舍去）；
（2）此时滑雪者沿竖直方向的分速度：vy=gt=10×(1+2)m/s=(10+102）m/s
速度的大小：v=vy2+v02=102+(10+102)2m/s＝26m/s
答：（1）滑雪者下落到斜面BD上的时间是（1+2）s；
（2）滑雪者落到斜面BD上的速度大小是26m/s。
18．【解答】解：（1）第一阶段，初速度为0的匀加速直线运动，位移为x1=vm+02t1
第二阶段，匀速直线运动，位移为：x2＝vmt2
第三阶段，匀减速直线运动，位移为：x3=vm+02t3
h＝x1+x2+x3
解得：vm＝5m/s
x3＝10m
（2）匀减速阶段：
a2=0−vmt3
解得：a2＝﹣1.25m/s2
加速度大小为1.25/s2
（3）匀速阶段合力为零，故F＝mg+f＝15N
f＝5N
加速阶段a1=vm−0t1
根据牛顿第二定律：F'﹣mg﹣f＝ma1
解得：F'＝17.5N。
答：（1）物品运动过程中的最大速率为5m/s；
（2）匀减速阶段物品的加速度大小为1.25m/s2，位移大小为10m；
（3）匀加速阶段无人机对物品的作用力大小为17.5N。