江苏省2021-2022学年高一上学期期末模拟考试物理试卷（word版含答案）

2021-2022学年江苏省高一（上）期末物理模拟考试试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）以下物理量是矢量的是（　　）
A．位移 B．路程 C．质量 D．长度
2．（3分）公路上行驶的甲乙两辆汽车的位移x﹣时间t图像如图中直线a和曲线b所示，t时刻直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是（　　）
A．甲车做匀变速直线运动
B．乙车做曲线运动
C．t时刻，甲乙两车速度相等
D．前 t 秒内，甲乙两车的位移相等
3．（3分）两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示。当升降机正以大小为a＝2m/s2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为（取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取10m/s2（　　）
A．﹣2m/s2，2m/s2 B．﹣12m/s2，2m/s2
C．﹣24m/s2，0 D．﹣22m/s2，2m/s2
4．（3分）在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面76m高处，然后由静止释放，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动到距地面28m时开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．座椅在整个下降的过程中人都处于失重状态
B．座椅在减速下降的过程中人处于超重状态
C．座椅距离地面50m高度时，座椅对游客的作用力是游客体重的3倍
D．座椅距离地面15m高度时，座椅对游客的作用力是游客体重的2倍
5．（3分）如图所示，小车以速度v匀速向右运动，通过滑轮拖动物体A上升，不计滑轮摩擦和绳子质量，与水平面的夹角为θ时，下列说法正确的是（　　）
A．物体A在匀速上升
B．物体A的速度大小为vcosθ
C．物体A的速度大小为
D．绳子对物体A的拉力小于物体A的重力
6．（3分）如图，质量为M的大圆环，半径为R，被乙轻杆固定在O点，两个质量均为m的小环（可视为质点），同时从大环两侧的对称位置由静止滑下，两小环同时滑到大环最低点时（未相碰）速率都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为（　　）
A．m（g）+Mg B．2m（g）+Mg
C．Mg D．（2m+M）g
7．（3分）某列车由车头和30节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿水平直轨道匀加速行驶时，第1节车厢对第2节车厢的牵引力大小为F。若每节车厢所受摩擦力均相等，不计空气阻力，则倒数第2节车厢对倒数第1节车厢的牵引力大小为（　　）
A．F B． C． D．
8．（3分）如图所示，一辆电动车在水平地面上以恒定速率v行驶，依次通过a，b，c三点，比较三个点向心力大小（　　）
A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa＜Fb＜Fc C．Fc＜Fa＜Fb D．Fa＞Fc＞Fb
二、多项选择题：本题共5小题，每题4分，共20分，在每题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9．（4分）在用斜槽研究物体做平抛运动的实验中，下列描述正确的是（　　）
A．斜槽必须是光滑的
B．实验中要求出小球做平抛运动的初速度，所以需要秒表测小球做平抛运动的时间
C．小球每次必须从斜槽的同一位置由静止开始下滑
D．斜槽的末端点的切线水平
10．（4分）“太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。关于这一过程下列说法正确的是（　　）
A．攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦查卫星
B．攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小
C．攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期小
D．攻击卫星接近侦查卫星的过程中受到地球的万有引力一直在增大
11．（4分）如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时（　　）
A．人拉绳的速度为vcosθ
B．人拉绳的速度为
C．船受到的浮力为mg﹣Fcosθ
D．船的加速度为
12．（4分）如图所示，置于水平地面上的三脚架上固定一台重力大小为G的照相机，其重心在支架的竖直轴上。三根支架等长且与水平地面的夹角相等，该夹角及支架的长短均可以调节。下列说法正确的是（　　）
A．每根支架承受的压力大小都等于G
B．支架对地面施加压力的原因是支架发生了形变
C．若仅使三根支架减小相同长度，则支架承受的压力不变
D．若三根支架与地面的夹角变大，则支架承受的压力变大
13．（4分）如图所示为洗衣机脱水桶工作的示意图。半径为r的圆柱形脱水桶绕竖直转轴OO′以ω的角速度转动，一质量为m的手套附着在脱水桶内壁上随桶一起转动。已知手套和桶间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．手套与桶间的摩擦力大小一定为mg
B．手套与桶间的摩擦力大小可能为μmω2r
C．若桶的转速减小，手套一定会沿筒壁向下滑动
D．若桶的转速增大，手套可能会沿筒壁向上滑动
三、实验题（本题共12分）
14．如图1所示的实验装置中，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。物理实验小组的同学利用该装置来完成“探究牛顿第二定律”的实验。
（1）打点计时器使用的电源是 　 　（选填选项前的字母）。
A．直流电源
B．交流电源
（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确的操作方法是 　 　（选填选项前的字母）。
A．把长木板不带滑轮一端垫高
B．改变小车的质量
在不挂重物且 　 　（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车。若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。
A．计时器不打点
B．计时器打点
（3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T，测得A、B、C……各点到O点的距离分别为x1、x2、x3……如图2所示。实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O点到打C点的过程中，打B点时小车的速度v＝　 　m/s。
（4）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图3中能正确反映a﹣F关系的图象是 　 　。
四、计算题：本题共4小题，共计44分，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.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB与水平面的夹角θ＝30°，水平固定轨道BC在B点与AB平滑相连，竖直墙壁CD左侧地面上紧靠墙壁固定一倾斜角α＝37°的斜面。小物块（视为质点）从轨道AB上距离B点L＝3.6m处由静止释放，然后从C点水平抛出，最后垂直打在斜面上，小物块运动过程一切阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，34122。求：
（1）小物块从C点平抛时的速度大小；
（2）竖直墙壁CD的高度H；
（3）改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时速度的最小值。
16．如图所示，A、B是地球的两颗卫星，卫星A、B的圆形轨道位于赤道平面内，运行方向与地球自转方向相同。卫星A离地面高度为7R，卫星B离地面高度为R，R为地球半
径，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心。
（1）求卫星A、B的运行周期之比。
（2）若某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？
17．如图所示，质量为M＝2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m＝1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L＝4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，求：
（1）撤去F的瞬间，物块和板的加速度；
（2）拉力F作用的时间；
（3）整个过程因摩擦产生的热量。
18．如图所示，一半径R＝0.5m的水平圆盘可绕过圆心O的竖直轴O′O转动，圆盘圆心O处有一光滑小孔，用一长L＝1m的细线穿过小孔连接质量分别为0.2kg和0.5kg的小球A和小物块B，小物块B放在圆盘边缘且与圆盘相对静止。现让小球A在水平面内做角速度ωA＝5rad/s的匀速圆周运动，小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ＝0.3（取重力加速度g＝10m/s2）。求：
（1）OA与竖直方向的夹角θ；
（2）小球匀速圆周运动的线速度大小；
（3）小物块B与圆盘保持相对静止时，圆盘角速度ω的取值范围。
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：A、位移既有大小又有方向，运算时遵守平行四边定则，是矢量，故A正确；
BCD、路程、质量和长度只有大小没有方向，运算时遵守代数运算法则，都是标量，故BCD错误。
故选：A。
2．【解答】解：A、根据x﹣t图像的斜率表示速度，知甲车的图像是倾斜的直线，说明甲车的速度保持不变，做匀速直线运动，故A错误；
B、x﹣t图像只能表示直线运动中位移与时间的关系，所以乙车做直线运动，故B错误；
C、t时刻，两图像的斜率相等，说明甲乙两车速度相等，故C正确；
D、根据位移等于纵坐标的变化量，知前 t 秒内，甲车的位移小于乙车的位移，故D错误。
故选：C。
3．【解答】解：在细线断裂之前，对B，根据牛顿第二定律得：F弹﹣mg＝ma，得 F弹＝12m
在细线断裂瞬间，弹簧的弹力不能突变，B的受力情况不变，加速度不变，仍为2m/s2。
对A，有﹣（mg+F弹）＝maA，解得 aA＝﹣22m/s2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
4．【解答】解：AB、座椅减速下降的过程中，人的加速度向上，处于超重状态，故A错误，B正确；
C、座椅从离地面76m到距地面28m高度的过程中，做自由落体运动，过程中，游客只受重力，座椅对游客的作用力为零，故C错误；
D、自由下落的高度h1＝76m﹣28m＝48m，
座椅在自由下落结束时刻的速度为 v8m/s
设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a，位移h2＝28m﹣4m＝24m，
根据匀变速直线运动公式，有0﹣v2＝﹣2ah2，
代入数据，解得：a＝20m/s2。
设座椅对游客的作用力大小为F，
由牛顿第二定律：F﹣mg＝ma
解得：F＝30m
所以3。
即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的3倍。故D错误。
故选：B。
5．【解答】解：ABC、小车沿绳子方向的速度等于A的速度，设绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示：
根据平行四边形定则，物体A的速度vA＝vcosθ，小车匀速向右运动时，θ减小，则A的速度增大，所以A加速上升，加速度方向向上，故B正确，AC错误；
D、对A根据牛顿第二定律有：T﹣GA＝mAa，知绳子的拉力大于A的重力，故D错误。
故选：B。
6．【解答】解：小环滑到大环最低点时，对每个小环，根据牛顿第二定律得：
N﹣mg＝m，
得：N＝mg+m
由牛顿第三定律得，每个小环对大环的压力大小为：N′＝N＝mg+m
对大环，根据平衡条件得：F＝2N′+Mg＝2m（g）+Mg
由牛顿第三定律知，大环对轻杆的拉力大小为：F′＝F＝2m（g）+Mg
故选：B。
7．【解答】解：把后29节车厢看成整体，根据牛顿第二定律，则有
F﹣29f＝29ma
设倒数第2节车厢对倒数第1节车厢的牵引力大小为F'，以倒数第1节车厢为研究对象，利用牛顿第二定律，则
F'﹣f＝ma
解得F'
故ACD错误，B正确。
故选：B。
8．【解答】解：根据向心力公式F＝m知v大小相等，r越大，向心力越小，根据图可知ra＞rb＞rc，所以Fa＜Fb＜Fc，故B正确，ACD错误。
故选：B。
二．多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）
9．【解答】解：A、每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，所用斜槽不必光滑，只要到达底端的速度相同即可，故A错误；
B、将所得出的轨迹水平方向按x0等分，则根据水平方向匀速运动可知，运动时间相同，根据竖直方向匀变速直线运动，由△h＝gT2，可以求出时间T，根据x0＝v0T即可以求出其初速度的大小，故不需要用秒表测量平抛运动的时间，根据轨迹即可求出平抛运动的初速度，故B错误；
C、为了保证小球到达斜槽末端的速度相同，所以每次实验中小球必须从斜槽的同一位置由静止开始下滑，故C正确；
D、为了保证小球水平抛出，斜槽末端点的切线必须水平，故D正确。
故选：CD。
10．【解答】解：万有引力提供向心力：Gmm（）2r
解得：v①T＝2π②
A、卫星由低轨道加速做离心运动变到高轨道，则A正确；
B、由v可知半径小的线速度大，则B错误；
C、由 T＝2π可知半径小的周期小，则C正确；
D、由F＝G可知距离变大力变小，则D错误
故选：AC。
11．【解答】解：AB、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。
如图所示：
根据平行四边形定则有，v人＝vcosθ；故A正确，B错误；
C、根据竖直方向上受力平衡可知：Fsinθ+F浮＝mg，解得：F浮＝mg﹣Fsinθ，故C错误；
D、对小船受力分析，如图所示：
根据牛顿第二定律，有：Fcosθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小为：a，故D正确；
故选：AD。
12．【解答】解：A、要使照相机受力平衡，则三根支架竖直向上的力的合力应等于重力，即：3Fcosθ＝mg，其中θ是之间与竖直方向的夹角，因不知其具体数值，所以无法求得每根支架承受的压力大小，故A错误；
B、支架对地面施加压力的原因是支架发生了形变，故B正确；
C、若仅使三根支架减小相同长度，三根支架与地面的夹角不变，受力情况不变，故C正确；
D、设三根支架与地面的夹角为α，三根支架对相机竖直向上的分力的合力应等于重力，则有3Nsinα＝G，知α变大，sinα变大，N减小，由牛顿第三定律知支架承受的压力变小，故D错误。
故选：BC。
13．【解答】解：A、手套附着在脱水桶内壁上随桶一起做匀速圆周运动，对手套受力分析，在竖直方向上处于平衡状态，由平衡条件，可得手套与桶间的摩擦力大小一定为：f＝mg，故A正确；
B、水平方向上，由脱水桶对手套的弹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：N＝mω2r，假设手套恰好与脱水桶保持相对静止，即手套与脱水桶间的摩擦力为最大静摩擦力，则有：f＝μN，联立解得手套与桶间的摩擦力大小可能为：f＝μmω2r，故B正确；
C、根据公式N＝mω2r，可知桶的转速减小，角速度减小，支持力减小，根据公式fm＝μN，手套与脱水桶间的最大静摩擦力减小，当fm＞mg，手套就不会沿筒壁向下滑动，故C错误；
D、根据公式N＝mω2r，可知桶的转速增大，角速度增大，支持力减小，根据公式fm＝μN，手套与脱水桶间的最大静摩擦力增大，即一定有：fm＞mg，所以手套一定不会沿筒壁向下或向上滑动，一定与脱水筒保持相对静止，故D错误。
故选：AB。
三．实验题（共1小题）
14．【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电源，故选B；
（2）平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是把长木板右端垫高，在不挂重物的情况下，轻推小车使之能做匀速直线运动，故分别选AB；
（3）根据很短时间内的平均速度等于该点的瞬时速度，vB；
（4）小车的质量M一定，改变沙桶中沙的质量m，对小车和沙桶组成的系统，根据牛顿第二定律有：a，而对小车则有：拉力F绳＝Ma＝M，所以当m＜＜M时，F≈mg。但随着m增加到一定的程度，已经不满足上述条件，则某一加速度（计算值a将大于实际加速度a′）下的作用力F合＜mg，则该点将向右偏移，那么图象就右下弯曲，故选D。
故答案为：（1）B；（2）A、B；（3）；（4）D
四．计算题（共4小题）
15．【解答】解：（1）对小物块从A到B过程分析，根据牛顿第二定律有
mgsin30°＝ma
a＝gsin30°＝10×0.5m/s2＝5m/s2
解得
（2）物块落在斜面上时
得到平抛的时间t＝0.8s
设水平位移为x，竖直位移为y，对平抛运动，有
x＝vCt＝6×0.8m＝4.8m
y10×0.82m＝3.2m
结合几何关系，有CD的高度
H＝y+xtanα
解得
H＝6.8m
（3）设小物块从轨道上A′点静止释放，运动到B点时的速度为vB′，从C点离开平台做平抛运动
x＝vB′t
落在斜面上瞬时速度
当且仅当时，即时，速度最小，
代入数据，解得v
答：（1）小物块从C点平抛时的速度大小为6m/s；
（2）竖直墙壁CD的高度H为6.8m；
（3）小物块击中斜面时速度的最小值为。
16．【解答】解：由万有引力提供向心力：Gm＝mω2r＝m（）2r 解得 T2πω
（1）由T2π 可知8
（2）由ω 又 gR2＝GM 则得ω
ωAωB
得它们再一次相距最近时，一定是B比A多转了一圈，有：
（ωB﹣ωA）t＝2π
由以上各式可得：t
答：（1）求卫星A、B的运行周期之比为8：1。
（2）若某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过，它们再一次相距最近。
17．【解答】解：（1）撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a1、a2，
由牛顿第二定律得：
对物块：﹣μ1mg＝ma1。
对木板：μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2。
解得：a1＝﹣1 m/s2，方向向左
a2＝﹣2.5 m/s2，方向向左
（2）开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则：对整体：F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0
解得：a0＝1 m/s2。
设撤去力 F 时二者的速度为 v，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则：
滑块的位移：x1
木板的位移：x2
又：x1﹣x2＝L
联立方程，代入数据得：v＝4m/s
设力F作用的时间为t，则：v＝a0t
所以：ts＝4s
（3）在拉力F的作用下木板的位移：x0a0t21×42＝8m
由上解得，撤去拉力后木板的位移：x2＝3.2m
根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：
Q＝μ2（M+m）g（x2+x0）+μ1mg（x1﹣x2）＝0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8＝72J
答：
（1）撤去F的瞬间，物块和板的加速度分别是1 m/s2，方向向左，以及2.5 m/s2，方向向左；
（2）拉力F作用的时间是4s；
（3）整个过程因摩擦产生的热量是72J。
18．【解答】解：（1）对小球A在水平面内做圆周运动，
在竖直方向：Tcosθ＝mAg，
水平方向：Tsinθ＝mAr，
其中r＝（L﹣R）sinθ
联立解得cosθ＝0.8，即θ＝37°．
（2）小球匀速圆周运动的线速度v＝rω＝ω（L﹣R）sinθ＝5×（1﹣0.5）×0.6m/s＝1.5m/s。
（3）绳的拉力TN＝2.5N
当转盘转速较小时，B有向圆心O运动的趋势，静摩擦力远离O
由牛顿第二定律得：T﹣f
其中0≤f≤μmBg
解得2rad/s≤ωrad/s
当转盘转速较大时，B有远离圆心O运动的趋势，静摩擦力指向O
由牛顿第二定律得：T+f
其中0≤f≤μmBg
解得rad/s≤ω≤4rad/s
故圆盘角速度ω的取值范围为2rad/s≤ω≤4rad/s。
答：（1）OA与竖直方向的夹角θ为37°；
（2）小球匀速圆周运动的线速度大小为1.5m/s；
（3）小物块B与圆盘保持相对静止时，圆盘角速度ω的取值范围为2rad/s≤ω≤4rad/s。