2023-2024学年安徽省合肥市六校联盟高一（上）期末模拟试卷物理（含解析）

2023-2024学年安徽省合肥市六校联盟高一（上）期末模拟试卷
物理（含解析）
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-8为单选题，9-12天多选题，请把正确答案涂在答题卡上。）
1．（4分）在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中错误的是（　　）
A．质点、速度、点电荷等都是理想化模型
B．在探究加速度与力和质量之间关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这种研究方法叫做控制变量法
C．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法
D．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想
2．（4分）如图所示为某同学一次远足活动的路线图，他用地图计算出直线AC、CB的距离分别为8km、4km。实线为该同学从A点出发的运动轨迹，从A到C用时100min，在C处休息了20min，从C到B用时60min，路标指示该同学从A到C通过的路程为12km，从A到B通过的路程为18km。下列说法正确的是（　　）
A．“休息了20min”，这里的“20min”指的是时刻
B．整个过程中，该同学的位移大小为12km
C．整个过程中，该同学的平均速度大小为6km/h
D．整个过程中，该同学的平均速度大小为4.5km/h
3．（4分）甲、乙两物体从同一地点出发沿同一直线运动，它们的位移—时间图像如图所示，则（　　）
A．3s末甲、乙两物体的速度相同
B．前3s内甲的平均速度大于乙的平均速度
C．前3s内甲、乙的路程相等
D．前3s内只有一个时刻甲、乙速度相同
4．（4分）如图所示木杆长L，上端悬挂在某一点，由静止放开后让它自由落下（不计空气阻力），木杆通过悬点正下方2L处的圆筒AB，圆筒AB长为3.5L，重力加速度为g，则木杆被圆筒AB完全挡住的时间为（　　）
A． B． C． D．
5．（4分）用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°（　　）
A．细线a对小球1的拉力大小为G
B．细线a对小球1的拉力大小为4G
C．细线b对小球2的拉力大小为G
D．细线b对小球2的拉力大小为G
6．（4分）如图所示，质量为3kg的物体A放在光滑的水平地面上，质量为2kg的物体B置于物体A的竖直前壁上，物体A、B间的动摩擦因数为0.5，最B大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，为了使物体A、B保持相对静止，则对物体A的水平推力最小为（　　）
A．120N B．80N C．100N D．90N
7．（4分）如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用细绳连接，然后用轻弹簧悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A球和B球的加速度大小aA和aB分别是（　　）
A．aA＝g和aB＝g B．aA＝g和aB＝0
C．aA＝0和aB＝g D．aA＝2g和aB＝g
（多选）8．（4分）如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3kg，取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．当0＜F＜4N时，A、B保持静止
B．当4N＜F＜12N时，A、B发生相对滑动
C．当F＞12N时，A的加速度随F的增大而增大
D．B与地面间的动摩擦因数为0.1
（多选）9．（4分）如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（　　）
A．在第一个过程中运动员接触到蹦床的瞬间速度达到最大
B．在第二过程中运动员在离开蹦床前速度先增大后减小
C．在第一过程中先处于超重状态，后处于失重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
（多选）10．（4分）如果将指针分别固定在图示A点上方的B处和A点下方的C处，作出钩码质量m和指针刻度1的关系图象，由图象进一步得出的弹簧各点的劲度系数ka、kc与k相比，下列说法正确的是（　　）
A．ka大于k B．ka等于k C．kc小于k D．kc等于k
（多选）11．（4分）如图所示，一条细线一端与地面上的物体B相连，另一端绕过质量不计的滑轮与小球A相连，滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则（　　）
A．如果将物体B在地面上向右移动一点，地面对B的支持力将变大
B．如果将物体B在地面上向右移动一点，α角将增大
C．悬挂滑轮的细线的拉力一定大于小球A的重力
D．减小小球A的质量，α角一定增加
（多选）12．（4分）如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻弹簧与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内。弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和车之间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．若μmg小于kx，则车的加速度方向一定向左
B．若μmg小于kx，则车的加速度a最小值为，且车只能向左加速运动
C．若μmg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右
D．若μmg大于kx，则加速度最大值为，加速度的最小值为μmg
二．实验题（共2小题，满分18分，每小题9分）
13．（9分）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，有下列实验步骤：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点。
B．只用一只弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的示数F′和细绳的方向，按同样比例作出力F′的图示。
C．记下两只弹簧测力计的示数F1，F2及结点的位置，描下两条细绳的方向，在纸上按比例作出F1和F2的图示，用平行四边形定则求出合力F。
D．比较力F′与F，可以看出，它们在实验误差允许的范围内是相等的。
E．把两条细绳系在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O
F．改变两个分力的①　 　，再做两次实验。
（1）完成上述步骤中的填空。
①　 　。
（2）上述步骤中，正确的顺序是　 　（填写步骤前面的字母）。
（3）下列哪些措施能减小实验误差　 　。
A．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行
B．两条细绳必须等长
C．拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点要适当远一些
D．实验前先把实验所用的两只弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同，则进行调节使之相同
14．（9分）实验小组的同学用如图所示装置研究加速度a与物体所受拉力F的关系。质量为M的小车通过平行于水平轨道的细绳、定滑轮与钩码连接。固定在小车上的挡光片宽度为d，两个相距为L的光电门传感器固定在轨道上（d＜＜L）。实验时把钩码的重力作为小车拉力。
（1）实验中需保持 　 　不变，改变条件重新测量时，小车的初始位置 　 　（选填“需要”或“不需要”）保持不变。
（2）某次实验测得小车经过两个光电门的挡光时间分别为Δt1、Δt2，则小车的加速度大小为a＝　 　。（用题中已知物理量字母表示）
（3）本实验若在细绳和钩码之间加上力的传感器，用传感器的示数表示小车拉力，实验结果更精确，原因是 　 　。
三．计算题（共3小题，满分34分）
15．（10分）一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过2.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在54km/h以内。问：
（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？
16．（12分）如图为高度h＝36m倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平桌面上，在斜面中间位置有一滑块（可看作质点）以v0＝12m/s沿斜面向上运动，重力加速度g＝10m/s2。
（1）物块的加速度大小；
（2）物块可以上升多大距离；
（3）物块到达斜面底端所用的时间；
（4）若斜面粗糙且动摩擦因数μ＝0.25，求滑块到达底端所用的时间。
17．（12分）物体A的质量M＝2kg，静止在光滑水平面上，平板车B的质量为m＝0.5kg、长L＝1m．某时刻A以v0＝4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，试求：
（1）若F＝2N，物体A在小车B上相对小车B滑行的时间和最大距离；
（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F的大小应满足的条件．
2023-2024学年安徽省合肥市六校联盟高一（上）期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷都是理想化模型，但是速度不是，故A错误；
B、在探究加速度与力和质量之间关系时，由于与多个物理量有关，所以先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这种研究方法叫做控制变量法，故B正确；
C、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快，故C正确；
D、重心是重力的等效作用点；合力与合成它的几个分力的效果是相同的；交流电的有效值是根据电流的热效应与直流电的热效应等效的；所以重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故D正确。
本题选择错误的
故选：A。
2．【解答】解：A.“休息了20min”，这里的“20min”一段时间，指的是时间间隔，故A错误；
B.整个过程中，该同学的位移大小为：x＝8km+4km＝12km，故B正确；
CD.整个过程所用时间为：t＝100min+20min+60min＝180min＝3h，该同学的平均速度大小为：，故CD错误；
故选：B。
3．【解答】解：A．3s末甲、乙两物体相遇，由图可知，此时，甲物体运动图像的斜率为负，乙物体运动图像的斜率为正，根据x﹣t图像的斜率正负表示速度的方向可知，此时甲、乙两物体的速度方向不同，则二者的速度不相同，故A错误；
B．由于平均速度是位移与时间的比值，由图可知，前3s内甲、乙的位移相等，所用时间也相等，则二者的平均速度相等，故B错误；
C．前3s内甲、乙的位移相等，但是根据x﹣t图像的斜率正负表示速度的方向，可知甲先向正方向运动后向负方向运动，而乙一直向前运动，则前3s内甲的路程大于乙的路程，故C错误；
D．由于x﹣t图像的斜率表示速度，而图线乙的平行线与图线甲只有一个切点，则前3s内只有一个时刻甲、乙速度相同，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：若从开始下落到木杆上端到达A点的时间为t1，根据位移—时间关系有：
若到达下端到达B点的时间为t2，同理有：
那么挡住的时间：Δt＝t2﹣t1
联立解得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
5．【解答】解：AB．将两球和细线b看成一个整体，设细线a对小球1的拉力大小为Fa，细线c对小球2的拉力大小为Fc，受力如图所示。
根据共点力的平衡条件有
Fa
Fc＝2Gtan30°
故A正确，B错误；
CD．对小球2根据共点力的平衡条件可知细线b对其的拉力大小为
Fb
故CD错误.
故选：A。
6．【解答】解：先以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F＝（m+M）a
以B为研究对象
FN＝ma
f＝mg
f＝μFN
F＝（m+M）
联立解得：F＝100N，故ABD错误，C正确；
故选：C。
7．【解答】解：设小球的质量为m，剪断细绳之前，对A、B整体受力分析，根据平衡条件可得，弹簧弹力F＝2mg
剪断细绳的瞬间，弹簧弹力保持不变，对A受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝maA
联立解得，A球的加速度大小为aA＝g
对B受力分析，B球只受重力，则B球的加速度大小为aBg
故A正确，BCD错误。
故选：A。
8．【解答】解：A.当0＜F＜4N时，由图像可知B与地面的摩擦力f2逐渐增大，A、B间的摩擦力始终为零，可知A、B都没被拉动，两者保持静止，故A正确；
B.当4N＜F＜12N时，随着外力F的增大，B与地面间的摩擦力保持不变，这个摩擦力是滑动摩擦力，说明B已经被拉动了，A、B间的摩擦力f1开始从零逐渐变大，若是滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，可知这时的摩擦力是静摩擦力，A、B间保持相对静止，故B错误；
C.当F＞12N时，A、B间的摩擦力大小保持不变，A、B发生了相对滑动，A所受合力为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，由牛顿第二定律可知加速度保持不变，故C错误；
D.当F＝12N时，A、B刚要相对滑动，此时两者加速度相等，对A由牛顿第二定律得：f1＝ma；
对A、B整体：F﹣f2＝（m+mB）a，打入数据可得mB＝1kg，设B与地面间的动摩擦因数为μ，相对滑动时f2＝μ（m+mB）g，代入数据可得μ＝0.1，故D正确；
故选：AD。
9．【解答】解：运动员两个过程中均只受到重力和弹力。
第一过程弹力从0逐渐增大，合力方向先向下后向上，运动员先做a减小的加速运动，a方向向下，当弹力等于重力之后做a增加的减速运动，a方向向上；
第二过程弹力从最大减为0，合力先向上后向下，物体先做a减小的加速运动，a方向向上，当弹力等于重力之后做a增加的减速运动，a方向向下。
a向下运动员为失重状态，a向上运动员为超重状态。
A、在第一个过程中，运动员接触到蹦床的瞬间，加速方向向下，运动员做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大，故A错误。
B、在第二过程中运动员在离开蹦床前，运动员的加速度先向上后向下，速度先增大后减小，故B正确。
C、在第一过程中，运动员的加速度方向先向下后向上，运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故C错误。
D、在第二过程中，运动员的加速度方向先向上后向下，运动员先处于超重状态，后处于失重状态，故D正确。
故选：BD。
10．【解答】解：AB、如果将指针固定在A点的上方B处，由于选用的弹簧变短，则弹簧的劲度系数变大，得出弹簧的劲度系数与k相比，要大于k，故A正确，B错误；
CD、如果将指针固定在A点的下方C处，弹簧的长度不变；故劲度系数不变，得出弹簧的劲度系数仍等于k，故C错误，D正确。
故选：AD。
11．【解答】解：对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件可知绳子拉力：T＝mg。
A、将物体B在地板上向右移动一小段距离，∠AOB增加，那么，拉力在竖直方向的分量减小；对物体B进行受力分析，由受力平衡可得：地面对B的支持力等于物体B的重力减去细绳拉力在竖直方向的分量，故地面对B的支持力将增大，故A正确；
B、如果将物体B在地板上向右移动稍许，则∠AOB增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：
根据平衡条件，∠AOB＝2α，故α一定增加，故B正确；
C、悬挂定滑轮的细线的拉力等于OA、OB两段细绳的合力，又有OA、OB两段细绳的拉力都为小球A的重力，那么，根据力的合成，由两力的夹角可得：合力大于小球A的重力，故由受力平衡可得：悬挂定滑轮的细线的拉力一定大于小球A的重力，故C正确；
D、α角的大小与A的质量无关，减小小球A的质量，若系统仍保持平衡状态，α角不变，故D错误。
故选：ABC。
12．【解答】解：A、由牛顿第二定律：F＝ma知，若μmg小于kx，车受到的合力的方向向左，则车的加速度方向一定向左，故A正确；
B、若μmg小于kx，车受到了向左的合力，则车的加速度a最小值为：a，且方向向左，但可以减速向右，故B错误；
C、若μmg大于kx，就不确定车受到的合力的方向，合力的方向既可以向左也可以向右，则车的加速度方向可以向左也可以向右，故C正确；
D、若μmg大于kx，不确定车受到的合力的情况，则加速度最大值为：，加速度的最小值为0，故D错误；
故选：AC。
二．实验题（共2小题，满分18分，每小题9分）
13．【解答】解：（1）再次实验时需采用不同的力进行实验，所以需要改变力的大小和方向；
（2）实验步骤本着先安装设备（或者实验器材）；两个弹簧互成角度拉橡皮条使结点达到某一点O，记录两个拉力的大小和方向，并画出两个力的示意图并按照平行四边形定则求出合力F；然后用一个弹簧拉结点使它同样到达O位置，并画出力的示意图；比较两个力的大小和方向关系，为减小误差再重复实验，因此正确的步骤是AECBDF。
（3）A．本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，故A正确；
B．实验中，通过细绳来拉橡皮筋，两细绳长度不需要相同，故B错误；
C．弹簧秤标记同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小，故C正确；
D．实验前调节弹簧测力计，使得两个读数标准相同，这样画出的平行四边形才准确，可以减小误差，故D正确。
故选ACD。
故答案为：①大小和方向（1）大小和方向 （2）AECBDF （3）ACD；
14．【解答】解：（1）实验研究加速度a与物体所受拉力F的关系，应该控制小车的质量M不变。由于实验中可以通过两光电门之间的距离与速度关系得到加速度的表达式，因此改变条件重新测量时，小车的初始位置不需要保持不变。
（2）小车经过两个光电门时的速度分别为
，
根据
解得：
（3）小车加速运动时，钩码亦以相同大小的加速度加速运动，即钩码的重力实际上大于绳的拉力，当将钩码的重力作为小车的牵引力时，存在系统误差，为减小误差，必须使钩码的质量远小于小车的质量时。若采用力传感器，可准确得到小车的牵引力F，从而避免将重力作为绳拉力产生的系统误差。
故答案为：（1）.小车的质量M；.不需要； （2）.；（3）.可准确得到小车的牵引力F，从而避免将重力作为绳拉力产生的系统误差。
三．计算题（共3小题，满分34分）
15．【解答】解：（1）警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时。它们的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等。
则有：t1s＝4s
货车的位移为：s货＝v货（t0+t1）
解得：s货＝65m
警车的位移为：s警
解得：s警＝20m
所以两车间的最大距离为：Δs＝s货﹣s警＝45m
（2）v＝54km/h＝15m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间为：t2s＝6s
警车达到最大速度时货车的位移为：s货′＝v货（t0+t2
解得：s货′＝85m
警车的位移为：s警′45m
因为s货′＞s警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离为：Δs′＝s货′﹣s警′＝40m
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间迫赶上货车。则有：Δt8s
所以警车发动后耍经过t＝t2+Δt＝14s才能追上货车。
答：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是45m；
（2）警车发动后要14s才能追上货车。
16．【解答】解：（1）滑块向上运动过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma
代入数据解得：a＝6m/s2
（2）物体可以上滑的最大距离为xm＝12m
（3）上滑到最高点所用时间为t1s＝2s
从最高点下滑加速度大小仍为a，滑到底端的位移为2x，可得2x
代入数据解得：
故物块到达斜面底端所用的时间为
（4）若斜面粗糙且动摩擦因数μ＝0.25，上滑过程设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由速度—时间公式得：
下滑过程设加速度大小为a2，由牛顿第二定律及运动学方程可得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由位移—时间公式得：2xa2t′22
物块到达斜面底端所用的时间为t'＝t'1+t'2
联立代入数据可解得
答：（1）物块的加速度大小为6m/s2；
（2）物块可以上升多大距离为12m；
（3）物块到达斜面底端所用的时间为4.83s；
（4）滑块到达底端所用的时间为4.96s。
17．【解答】解：（1）物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg＝MaA，
所以：，
木板B做加速运动，由牛顿第二定律得：F+μMg＝maB，
代入数据解得：，
两者速度相同时：v0﹣aAt＝aBt，即：4﹣2t＝12t，
解得：t s，
A滑行距离：m，
B滑行距离：m，
代入数据解得，最大距离：Δx＝xA﹣xBm．
（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，
则：，
又，
代入数据联立可得：aB＝6m/s2，F＝maB﹣ Mg＝﹣1N
若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．
即有：F＝（m+M）a， Mg＝Ma　所以：F＝5N
若F大于5N，A就会相对B向左滑下．综上：力F应满足的条件是：1N≤F≤5N．
答：（1）若F＝2N，物体A在小车B上相对小车B滑行的时间是s，最大距离是m；
（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F的大小应满足的条件是1N≤F≤5N．