2024-2025学年江苏省高一（上）期中模拟练习物理试卷（含解析）

2024-2025学年江苏省高一（上）期中模拟练习物理试卷
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.下列是国际单位制的基本单位的是( )
A. N B. km C. m/s D. kg
2.某实验小组“探究两个互成角度的力的合成规律”，先、后用两个弹簧测力计和一个弹簧测力计将橡皮条的一端拉至O点，如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 实验时，弹簧测力计、橡皮条和绳套无需贴近并平行于木板
B. 两次都将橡皮条的一端拉至O点是为了保证作用效果相同
C. 用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两绳的夹角越大越好
D. 用一个弹簧测力计拉橡皮条时，只需记录测力计的读数
3.如图所示，物体A和B的重力分别为10N和6N，不计弹簧测力计、细线的重力和一切摩擦，则弹簧测力计的读数为( )
A. 0N B. 4N C. 6N D. 16N
4.一较大的雨滴从高空形成并下落，它运动过程的v t图像如图所示。只考虑雨滴的重力和空气阻力，下列说法中正确的是( )
A. 0 t0时间内，雨滴的速度变化率逐渐减小
B. 0 t0时间内，雨滴的惯性越来越大
C. 0 t0时间内，雨滴受到的空气阻力逐渐减小
D. t0时刻以后，雨滴的重力和所受的空气阻力是一对相互作用力
5.如图所示，某同学用力F将课本压在竖直墙壁上，课本静止。现仅逐渐减小F的大小直至为0，上述过程中( )
A. 课本静止时，受到的摩擦力逐渐减小
B. 课本静止时，课本和墙壁间的最大静摩擦力不变
C. 课本下滑时，受到的摩擦力不变
D. 课本下滑时，受到的墙壁的作用力逐渐减小
6.某实验小组用如图甲所示装置测量弹簧的劲度系数，得到弹簧的弹力F与弹簧长度L的关系图像如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A. 用直尺测得弹簧的长度即弹簧的伸长量
B. 从图像可得弹簧的劲度系数为0.4N/m
C. 弹簧的长度为40.0cm(未超出弹性限度)时，弹簧的弹力为12.0N
D. 实验中未考虑弹簧在自身重力下的形变量，这会导致劲度系数的测量结果偏大
7.如图所示，小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来.A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g.则剪断细绳的瞬间( )
A. B的加速度为g B. B的加速度为1.5g C. A的加速度为g D. A的加速度为1.5g
8.一根细线系着一个小球，细线上端固定在横梁上，给小球施加力F，小球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，保持夹角θ不变，将F的方向逆时针缓慢转至竖直位置，上述过程中( )
A. 力F一直减小 B. 力F先减小后增大
C. 细线弹力一直增大 D. 细线弹力先增大后减小
9.如图所示，在小球A自由下落的同时，小球B做竖直上抛运动，两小球同时落地。不计空气阻力，则( )
A. A的初始下落高度是B的最大上升高度的2倍
B. A的初始下落高度是B的最大上升高度的3倍
C. 两球在空中运动过程中，A相对于B做匀速运动
D. 两球在空中运动过程中，A相对于B做加速运动
10.一地铁在水平直轨道上运动，小华用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁运行时拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对扶手向东偏转，重力加速度为g。分析照片可知( )
A. 地铁一定向西加速运动
B. 细线与扶手间的夹角与圆珠笔的质量无关
C. 测出细线与扶手间的夹角θ，地铁的加速度a=gsinθ
D. 细线中的拉力大小与地铁的加速度大小无关
11.如图所示，虚线是竖直平面的圆，固定的光滑细杆交于圆的最低点O.现套在杆上的小球甲、乙同时从图示位置由静止释放，并运动到O点，上述整个过程中两球的速度大小v随时间t变化的关系正确的是( )
A. B.
C. D.
12.如图所示，一晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，横杆对每根斜杆的压力沿斜杆方向。当θ缓慢增大时( )
A. 地面对每根斜杆的支持力不变
B. 横杆对每根斜杆的压力大小不变
C. 地面对每根斜杆的摩擦力不变
D. 地面对每根斜杆的摩擦力减小
13.如图所示，三根细线a、b、c将相同的小球1和2连接，两小球处于静止状态，细线c水平。则细线中的张力Fa、Fb、Fc的大小关系是( )
A. Fa>Fb>Fc B. Fa>Fc>Fb C. Fb>Fa>F D. Fb>Fc>F
14.如图所示，轻弹簧下端挂一物体，上端用手牵引使物体匀速上升，若手突然停止运动，从该时刻到物体上升至最高点的过程中，物体运动的速率v、加速度大小a随运动时间t或上升高度h变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共8分。
15.某实验小组用如图甲所示的装置和控制变量法“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
(1)实验中使用的打点计时器如图乙所示，该打点计时器的工作电压______(选填“约为8V”或“为220V”)。
(2)补偿阻力时，调整木板右端的高度，小车在不挂槽码时拖动纸带运动，若打点计时器在纸带上打出一系列______的点，则表明阻力补偿恰当。
(3)在探究小车的加速度与力的关系时，小车质量______槽码的质量时，可以认为槽码的重力近似等于小车受到的合外力。
(4)图丙是实验中得到的一条纸带上的计时点，已知交变电流的频率为50Hz，则小车运动的加速度大小为______m/s2。(结果保留两位有效数字)
(5)在探究小车的加速度与质量的关系时，在小车中加质量为m的砝码，测得小车的加速度a。改变小车中砝码的质量，重复实验，作出的1a m图像如图丁所示，图中直线的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量为______。
三、计算题：本大题共5小题，共50分。
16.高速公路上的隧道设置限速以保证行驶安全，某汽车以速度v1行驶，在离隧道x1处开始做匀减速直线运动，并刚好保持限速v2通过隧道，出隧道后立即做匀加速直线运动，再经过时间t速度恢复为v1，求汽车：
(1)减速阶段的加速度大小a；
(2)加速阶段通过的位移大小x2。
17.如图所示，一质量为m的箱子静止在水平地面上，小明用与水平方向成θ角的力斜向下方推箱子，第一次的推力大小为F1，箱子没有运动，第二次的推力大小为F2，箱子做匀加速运动。已知箱子与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求小明：
(1)第一次推箱子时，箱子受到的摩擦力大小；
(2)第二次推箱子时，箱子的加速度大小a。
18.如图所示，轻绳一端固定在“L”型装置上，另一端跨过两个光滑轻质滑轮与质量m=1kg的木块连接，轻绳上部分水平且平行，“L”型装置和木块均保持静止。已知“L”型装置内表面光滑，外表面与地面间的动摩擦因数μ=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)轻绳对左侧滑轮作用力的大小F；
(2)“L”型装置质量的最小值M。
19.如图甲所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径R=5cm、质量m=40kg的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，从底部沿木棍向上看到的圆筒与木棍的位置关系如图乙所示。已知两木棍的间距d=6cm，与水平面的夹角α=37 ，sin37 =0.6，cos37 =0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)每根直木棍对圆筒的摩擦力大小f；
(2)圆筒与直木棍的动摩擦因数μ。
20.如图所示，足够长的斜坡与水平面在P点平滑连接，距P点L=32m的水平面上固定一挡板.0时刻，质量m=1kg的小物体从图示位置在平行于斜坡的外力F=6.5N作用下加速运动，到达P点时撤去F，此时物体的速度v=8m/s.已知物体与斜坡、水平面间的动摩擦因数均为μ=32，物体经过P点前后速度大小不变，物体与挡板碰撞后反向弹回，碰撞前后速度大小不变，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.求物体
(1)受到外力F时的加速度大小a;
(2)与挡板碰撞的时刻t;
(3)最终停止运动的位置距P点的距离x.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．故只有选项D正确．
故选：D.
2.【答案】B
【解析】解：A、为了减小误差，实验中，细线方向必须与木板平面平行，这样才能确保力的准确性，故A错误；
B、为了保证两个弹簧测力计的共同作用效果和一个弹簧测力计的作用效果相同，需要保证节点O的位置相同，故B正确；
C、两拉力的夹角适当大一些可以减小测量的误差，但不是越大越好．故C错误；
D、用弹簧测力计同时拉橡皮条时，需记录弹簧测力计示数和方向，故D错误。
故选：B。
根据实验原理和实验操作注意事项分析。
在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素。
3.【答案】C
【解析】解：对B分析可知T=GB
则弹簧测力计读数为F=T=6N
故ABD错误，C正确；
故选：C。
B处于静止状态，根据共点力平衡条件分析解答。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握选择的合适对象分析解答。
4.【答案】A
【解析】AC.由v t图像，可知0 t0时间内，图像的斜率减小，则雨滴做竖直向下的加速度逐渐减小的加速运动，因加速度即为速度的变化率，可知速度变化率逐渐减小，根据牛顿第二定律得
G f=ma
加速度逐渐减小，由此可知雨滴所受空气阻力逐渐增大，故A正确，C错误；
B.0 t0时间内，雨滴的质量不变，根据质量是惯性大小的唯一量度，可知其惯性不变，故B错误；
D.t0时刻以后，雨滴匀速运动时，由平衡条件可得
G=f
即雨滴所受重力和空气阻力是一对平衡力，不是相互作用力，故D错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.当课本静止时，受到的是静摩擦力，即
f=G=mg
则f不变，故A错误；
B.当课本静止时，课本和墙壁间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，故
f=μF
F逐渐减小，所以最大静摩擦力大小也逐渐减小，故B错误；
C.当课本下滑时，受到的是滑动摩擦力f=μF，F逐渐减小，故f也逐渐减小，故C错误；
D.当课本下滑时，F逐渐减小，墙面对课本的支持力和摩擦力逐渐减小，即课本受到的墙壁的作用力逐渐减小，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】解：A、用直尺测得弹簧的长度是弹簧形变后的总长度，等于弹簧的原长与弹簧形变量之和，故A错误；
B、F L图像的斜率表示弹簧的劲度系数，则弹簧的劲度系数为k=ΔFΔL=8.030.0 10.0×100N/m=40N/m，故B错误；
C、从图乙可以看出弹簧的原长为L0=10.0cm=0.100m，所以弹簧的长度L=40.0cm=0.400m时，弹簧的弹力为F=k(L L0)=40×(0.400 0.100)N=12.0N，故C正确；
D、实验中未考虑弹簧在自身重力下的形变量，根据F=k(L L0)可知，F L图像的斜率不变，所以不会导致劲度系数的测量结果变化，故D错误。
故选：C。
用直尺测得弹簧的长度是弹簧形变后的总长度；根据图像的斜率计算；根据胡克定律计算；根据图像的斜率分析。
本题考查了胡克定律的应用，容易题。
7.【答案】D
【解析】AB、对B分析有，mg=F弹，剪短细绳的瞬间，弹簧弹力不变，B加速度为0，AB错误；
CD、对A分析，2mg+F弹=2ma，a=1.5g，故C错误，D正确。
8.【答案】B
【解析】小球受三个力处于平衡，两个拉力的合力大小等于物体的重力，方向竖直向上，根据作图法，如图：
使拉力从图示位置逆时针缓慢转到竖直位置的过程中，拉力F大小先减小后增大，细线的弹力逐渐减小，故B正确，ACD错误。
9.【答案】C
【解析】解：AB.根据竖直上抛运动的对称性，可知上升阶段所用时间等于下降阶段所用时间设为t，即A、B运动的总时间为2t，则A初始下落高度为hA=12g (2t)2，B从它上升的最高点下落时的高度为hB=12gt2，故A初始下落的高度是B上升的最大高度的4倍，故AB错误；
CD.两球在空中的运动过程中，由于有相同的重力加速度，故相对加速度为0，则A相对于B做匀速运动，故C正确，D错误。
故选：C。
AB.根据竖直上抛运动的时间对称性结合自由落体运动的位移公式列式求解判断；
CD.根据两物体的加速度相同判断相对加速度情况，再判断相对运动的情况。
考查自由落体运动和竖直上抛运动问题、相对运动问题，会根据题意进行准确分析解答。
10.【答案】B
【解析】根据题意，对笔受力分析，如图所示
竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ=G=mg
水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ=ma
解得F=Gcosθ，a=gtanθ，tanθ=ag
加速度方向水平向西，则地铁可能做向西的加速运动，也可能做向东的减少运动，故 A错误；
根据tanθ=ag知细线与扶手间的夹角与圆珠笔的质量无关，故B正确；
测出细线与扶手间的夹角θ，地铁的加速度a=gtanθ，故C错误；
地铁的加速度变化，细线与竖直方向的夹角变化，细线的拉力变化，则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关，故 D错误。
11.【答案】B
【解析】设杆和水平面夹角θ，小球加速度a=gsinθ，L=2Rsinθ，下滑时间t= 2La= 4Rg，到O点速度v= 2aL=sinθ 2gR，故下滑时间相等，乙球到O点速度大，故选B。
12.【答案】A
【解析】解：A、对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析，设整体所受重力为mg，则每根斜杆受到地面的支持力FN=mg4，θ变化不影响支持力大小，故A正确；
BCD、设横杆对每一根斜杆的压力为N，对一根斜杆受力分析如图：
根据共点力平衡条件有Ncosθ2=FN
f=Nsinθ2=mg4cosθ2 sinθ2=mgtanθ24
随着角度θ缓缓增大，则cosθ2减小，则N增大，tanθ2增大，f也增大，故BCD错误；
故选：A。
对整体受力分析，竖直方向根据平衡条件分析地面对每根杆的支持力大小；对其中一个斜杆分析，水平方向根据平衡条件分析求解摩擦力及压力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
13.【答案】A
【解析】设细线a、b与水平方向的夹角分别为 α 和 β ，对小球1和2组成的整体受力分析如图所示
根据水平方向受力平衡有
Facosα=Fc
对小球2受力分析如图所示
根据水平方向受力平衡有
Fbcosβ=Fc
由以上两式可得
Fa>Fc
Fb>Fc
Facosα=Fbcosβ
又
α>β
所以
cosα即
Fa>Fb
综合以上，有
Fa>Fb>Fc
故选A。
14.【答案】B
【解析】AD.根据题意可知，轻弹簧拉着重物做匀速直线运动，弹簧处于拉伸状态且拉力等于重力，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，弹簧的形变量减小，则弹力减小，弹力小于重力，加速度向下，向上做减速运动，设弹簧的劲度系数为k，根据牛顿第二定律可得
mg k(x0 h)=ma
mg=kx0
所以
a=khm
当弹簧处于压缩状态时，弹力增大，加速度向下，物体仍然向上减速，且加速度a与h的关系不变，由于加速度增大，所以v t图像切线的斜率增大，故AD错误；
B.物体上升过程中，加速度增大，但由于物体速度减小，即上升高度h的变化越来越慢，则加速度增大的越来越慢，所以a t图线斜率逐渐减小，故B正确；
C.由于a与h成正比，所以随高度增加，v减少，但速度减小的越来越快，即斜率变大，故C错误。
故选B。
15.【答案】约为8V 点迹均匀 远远大于 1.9 bk
【解析】解：(1)根据图片可知此打点计时器是电磁打点计时器，其工作电源是8V交流电源。
(2)若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车做的是匀速直线运动，则表面阻力补偿恰当。
(3)设小车的质量为M，槽码的质量为m，对小车和槽码整体根据牛顿第二定律有mg=(M+m)a，设细线上的拉力为T，对小车，根据牛顿第二定律有T=Ma，联立解得T=MmgM+m=mg1+mM，当M>>m时，即小车远远大于槽码的质量时可以认为T=mg。
(4)有图片可知OA和AB之间的时间间隔相等为t=51f=5×150s=0.1s，可以读出OA=2.15cm，AB=6.20cm 2.15cm=4.05cm，则小车运动的加速度为a=AB OAt2=4.05 2.150.12×0.01m/s2=1.9m/s2
(5)设小车的质量为M，小车所受拉力为定值F，根据牛顿第二定律有F=(M+m)a，整理可得1a=1Fm+MF，由此可知图像的斜率k=1F，截距b=MF，解得M=bk
故答案为：(1)约为8V；(2)点迹均匀；(3)远远大于；(4)1.9；(5)bk。
(1)根据图片分析是什么打点计时器，然后分析；
(2)根据小车做匀速直线运动分析；
(3)根据牛顿第二定律写出拉力的表达式，据此分析；
(4)根据逐差法计算；
(5)根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，然后结合图像计算。
知道怎样平衡摩擦力，以及认为小车所受拉力等于槽码重力的条件，会根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式。
16.【答案】解：(1)根据匀变速直线运动的规律，即位移与速度关系有
2ax1=v22 v12
解得
a=v12 v222x1；
(2)根据匀变速直线运动的规律，即平均速度与位移关系有
x2=12(v1+v2)t。
答：(1)减速阶段的加速度大小a为v12 v222x1；
(2)加速阶段通过的位移大小x2为12(v1+v2)t。
【解析】(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系求解减速阶段的加速度大小；
(2)根据匀变速直线运动平均速度与位移关系求解加速阶段通过的位移大小。
本题考查匀变速直线运动基本规律的应用，要求学生熟练掌握这些基本规律并应用于解题。
17.【答案】(1)第一次推箱子时，对箱子受力分析如图所示：
由平衡条件可得
Ff1 = F1cosθ
(2)第二次推箱子时，对箱子受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得
F2cosθ Ff2 = ma
FN2 = mg+F2sinθ
Ff2 = μFN2
联立解得
a=F2(cosθ μsinθ)m μg

【解析】详细解答和解析过程见答案
18.【答案】解：(1)同一根绳子的拉力相等，对物体受力可知
T=mg
轻绳对左侧滑轮作用力的大小F= T2+T2
解得F=10 2N
(2)右侧与墙壁连接的绳子拉力为
T′=2T
对整体，根据共点力平衡条件有
T′=μ(M+m)g
解得M=7kg
答：(1)轻绳对左侧滑轮作用力的大小为10 2N；
(2)“L”型装置质量的最小值为7kg。
【解析】(1)同一根绳子的拉力相等，对物体受力分析，结合力的合成解答；
(2)根据共点力平衡条件结合摩擦力公式解答。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握受力分析及整体与隔离的分析方法。
19.【答案】解：(1)水泥圆筒受到重力、垂直于两根木棍的斜向上支持力以及平行于木棍向上的滑动摩擦力作用。
在沿圆筒运动方向上，根据平衡条件得
2f=mgsinα
代入数据解得每根木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力为
f=120N
(2)垂直于圆筒运动方向上，圆筒的受力情况如图所示。
根据几何关系有
sinθ=12dR=12×65=0.6
得θ=37
在垂直圆筒运动方向上，根据平衡条件可得
2Ncosθ=mgcosα
解得
N=200N
根据滑动摩擦力公式有
f=μN
解得
μ=0.6
答：(1)每根直木棍对圆筒的摩擦力大小f为120N；
(2)圆筒与直木棍的动摩擦因数μ为0.6。
【解析】(1)分析圆筒的受力，在沿圆筒运动方向上，根据平衡条件列式求解每根直木棍对圆筒的摩擦力大小f；
(2)在垂直于圆筒运动方向上，作出圆筒的受力图，根据几何关系求解相应夹角，利用平衡条件结合滑动摩擦力公式求解动摩擦因数μ。
本题考查共点力的平衡问题，本题物体受力分布在空间，要在不同方向建立平衡方程，结合几何关系即可完成分析。
20.【答案】解：(1)由牛顿第二定律有F+mgsin30 μmgcos30 =ma，
解得a=4m/s2；
(2)沿斜坡下滑t1=va，
解得t1=2s，
在水平面上μmg=ma1，
解得a1=5 3m/s2，
L=vt2 12a1t22，
解得t2= 315s(另一解舍去)，
与挡板碰撞的时刻t=t1+t2，
解得t=(2+ 315)s；
(3)在水平面上的整个过程，v′2 v2= 2a1×2L，
沿斜坡上滑mgsin30 +μmgcos30 =ma2，
解得a2=12.5m/s2，
因为μ>tan30 ，所以物体减速到0后停止在斜坡上，0 v′2= 2a2x，
解得x=1.36m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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