《重慶市西南大學附中2023-2024學年高一上學期期末物理模擬Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

2023-2024學年重慶市西南大學附中高一（上）期末模擬物理試卷一．選擇題（共8小題，滿分32分，每小題4分）1．（4分）如圖所示，兩架殲﹣10A戰(zhàn)機組成雙機編隊伴飛時，甲飛機上的飛行員發(fā)現(xiàn)乙飛機是“靜止的”，則其選取得參考系是（　?。〢．地面上的觀眾B．甲飛機C．遠處的地面D．乙飛機2．（4分）如圖所示，在一個桌面上方有三個金屬小球a、b、c，離桌面高度分別為h1：h2：h3＝3：2：1。若先后順序次釋放a、b、c，三球剛好同時落到桌面上，不計空氣阻力，則（　　）A．三者到達桌面時的速度大小之比是3：2：1B．三者運動時間之比為3：2：1C．b與a開始下落的時間差小于c與b開始下落的時間差D．b與a開始下落的時間差等于c與b開始下落的時間差3．（4分）足球運動是目前最具影響力的運動項目之一，深受青少年喜愛。如圖所示為幾種與足球有關的情境，則下列說法正確的是（　　）A．圖甲中，靜止在水平草地上的足球受到的彈力就是它的重力B．圖甲中，靜止在水平草地上的足球受到的彈力是由于足球形變而產(chǎn)生的C．圖乙中，靜止在光滑水平地面上的兩個足球由于接觸而受到相互作用的彈力D．圖丙中，踩在腳下且靜止在水平草地上的足球可能受到3個力的作用 4．（4分）如圖所示，A、B兩個小球在同一豎直線上，離地高度分別為2h和h，將兩球水平拋出后，不計空氣阻力，兩球落地時的水平位移分別為s和2s．重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。〢．A、B兩球的初速度大小之比為1：4B．A、B兩球的運動時間之比為1：2C．兩小球運動軌跡交點的水平位移為57sD．兩小球運動軌跡交點的離地高度67?5．（4分）一玩具車從t＝0時刻開始沿直線運動，運動時間為t時，對應的位移為x，規(guī)定向右為正方向，其xt?t圖像如圖所示。則下列說法正確的是（　?。〢．玩具車的初速度為﹣8m/sB．玩具車的加速度為2m/s2C．玩具車在第2s末的速度4m/sD．第4s末，玩具車在出發(fā)點右側8m處（多選）6．（4分）一個質(zhì)量為50kg的人，站在豎直向上運動的升降機地板上，升降機加速度大小為2m/s2，若g取10m/s2，這時人對升降機地板的壓力可能等于（　?。〢．600NB．500NC．400ND．300N7．（4分）如圖所示，半球形物體A和光滑小球B緊靠著放在一固定斜面上，并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平力F沿物體A表面將小球B緩慢拉至物體A的最高點C，物體A始終保持“靜止狀態(tài)，則下列說法中正確的是（　　） A．物體A受到3個力的作用B．小球B對物體A的壓力大小始終不變C．物體A受到斜面的摩擦力大小一直減小D．物體A對小球B的支持力大小一直增大8．（4分）如圖所示，固定斜面的傾角為30°，物體A、B用跨過斜面頂端定滑輪的輕繩連接，輕繩與斜面平行，物體B與斜面不接觸，物體A的質(zhì)量為5kg，斜面與物體A間的動摩擦因數(shù)為0.3。不計滑輪與繩之間的摩擦，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為使物體A能靜止在斜面上，物體B的質(zhì)量可能為（　?。〢．4kgB．2kgC．1kgD．0.5kg二．多選題（共3小題，滿分15分，每小題5分）（多選）9．（5分）物體做勻變速直線運動，從某時刻起，在第1s、第2s、第3s、第4s內(nèi)的位移分別是1m、2m、3m、4m。以下對汽車運動的描述中正確的是（　?。〢．前4s內(nèi)的平均速度是2.5m/sB．加速度是1m/s2C．2s末的速度是2m/sD．初速度是0.5m/s（多選）10．（5分）如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊沿質(zhì)量M＝6kg，傾角為37°的斜面下滑過程中，加速度大小為2.5m/s2（沿斜面向下），斜面不固定但仍靜止，重力加速度g＝10m/s2，則斜面體受到水平面的摩擦力Ff和支持力FN分別為（　?。〢．Ff＝2NB．Ff＝1.5NC．FN＝61.5ND．FN＝68.5N （多選）11．（5分）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A拴接，物塊A、B、C、D緊挨在一起放在光滑水平面上，在水平向左的外力F的作用下整個裝置處于靜止狀態(tài)。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊A、B、C、D的質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m，突然撤去外力F瞬間，下列說法正確的是（　?。〢．彈簧的壓縮量為F10kB．A的加速度大小為F10mC．B對A的作用力大小為9F10D．B對C的作用力大小為3F10三．實驗題（共2小題，滿分14分）12．（6分）用如圖1所示的裝置做“探究加速度與物體受力的關系”的實驗。主要實驗步驟如下：a．測量小車的質(zhì)量為M，砝碼和托盤的質(zhì)量為m，滿足m＜＜M，可以認為砝碼和托盤的重力等于小車所受拉力，記為F。b．把紙帶系在小車上，并使紙帶穿過打點計時器。把裝有打點計時器的木板一端稍微墊高，使小車在木板上做勻速運動。c．把連接砝碼和托盤的細線繞過木板上的定滑輪后系在小車上，接通電源，釋放小車，使小車沿長木板運動。d．打點計時器在紙帶上打下一系列的點，根據(jù)計數(shù)點間距離求出加速度a。e．換上新紙帶，保持小車的質(zhì)量不變，改變砝碼的質(zhì)量，重復實驗。f．實驗過程中，小車所受拉力記為F1、F2、F3、F4、F5，對應的加速度記為a1、a2、a3、a4、a5．以加速度a為縱軸、小車所受拉力F為橫軸建立直角坐標系，在坐標紙上描點，如圖2所示。 結合上述實驗步驟，請你完成下列任務：（1）小車受到拉力為F2時，打出的一條清晰紙帶如圖3所示。找一個合適的點當作計時起點0，然后每隔相同的時間間隔T選取一個計數(shù)點，分別記為1、2、3、4，用刻度尺測量出相鄰計數(shù)點間的距離分別為x1、x2、x3、x4．則小車的加速度大小為　　。根據(jù)紙帶還可以求出打點計時器打下點1時，小車的速度大小為　　。（2）在圖2中已標出加速度a1、a3、a4、a5對應的坐標點，請在該圖中標出加速度a2對應的坐標點，并畫出a﹣F圖象　　。（3）另一組同學實驗時，忘記了平衡摩擦力，繪制出a﹣F圖線如圖4所示。該圖線的斜率為k，縱軸截距為b。由此可知：小車的質(zhì)量為　　，小車所受摩擦力大小為　　。13．（8分）某同學在做實驗時得到了如圖所示的物體做平拋運動的軌跡，a、b、c位置是運動軌跡上三個點（已標出）。其中x、y坐標軸分別沿水平方向和豎直方向，則：（1）小球平拋的初速度為　　m/s。（重力加速度g＝10m/s2）（2）小球運動到b點的速度為　　m/s。（3）從坐標原點到c點的這段時間內(nèi)小球的速度變化量為　　m/s。（4）小球開始做平拋運動的位置坐標為x＝　　cm，y＝　　cm。四．計算題（共3小題，滿分39分，每小題13分）14．（13分）如圖所示為一傾角θ＝37°足夠長的斜面，將一質(zhì)量m＝1kg的物體在斜面上由靜止釋放，同時施加一沿斜面向上的恒定拉力，拉力大小F＝15N，1s后物體的速度沿斜面向上，大小為5m/s，（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。（1）求物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ；（2）若在物體的速度為5m/s時撤去力F，求撤掉力F后0.8s內(nèi)的位移。 15．（13分）潛艇從高密度海水區(qū)域駛入低密度區(qū)域，浮力頓減，潛艇如同汽車掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質(zhì)量為3.0×106kg，在高密度海水區(qū)域距海平面200m，距海底144m處沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當該潛艇駛入低密度海水區(qū)域A點時，浮力突然降為2.4×107N；10s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），結果潛艇剛好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起嚴重事故。已知在整個運動過程中，潛艇所受阻力恒為1.2×106N，潛艇減重的時間忽略不計，海底平坦，重力加速度為g取10m/s2，答案可用根式表示，求：（1）潛艇“掉深”10s時的速度；（2）潛艇減重排出水的質(zhì)量；（3）潛艇從A開始“掉深”到返回A點所經(jīng)歷的時間。16．（13分）如圖，兩個滑塊A、B的質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，放在靜止于水平地面上長木板的兩端，A與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，B與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5；木板的質(zhì)量m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，A的初速度vA＝1m/s，B的初速度vB＝3.5m/s。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑塊A、B可視為質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）兩滑塊開始相向滑動時滑塊A、B和木板的加速度大??；（2）經(jīng)過多長時間滑塊B與木板相對靜止及此時木板的速度；（3）為避免滑塊A、B相碰，滑塊A、B開始運動時兩者之間的最小距離。 2023-2024學年重慶市西南大學附中高一（上）期末物理模擬試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分32分，每小題4分）1．【解答】解：A、飛機相對于地面上的觀眾、遠處的地面都是運動的，所以以地面上的觀眾、遠處的地面為參考系，乙飛機都是運動的。故AC錯誤；B、因為兩架飛機在空中以相同速度同向飛行，以甲飛機為參照物，甲與乙飛機之間的相對位置沒有發(fā)生變化，所以認為乙是靜止的。故B正確；D、研究乙的運動情況，不能以乙自身為參考系。故D錯誤。故選：B。2．【解答】解：A、根據(jù)自由落體模型中公式v2＝2gh可得v=2g?，落地速度v只與高度h有關，即va：vb：vc=?1：?2：?3=3：2：1，故A錯誤；B、根據(jù)自由落體模型中公式h=12gt2可得t=2?g，故ta：tb：tc=?1：?2：?3=3：2：1，故B錯誤；CD、由于三小球初速度均為0，故ta﹣tb＝（3?2）2?3g，tb﹣tc＝（2?1）2?3g，因此ta﹣tb＜tb﹣tc，故C正確，D錯誤。故選：C。3．【解答】解：A、靜止在草地上的足球受到的彈力的施力物體是地面，而重力的施力物體是地球，可知彈力不是重力，故A錯誤；B、靜止在地面上的足球受到彈力是地面對足球的作用力，是因為地面發(fā)生形變，故B錯誤；C、靜止在光滑水平地面上的兩個足球由于接觸，但由于沒有彈性形變，所以沒有受到相互作用的彈力，故C錯誤；D、踩在腳下的足球受到地球對它的重力，腳對它的壓力以及地面對足球的支持力共三個力作用，故D正確；故選：D。4．【解答】解：AB、小球做平拋運動，豎直方向上：2h=12gtA2；h=12gtB2，由此可得A球的運動時間為：tA=4?g；tB=2?g所以tAtB=21，水平方向上，由x＝v0t得v0=xt結合兩球落地的位移之比：xA：xB＝1：2 可知A、B兩球的初速度之比為：vAvB=122=24，故AB錯誤；CD、兩球軌跡相交時，水平方向位移相等，則有vAtA′＝vBtB′B球下落高度：hB=12gtB′2A球下落高度：hA=12gtA′2hA＝h+hB聯(lián)立解得：hB=17?；tB′=2?7g兩小球運動軌跡交點的高度為：H＝h?17?=6?7兩小球運動軌跡交點的水平位移為：xB′＝vOBtB′由題意可得：2s＝vB2?g聯(lián)立解得：xB′=227s，故C錯誤，D正確；故選：D。5．【解答】解：AB、根據(jù)勻變速直線運動的位移—時間公式x＝v0t+12at2變形得：xt=12at+v0，由圖像可知初速度為v0＝﹣4m/s，12a=42m/s2＝2m/s2，則加速度為a＝4m/s2，故AB錯誤；C、玩具車在第2s末的速度為v＝v0+at2＝﹣4m/s+4×2m/s＝4m/s，故C正確；D、前4s內(nèi)，玩具車的位移為x＝v0t4+12at42=（﹣4×4+12×4×42）m＝16m，可知第4s末，玩具車在出發(fā)點右側16m處，故D錯誤。故選：C。6．【解答】解：當升降機向上做加速運動時，由牛頓第二定律可知F﹣mg＝maF＝mg+ma＝50×10+50×2N＝600N，由牛頓第三定律可知人對地板的壓力為600N，故A正確；當升降機向下做勻加速運動時，由牛頓第二定律可知mg﹣F＝maF＝mg﹣ma＝50×10﹣50×2N＝400N由牛頓第三定律可知人對地板的壓力為400N，故C正確；故選：AC。7．【解答】解：A、對球A分析可知，A受重力、支持力、B的壓力和斜面的摩擦力作用，共四個力，故A錯誤； B、對球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三個力構成首尾相連的矢量三角形，如圖所示：將小球B緩慢拉至物體A的最高點過程中，θ變小，故支持力N變小，拉力F也變小；根據(jù)牛頓第三定律，壓力也減??；再對A、B整體分析，受拉力、重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：f＝（M+m）sinα+Fcosαα為斜面的坡角，由于F減小，故拉力F減小，故靜摩擦力減?。还蔅D錯誤C正確。故選：C。8．【解答】解：對B受力分析，繩中拉力T＝mBg；當mB取最大值時，物體具有沿斜面向下的最大靜摩擦力fm；對A受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有：N﹣mgcosθ＝0；T﹣fm﹣mgsinθ＝0；其中：fm＝μN，聯(lián)立以上各式，解得：mB＝m（sinθ+μcosθ），當mB取最小值時，物體具有沿斜面向上的最大靜摩擦力fm；對A受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有： N﹣mgcosθ＝0；T+fm﹣mgsinθ＝0；其中：fm＝μN聯(lián)立以上各式，解得：mB＝m（sinθ﹣μcosθ）綜上，mB的范圍是：m（sinθ﹣μcosθ）≤mB≤m（sinθ+μcosθ）代入數(shù)據(jù)解得：1.2N≤mB≤3.8N，故B正確，ACD錯誤。故選：B。二．多選題（共3小題，滿分15分，每小題5分）9．【解答】解：A、前4s內(nèi)內(nèi)的平均速度：v=xt=1+2+3+44m/s＝2.5m/s，故A正確；B、根據(jù)勻變速直線運動的推論可知；Δx＝aT2＝a×12m＝1m，其中T＝1s，解得a＝1m/s2，故B正確；C、2s末的速度等于第2s與第3s內(nèi)的平均速度，即v2=x2+x32T=2+32×1m/s＝2.5m/s，故C錯誤；D、第1s內(nèi)的位移x1＝v0t1+12at12，其中t1＝1s，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝0.5m/s，故D正確。故選：ABD。10．【解答】解：對M、m受力分析，如圖所示，對物塊沿斜面和垂直斜面正交分解可得：mgsin37°﹣Ff1＝mamgcos37°＝FN1對M水平與豎直正交分解得FN＝Mg+FN2cos37°+Ff2sin37°Ff+Ff2cos37°＝FN2sin37°由牛頓第三定律知Ff1＝Ff2，F(xiàn)N1＝FN2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Ff＝2N、FN＝68.5N，故BC錯誤，AD正確。故選：AD。 11．【解答】解：A、根據(jù)胡克定律可知，彈簧的壓縮量為Δx=Fk故A錯誤；B、突然撤去外力F瞬間，整體的加速度都相同，則A的加速度大小為aA=a=F10m故B正確；C、對BCD的整體，則A對B的作用力大小為FAB=6ma=3F5根據(jù)牛頓第三定律可知，B對A的作用力大小為FBA=3F5故C錯誤；D、對CD整體，由牛頓定律可得，B對C的作用力大小為FBC=3ma=3F10故D正確。故選：BD。三．實驗題（共2小題，滿分14分）12．【解答】解：（1）根據(jù)Δx＝aT2由逐差法可得：a=x4+x3?x2?x14T2；打點計時器打下點1時，小車的速度大小為v1=x2+x12T；（2）畫出a﹣F圖象如圖；（3）根據(jù)F﹣f＝ma，解得a=1mF?fm，則1m=k，fm=b，解得m=1k，f=bk。故答案為：（1）x4+x3?x2?x14T2；x2+x12T（2）圖象見解析； （3）1k；bk13．【解答】解：（1）平拋運動在豎直方向上為自由落體運動，根據(jù)勻變速直線運動的推論，Δy＝gT2，得：T=Δyg=0.2?0.110s＝0.1s小球在水平方向上做勻速直線運動，則小球平拋運動的初速度為：v0=ΔxT=0.20.1m/s＝2m/s。（2）根據(jù)勻變速直線運動中，一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知，b點在豎直方向上的分速度為：vby=yac2T=0.32×0.1m/s＝1.5m/s小球運動到b點的速度：vb=vby2+v02=2.5m/s。（3）運動點跡的時間間隔：T＝0.1s，則從坐標原點到c點的這段時間內(nèi)小球的速度變化量：Δv＝g?2T＝2m/s。（4）小球從運動到b點的時間為：tb=vbyg=0.15s。水平方向上的位移為：x1＝v0tb＝0.3m豎直方向上的位移為：y=12gtb2=0.1125m所以開始做平拋運動的位置坐標為：x＝0.2m﹣0.3m＝﹣0.1m＝﹣10cm，y＝0.1m﹣0.1125m＝﹣0.0125m＝﹣1.25cm。故答案為：（1）2；（2）2.5；（3）2；（4）﹣10；﹣1.25。四．計算題（共3小題，滿分39分，每小題13分）14．【解答】解：（1）在拉力F作用下物體沿斜面向上做勻加速直線運動，加速度為：a=vt=51m/s2＝5m/s2。由牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma解得：μ＝0.5（2）撤去力F后物體上滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1。 可得：a1＝10m/s2上滑的最大位移為：x1=v22a1=522×10m＝1.25m上滑的時間為：t1=va1=510s＝0.5s下滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2?？傻茫篴2＝2m/s2下滑t2＝t﹣t1＝0.8s﹣0.5s＝0.3s內(nèi)的位移為：x2=12a2t22=12×2×0．32=0.09m故撤掉力F后0.8s內(nèi)的位移為：x＝x1﹣x2＝1.25m﹣0.09m＝1.16m，方向沿斜面向上答：（1）物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ是0.5。（2）撤掉力F后0.8s內(nèi)的位移是1.16m，方向沿斜面向上。15．【解答】解：（1）設潛艇剛“掉深”時的加速度大小為a1，對潛艇，由牛頓第二定律得：mg﹣F﹣f＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1=1.6m/s210s末的速度為v＝a1t＝1.6×10m/s＝16m/s；（2）掉深10s時，潛艇下落的高度：?1=v2t=162×10m=80m潛艇減速下落的高度：h2＝h﹣h1＝144m﹣80m＝64m在減速階段：?2=v22a2，解得a2=2m/s2潛艇減重的質(zhì)量為m1，潛艇減重后以2m/s2的加速度勻減速下沉過程中，由牛頓第二定律得：F+f﹣m1g＝m1a2代入數(shù)據(jù)解得：m1＝2.1×106kg排水前潛艇的質(zhì)量m＝3.0×106kg“掉深”過程中排出水的質(zhì)量：m＝m﹣m1＝3.0×106kg﹣2.1×106kg＝9×105kg；（3）向下減速所需時間為t′=va2=162s=8s設上浮過程潛艇的加速度大小為a3，由牛頓第二定律得：F﹣f﹣m1g＝m1a3解得：a3=67m/s2在上浮過程中，根據(jù)位移—時間公式可得：h=12a3t″2，解得t″＝421s故經(jīng)歷的總時間為t總＝t+t′+t″，解得t總＝（18+421）s答：（1）潛艇“掉深”10s時的速度為16m/s； （2）潛艇減重排出水的質(zhì)量為9×105kg；（3）潛艇從A開始“掉深”到返回A點所經(jīng)歷的時間為（18+421）s。16．【解答】解：（1）滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達到共同速度前，由牛頓第二定律得f1＝μ1mAg＝mAaA，f2＝μ2mBg＝mBaB，f3＝μ3（m+mA+mB）g，f2﹣f1﹣f3＝ma1解得aA=1m/s2，aB=5m/s2，a1=2m/s2（2）設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1，由運動學公式有v1＝vB﹣aBt1，v1＝a1t1聯(lián)立代入已知數(shù)據(jù)得t1＝0.5s，v1＝1m/s（3）在t1時A的速度大小vA1＝vA﹣aAt1＝1m/s﹣1×0.5m/s＝0.5m/s在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為sB=vBt1?12aBt12=3.5×0.5m?12×5×0.52m=1.125m設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1+f3＝（mB+m）a2由題意知，為避免A、B相碰，A與木板的臨界速度相同，設其大小為v2，設A的速度大小從vA1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1﹣a2t2對A有v2＝﹣vA1+aAt2在t2時間間隔內(nèi)，B（以及木板）相對地面移動的距離為s1=v1t2?12a2t22在（t1+t2）時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為sA=vA(t1+t2)?12aA(t1+t2)2因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0＝sA+s1+sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.95m答：（1）兩滑塊開始相向滑動時滑塊A、B和木板的加速度大小分別為aA=1m/s2，aB=5m/s2，a1=2m/s2；（2）經(jīng)過0.5s滑塊B與木板相對靜止，此時木板的速度為1m/s；