2024屆湖北省鄂州市、黃岡市物理高一第一學(xué)期期末聯(lián)考模擬試題含解析

2024屆湖北省鄂州市、黃岡市物理高一第一學(xué)期期末聯(lián)考模擬試題注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一項(xiàng)符合題目要求，有的有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1、某裝置的結(jié)構(gòu)如圖所示：在外殼的基板上固定一個(gè)螺栓，螺栓上有一頂端焊有鋼球的彈簧，螺栓、彈簧、鋼球及外殼都是電的良導(dǎo)體．在靜止?fàn)顟B(tài)下，鋼球和外殼呈斷開狀態(tài)不會導(dǎo)通，當(dāng)受到?jīng)_擊，鋼球產(chǎn)生運(yùn)動(dòng)與外殼接通，便可觸發(fā)執(zhí)行電路（未畫出），使報(bào)警器等元件開始工作．若此裝置由靜止從高處墜落，重力加速度用g表示，以下說法正確的是A.開始下落的瞬間，鋼球的加速度為gB.開始下落的瞬間，外殼的加速度為gC.在執(zhí)行電路被接通前，鋼球的加速度方向可能向上D.在執(zhí)行電路被接通前，外殼的加速度可能小于g2、以下四組共點(diǎn)力分別作用在物體上，能使物體平衡的一組是（）A.2N、4N、7N B.6N、22N、15NC.5N、10N、13N D.10N、12N、30N3、幾個(gè)水球可以擋住子彈？實(shí)驗(yàn)證實(shí)：4個(gè)水球就足夠了！4個(gè)完全相同的水球緊挨在一起水平排列，如圖所示，子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，恰好穿出第4個(gè)水球，則以下說法正確的是（）A.子彈在每個(gè)水球中速度變化相同B.由題干信息可以確定子彈穿過每個(gè)水球的時(shí)間C.由題干信息可以確定子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同D.子彈穿出第3個(gè)水球的瞬間速度與全程的平均速度相等4、如圖所示，用質(zhì)量不計(jì)的輕繩L1和L2將M、N兩重物懸掛起來，則下列說法正確的是()A.L1對M的拉力和L2對M的拉力是一對平衡力B.L2對M的拉力和L2對N的拉力是一對作用力與反作用力C.L1對M的拉力和M對L1的拉力是一對平衡力D.L2對N的拉力和N對L2的拉力是一對作用力和反作用力5、小明同學(xué)利用傳感器繪出一個(gè)沿直線運(yùn)動(dòng)的物體在不同運(yùn)動(dòng)過程中，加速度、速度、位移隨時(shí)間變化的圖像，如圖所示．若該物體在時(shí)刻，初速度為零，則表示該物體沿單一方向運(yùn)動(dòng)的圖像是（）A. B.C. D.6、關(guān)于力的下列各種說法中，正確的是()A.力是標(biāo)量，只有大小，沒有方向B.力是產(chǎn)生形變的原因C.只有相互接觸的物體才有力的作用D.在國際單位制中，力的單位是牛頓，簡稱牛，符號為N7、如圖甲所示，質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊(質(zhì)量設(shè)為m)從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程小物塊未滑離木板，物塊和木板的速度一時(shí)間圖象如圖乙所示，g=10m/s2，結(jié)合圖象，下列說法正確的是A.可求得物塊在前2s內(nèi)的位移x=5mB.可求得物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1C.可求得物塊的質(zhì)量m=1kgD.可求得木板的最小長度為L=2m8、如圖所示，甲、乙兩物體的位移－時(shí)間(x－t)圖象，由圖象可以看出在0～4s這段時(shí)間內(nèi)()A.甲的平均速度等于乙的平均速度B.4s時(shí)甲、乙兩物體之間的距離最大C.甲、乙兩物體之間的最大距離為3mD.甲、乙兩物體始終同向運(yùn)動(dòng)9、如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓軌道與水平軌道面相切于M點(diǎn)，與豎直墻相切于A點(diǎn)，豎直墻上另一點(diǎn)B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓軌道的圓心．已知在同一時(shí)刻，a、b兩球分別由A、B兩點(diǎn)從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)；c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)．則下列說法正確的是A.球a最先到達(dá)M點(diǎn)B.球b最先到達(dá)M點(diǎn)C.球c最先到達(dá)M點(diǎn)D.球c先到M點(diǎn)，球b最后到M點(diǎn)10、下列關(guān)于物理學(xué)史、物理學(xué)研究方法的敘述中，正確的是（）A.用質(zhì)點(diǎn)來代替實(shí)際物體是采用了微元法B.牛頓根據(jù)斜面實(shí)驗(yàn)，提出了牛頓第一定律C.是采用比值法定義的D.伽利略借助實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理得出了自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律二、實(shí)驗(yàn)題11、（4分）12、（10分）三、計(jì)算題：解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（9分）如圖是壓榨機(jī)示意圖，B為固定鉸鏈，A、C為活動(dòng)鉸鏈。BC間距離為，AB間的水平距離為，，且B、C兩點(diǎn)在同一豎直線上，在A處施加一大小為F、方向水平向左的推力。C與左壁接觸面光滑，滑塊和桿的重力不計(jì)。(1)若力F的作用效果沿桿是擠壓AB、AC，按該效果將力F分解，求沿桿AC的分力大小；(2)若(1)中所求的分力的作用效果是水平向左擠壓墻壁和豎直向下擠壓物體。已知，當(dāng)圖中，時(shí)，求被壓榨物D受到的壓力大小。14、（14分）從離地31.25m的空中自由下落一個(gè)小球，不計(jì)空氣阻力取g＝10m/s2，求：（1）從開始下落的時(shí)刻起，小球經(jīng)過多少時(shí)間落到地面；（2）小球落到地面的速度大?。唬?）從開始下落到落地的整個(gè)過程中求最后1s內(nèi)的位移大?。?5、（13分）如圖所示，有一塊木板靜止在光滑水平面上，木板質(zhì)量，長。木板右端放著一個(gè)小滑塊，小滑塊質(zhì)量，其尺寸遠(yuǎn)小于L，可視為質(zhì)點(diǎn)，它與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，。（1）現(xiàn)用水平向右的恒力F作用在木板M上，為了使得m能從M上滑落下來，求F的大小范圍。（2）若其它條件不變，恒力，作用時(shí)間t后撤去，求m在M上滑動(dòng)而不會滑落時(shí)力F最長作用時(shí)間t。

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一項(xiàng)符合題目要求，有的有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1、D【解題分析】開始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，故對鋼球分析可知，受向上彈簧的彈力和向下的重力作用，且互相平衡，故在開始下落瞬間彈簧沒有發(fā)生變化，大小仍與重力的大小相等，故這一瞬間鋼球的加速度為零；對外殼分析可知，受向下彈簧的彈力和向下的重力作用，故在下落瞬間外殼的加速度大于g，故AB錯(cuò)誤；之后，小球向下做加速度不斷增大的加速運(yùn)動(dòng)，外殼做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧回到原長之后，小球繼續(xù)向下做加速度不斷增大的加速運(yùn)動(dòng)，外殼向下做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧的彈力與外殼的重力相等時(shí)加速度為零，外殼達(dá)到最大速度，繼續(xù)向下彈簧的彈力大于外殼的重力，此時(shí)外殼的加速度向上，做減速運(yùn)動(dòng)，直到鋼球與外殼相撞，故在在執(zhí)行電路被接通前，鋼球的加速度方向一直向下，而外殼的加速度可能小球g，故C錯(cuò)誤，D正確；故選D.2、C【解題分析】A．2N和4N的合力范圍為[2N，6N]，7N不在兩個(gè)力的合力范圍之內(nèi)，則三個(gè)力的合力不能為零，不能使物體處于平衡狀態(tài)。故A錯(cuò)誤。B．6N、22N的合力范圍為[16N，28N]，15N不在兩個(gè)力的合力范圍之內(nèi)，則三個(gè)力的合力不可能為零，不能處于平衡狀態(tài)。故B錯(cuò)誤。C．5N、10N的合力范圍為[5N，15N]，13N在兩個(gè)力的合力范圍之內(nèi)，則三個(gè)力的合力可能為零，能處于平衡狀態(tài)。故C正確。D．10N、12N合力范圍為[2N，22N]，30N不在兩個(gè)力的合力范圍之內(nèi)，則三個(gè)力的合力不能為零，不能使物體處于平衡狀態(tài)。故D錯(cuò)誤。故選C。3、D【解題分析】BC．設(shè)水球的直徑為d，子彈運(yùn)動(dòng)的過程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到末速度為零，我們可以應(yīng)用逆過程，相當(dāng)于子彈初速度為零做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．因?yàn)橥ㄟ^最后1個(gè)、最后2個(gè)、以及后3個(gè)、全部4個(gè)的位移分別為d，2d，3d和4d，根據(jù)知，所以時(shí)間之比為1：：：2，所以子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同；由以上的分析可知，子彈依次穿過4個(gè)水球的時(shí)間之比為：（2-）：（?）：（?1）：1；由題干信息不可以確定子彈穿過每個(gè)水球的時(shí)間，故BC錯(cuò)誤；A．子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則受力是相同的，所以加速度相同，由△v=at可知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，則速度的變化量不同，故A錯(cuò)誤；D．由以上分析可知，子彈穿過前3個(gè)水球的時(shí)間與穿過第四個(gè)水球的時(shí)間是相等的，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，子彈穿出第三個(gè)水球的瞬時(shí)速度與全程的平均速度相等，故D正確．4、D【解題分析】二力平衡的條件：大小相等、方向相反、作用在一條直線上、作用在一個(gè)物體上；而作用力與反作用力，則是大小相等，方向相反，作用在兩個(gè)物體上；然后根據(jù)二力平衡的條件對四個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，符合二力平衡條件的即為平衡力【題目詳解】對M受力分析，它受到重力、L1的拉力、L2的拉力作用．因此，L1對M的拉力和L2對M的拉力并不是一對平衡力，A錯(cuò)誤；作用力和反作用力作用在相互作用的兩個(gè)物體之間，而B選項(xiàng)中有三個(gè)物體：M、N、L2，B錯(cuò)誤；平衡力必須作用在同一個(gè)物體上，L1對M的拉力和M對L1的拉力分別作用在M和L1上，顯然不是平衡力，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)中的一對力是作用力和反作用力，D正確5、C【解題分析】(1)重要信息提取：物體在時(shí)，物體沿單一方向運(yùn)動(dòng)即物體做速度方向不變的直線運(yùn)動(dòng)；(2)物理思維:圖像：斜率正負(fù)表示運(yùn)動(dòng)方向；圖像：的正負(fù)表示運(yùn)動(dòng)方向，即在軸上方運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?，在軸下運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樨?fù)；圖像：面積表示速度的變化量，根據(jù)的正、負(fù)判斷運(yùn)動(dòng)方向的變化；【題目詳解】A、圖線的斜率表示速度，在內(nèi)，斜率先正后負(fù)，可知運(yùn)動(dòng)的方向發(fā)生改變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、在內(nèi)速度為正值，向正方向運(yùn)動(dòng)，在內(nèi)速度為負(fù)值，向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、在內(nèi)加速度不變，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，圖像的面積表示速度的變化量，在，，則2s末速度為零，在一個(gè)周期內(nèi)速度的方向不變，故選項(xiàng)C正確；D、在內(nèi)，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，圖像的面積表示速度的變化量，在內(nèi)，則有，則3s末向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的方向發(fā)生變化，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤6、BD【解題分析】A.力是矢量，有大小和方向，故A錯(cuò)誤；B.力的作用效果之一是能使物體產(chǎn)生形變，故B正確；C.力有不接觸力和接觸力兩類，不接觸也可能有力作用，比如重力、電場力和磁場力，故C錯(cuò)誤；D.在國際單位制中，力的單位是牛頓，簡稱牛，符號為N，故D正確7、AD【解題分析】根據(jù)圖象的“面積”可求得位移，得到木板的長度．由斜率得到加速度，以m為研究對象，據(jù)牛頓第二定律求解動(dòng)摩擦因數(shù)．由動(dòng)量守恒可求得物塊的質(zhì)量m【題目詳解】A.圖象的“面積”大小等于位移，可求出物塊在t=2s時(shí)的位移x=×（2+4）×1+2×1=5m，故A正確；B.由圖象的斜率等于加速度，可求出m勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1=2m/s2，以物塊m為研究對象，由牛頓第二定律得：μmg=ma1，μ=a1/g，可求出物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2.故B錯(cuò)誤；C.由圖知兩個(gè)物體速度相同后一起作勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明水平面是光滑的，以兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對象，取m的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒得：mv0=(M+m)v，代入數(shù)據(jù)4m=（2+m）×2，可求得m=2kg，故C錯(cuò)誤；D.木板的長度等于兩圖象在0?1s內(nèi)“位移”之差，可求出L=×（2+4）×1-×2×1=2m，故D正確故選AD.8、AC【解題分析】A．從圖中可知甲、乙在前4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)位移均為2m，故平均速度均為：，A正確；BC．2s時(shí)，甲、乙位移之差最大，最大距離為3m，B錯(cuò)誤C正確；D．x-t圖象的斜率表示速度的大小和方向，甲在2s時(shí)速度反向，乙一直沿著正方向運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤；故選AC。9、CD【解題分析】對于abc小球，根據(jù)幾何關(guān)系分別求出各個(gè)軌道的位移，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而比較出到達(dá)M點(diǎn)的先后順序【題目詳解】對于AM段，有幾何關(guān)系得位移為，牛頓第二定律得加速度為：，根據(jù)可得：；對于BM段，有幾何關(guān)系得位移x2=2R，加速度a2=gsin60°=，根據(jù)可得：；對于CM段，位移x3=R，加速度a3=g，根據(jù)可得：，比較上式式可得：t2＞t1＞t3即C球最先到達(dá)M點(diǎn)，b球最后到達(dá)M點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤，CD正確【題目點(diǎn)撥】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)牛頓第二定律求出各段的加速度，運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式進(jìn)行求解10、CD【解題分析】A．用質(zhì)點(diǎn)來代替實(shí)際物體是采用了理想模型法，A錯(cuò)誤；B．在伽利略研究的基礎(chǔ)上，牛頓提出了牛頓第一定律，B錯(cuò)誤；C．公式是采用比值法定義的，C正確；D．伽利略借助實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理得出了自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律，D正確。故選CD。二、實(shí)驗(yàn)題11、12、三、計(jì)算題：解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、(1)；(2)【解題分析】(1)設(shè)AC桿與水平方向的夾角為θ，AC桿受到的壓力大小為，對A點(diǎn)受力分析有其中根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可知解得(2)設(shè)D受到C對它的壓力大小為，則有代入可得根據(jù)題意代入數(shù)據(jù)得解得14、（1）從開始下落的時(shí)刻起，小球經(jīng)過2.5s落到地面；（2）小球落到地面的速度為25m/s；（3）從開始下落到落地的整個(gè)過程中求最后1s內(nèi)的位移大小為20m；【解題分析】（1）由公式可知：（2）由v＝gt得落地速度為（3）由公式可知前1.5s下落的位移為：故最后1s內(nèi)的位移大小為：15、（1），且保持作用一般時(shí)間后，小滑塊將從木板上滑落下來。（2