2023-2024学年江西省九江市都昌二中高一（上）期末物理模拟试卷
一、选择题（1-6题单选，每题4分；7-10题多选，每题5分，漏选得3分，错选不得分，共44分）
1．（4分）关于力的分解，下列叙述正确的是（ ）
A．分力一定小于合力
B．任何一个力都只有一种分解情况
C．力的合成和力的分解都是等效思想的体现
D．若已知合力F和两个分力（F1、F2）的大小，其中|F1﹣F2|＜F＜F1+F2，则有唯一解
2．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本单位
B．“m”“kg”“N”都是国际单位制的单位
C．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
D．1N/kg＝1m/s2
3．（4分）如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管以水平速度向右匀速运动，在红蜡块由管口上升到顶端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．水平速度增大时，相对地面通过的路程减小
B．水平速度增大时，相对地面通过的路程增大
C．水平速度增大时，所需时间减小
D．水平速度增大时，所需时间增大
4．（4分）如图所示为某独轮车搬运光滑圆柱体的截面图，两挡板OA、OB可绕O点转动，∠AOB＝60°且保持不变，初始时OB与水平方向夹角为60°。保持O点的位置不变，使两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA水平。在此过程中关于圆柱体的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．挡板OA对圆柱的作用力一直增大
B．挡板OA对圆柱的作用力先增大后减小
C．挡板OB对圆柱的作用力一直增大
D．小车对圆柱的作用力先减小后增大
5．（4分）如图是一辆公交车内部的俯视图，小华放学回家从前门上车，向车厢后面的车座走去。若从m到n过程中小华相对车匀速运动，车在逐渐加速，则小华相对地面的运动轨迹可能是（ ）
A． B． C． D．
6．（4分）关于物体运动的速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．速度变化量越大，加速度就越大
B．加速度方向为正，速度变化量的方向可以为负
C．速度变化率越大，加速度就越大
D．加速度方向不变，速度方向也不变
（多选）7．（5分）下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福α粒子散射实验说明了原子核内部具有复杂结构
B．普朗克的能量子假说是对经典思想与观念的一次突破
C．汤姆逊发现电子使人们认识到原子本身也具有结构
D．贝克勒尔对天然放射现象的发现开启了人类研究原子核结构的序幕
E．玻尔原子理论成功的解释了氢原子、氦原子光谱实验规律
（多选）8．（5分）如图所示，两个质量分别为m1＝3kg、m2＝2kg的物体A、B置于粗糙的水平面上，A、B与地面动摩擦因数均为0.1，中间用轻质弹簧连接。在两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力下A、B以相同的加速度运动，则（ ）
A．弹簧的弹力大小为24N
B．弹簧的弹力大小为30N
C．在突然撤去F1后的瞬间，A的加速度大小为9m/s2
D．在突然撤去F2后的瞬间，A的加速度大小为3m/s2
（多选）9．（5分）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（ ）
A．第1秒内与第2秒内速度变化量相同
B．在第2秒末加速度方向没有变化
C．在前2秒内发生的位移为零
D．第3秒末和第5秒末的位置相同
（多选）10．（5分）如图所示，位于光滑水平面上倾角为37°的斜面体，下端带有挡板，上表面光滑，劲度系数k＝200N/m的轻弹簧，一端固定在挡板上，另一端和斜面上的小物块a相连，小物块b紧靠a放在斜面上。水平推力F作用在斜面体上，a、b与斜面体始终保持相对静止。已知斜面体质量为4kg，a、b质量均为1kg，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若F＝0，则弹簧形变量为3cm
B．若F＝30N，则弹簧形变量为2cm
C．若F＝30N，则a、b之间压力大小为4N
D．F的最大值为45N
二．实验题（共2小题，满分16分，每小题8分）
11．（8分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB与OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是 。
（2）本实验采用的科学方法是 。
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
（3）该同学操作过程中认为：
A．拉橡皮条时弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
B．两个拉力的夹角越大越好
C.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大一些
D．拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好
其中正确的是 （填入相应的字母）。
12．（8分）回答下列问题：
（1）如图1所示为示波器的面板，将衰减旋钮旋至“”时，在屏上显示出一个完整的波形．但波形亮度低．若要增大波形的亮度，应调节 旋钮；若要使波形在竖直方向的幅度增大，应调节 旋钮（填图中旋钮旁标注的数字）
（2）利用如图2所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验．
①除了图中所给的器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 ．
A．秒表
B．天平（含砝码）
C．弹簧测力计
D．刻度尺
②甲同学实验时这样平衡摩擦力．按图2装置把实验器材安装好，先不挂重物，将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器，让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做 运动．
③甲同学利用v﹣t图象求出每条纸带对应的加速度．他在处理其中一条纸带时，求出每个计数点对应的速度，并将各点的速度都标在了如图3所示的坐标系中．请在坐标系中作出小车运动的v﹣t图象，并利用图象求出小车此次运动的加速度a＝ m/s2．
④乙同学在验证小车加速度a与所受拉力F的关系时，根据实验数据作出的a﹣F图象如图4所示．发现图线不过原点，原因可能是 ．
A．木板一端垫得过高 B．木板一端垫得过低
C．盘和砝码的总质量太大了 D．盘和砝码的总质量太小了
⑤丙同学作出的a﹣F图象如图5所示．发现图线有一段是曲线，他认为这是系统误差造成的．他将实验方法做了如下改进：他先将一些砝码放在小车上；之后每次从小车上取下一些砝码移到牵引小车的盘上；重复多次实验，直到将砝码全部移到盘中；根据测得的数据，绘制出小车加速度a随着盘和盘中的砝码所受重力F变化的关系图线，得到的是一条过原点的直线．已知盘和所有砝码的总质量为m，小车的质量为M．请你分析说明图线为直线的原因，并说明图线斜率的物理意义．
三．解答题（共3小题）
13．冰库工作人员在水平面移动冰块时，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动一段距离达到运送冰块的目的。其工作原理可简化为如图所示，设冰块质量为M＝60kg，冰块与滑道间动摩擦因数μ＝0.3。某次拉冰块时，工人从滑道前端用与水平方向成53°角向上、大小F＝500N的力拉冰块（初速度可视为零）向前匀加速前进4.5m后放手，冰块到达滑道末端时速度恰好为零，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，求：
（1）工人放手时冰块的速度大小；
（2）滑道的长度；
（3）冰块在滑道上运动的总时间。
14．如图所示，用轻弹簧竖直悬挂一质量为m的物体，静止时该弹簧的伸长量为L0．现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为3m的物体，静止时弹簧的伸长量也为L0，已知斜面的倾角为30°，则物体所受到的摩擦力为多大？
15．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4m、质量M＝2kg的木板，M与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝4N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1s，将一质量也为2kg的可视为质点的物块m无初速地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，不计空气阻力）试求：
（1）t1＝1s时木板速度的大小；
（2）物块与木板共速时的速度大小；
（3）物块滑离木板时的速度大小。
2023-2024学年江西省九江市都昌二中高一（上）期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分44分）
1．【解答】解：A、合力可能大于、等于或小于任一分力，故A错误；
B、任何一个力都有无数种分解情况，故B错误；
C、力的合成与分解都是根据等效替代得到的，都是等效思想的体现，故C正确；
D、若已知合力和两个分力（F1、F2）的大小，其中|F1﹣F2|＜F＜F1+F2，则两个分力一定不共线，此时有两种解，故D错误。
故选：C。
2．【解答】解：A、在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，故A错误。
B、牛顿是根据牛顿第二定律推导出来的单位，所以牛顿是导出单位，不是基本单位。故B错误
C、“米”、“千克”、“牛顿”都属于国际单位制的单位，其中“米”、“千克”是基本单位，“牛顿”是导出单位，故C错误；
D、由a可知，1N/kg＝1m/s2，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：由合运动与分运动的等时性知，红蜡块沿管上升的高度和速度不变，运动时间不变，当水平速度增大时，即管匀速运动的速度越大，但不会影响运动时间，依据矢量的合成法则，则合速度越大，合位移也越大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．【解答】解：由题意可知，初始状态两挡板对圆柱弹力均等于G，重力、两弹力组成闭合三角形，如图所示。
两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA水平的过程中，两挡板弹力夹角不变，则挡板OA对圆柱的作用力FNA先增大后减小，挡板OB对圆柱的作用力FNB逐渐减小。小车对圆柱的作用力等于G，保持不变，故ACD错误，B正确。
故选：B。
5．【解答】解：AB、小华匀速运动同时还参与公交车的加速运动，且加速度与初速度不共线，所以小华做曲线运动。故 AB错误；
CD、小华加速度方向为公交车前进的方向，即水平向右，初速度方向为从m指向n，根据曲线运动轨迹夹在处速度与加速度之间且与初速度相切，易知相对地面的运动轨迹可能是D选项。故C错误；D正确。
故选：D。
6．【解答】解：A、速度变化量越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A错误。
B、加速度的方向与速度变化量的方向相同，加速度方向为正，速度变化量的方向也为正，故B错误。
C、加速度等于速度的变化率，速度变化率越大，加速度越大。故C正确。
D、加速度方向不变，速度方向可能改变，比如平抛运动。故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：A、卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，故A错误。
B、普朗克的能量子假说是对经典思想与观念的一次突破，故B正确；
C、汤姆逊发现电子使人们认识到原子本身也具有结构，故C正确；
D、贝克勒尔对天然放射现象的发现开启了人类研究原子核结构的序幕，故D正确；
E、玻尔理论只能解释氢原子的光谱现象，不能解释其他复杂原子的光谱。故E错误。
故选：BCD。
8．【解答】解：AB．以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
F1﹣F2﹣μ（m1+m2）g＝（m1+m2）a
代入数据解得a＝1m/s2
设弹簧的弹力为F弹，以B为对象，根据牛顿第二定律可得
F弹﹣F2﹣μm2g＝m2a
代入数据解得F弹＝24N，故A正确，B错误；
C．在突然撤去F1后的瞬间，弹簧的弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
F弹+μm1g＝m1a1
代入数据，解得A的加速度大小为，故C正确；
D．在突然撤去F2后的瞬间，弹簧的弹力保持不变，则A的受力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
F1﹣F弹﹣μm1g＝m1a1′
代入数据，解得A的加速度大小为a1′＝1m/s2，故D错误。
故选：AC。
9．【解答】解：A、第1秒内速度变化量为Δv1＝2m/s﹣0＝2m/s，第2秒内速度变化量为Δv2＝0﹣2m/s＝﹣2m/s，故A错误；
B、根据v﹣t图象的斜率等于加速度，直线的斜率一定，加速度一定，知在第2秒末加速度方向没有变化，故B正确；
C、根据速度图象与时间轴围成的面积表示位移，知在前2秒内发生的位移为xm＝2m，故C错误；
D、根据速度图象与时间轴围成的面积表示位移，知在3s﹣5s内物体发生的位移为x′mm＝0，故第3秒末和第5秒末的位置相同，故D正确。
故选：BD。
10．【解答】解：A、F＝0时，整个系统处于静止状态，对小物块a、b受力分析，如图
由平衡条件，可得在沿斜面方向上有
（ma+mb）gsin37°＝kx
代入数据解得
x＝6cm
故A错误；
B、若F＝30N，对整个系统受力分析，根据牛顿第二定律可得
F＝（ma+mb+M）a
对小物块a、b受力分析，可得
在水平方向上有FNsin37°﹣kx′cos37°＝（ma+mb）a
在竖直方向上有FNcos37°﹣kx′sin37°＝（ma+mb）g
联立，
代入数据解得
x′＝2cm
故B正确；
C、对小物块b受力分析，可得
在水平方向上有FNbsin37°﹣Fabcos37°＝mba，
在竖直方向上有FNbcos37°﹣Fabsin37°＝mbg
联立，
代入数据解得
Fab＝2N
故C错误；
D、依题意，当小物块a、b之间弹力为零时，系统具有最大的加速度，即F有最大值，受力如图
由牛顿第二定律，可得
对于物块b有mbgtan37°＝mba，
对于系统整体有Fmax＝（ma+mb+M）a
联立，
代入数据解得
Fmax＝45N
故D正确。
故选BD。
二．实验题（共2小题，满分16分，每小题8分）
11．【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同，测量出的合力。
故答案为：F′。
（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（3）A、作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别，故应使各力尽量与木板面平行，故A正确；
B、两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故B错误；
C、实验中，弹簧的读数适当大些，可以减小作图时的偶然误差，故C正确；
D、在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故D正确。
故选：ACD。
故答案为：（1）F′；（2）B；（3）ACD。
12．【解答】解：（1）若要增大波形的亮度，应调节辉度调节旋钮1；若要使此波形波幅变大，应调节Y增益旋钮8；
（2）①本实验目的是探究加速度与力、质量关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故B正确；打点计时器的工作电源为低压交流电源（6V以下），工作频率为50Hz，周期为0.02s，可以计时，不需要秒表，故A错误；托盘和砝码的重力提供拉力，不需要弹簧测力计，故C错误
打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故D正确
②在验证牛顿第二定律时小车需平衡摩擦力，直到小车在木板上做匀速运动
③让尽量多的点通过直线，不在直线上的点均匀的分布在直线两侧，如图所示
④从上图中发现直线没过原点，当F＝0时，a＞0．也就是说当绳子上没有拉力时小车还有加速度，说明小车的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．该组同学实验操作中平衡摩擦力过大，所垫木板太高，故A正确
⑤根据牛顿第二定律，可得a，其中M+m为定值，所以a﹣F图象为过原点的直线，斜率为
故答案为：（1）1，8
（2）①BD ②匀速直线 ③作图略，0.95﹣1.05 ④A
⑤根据牛顿第二定律，可得a，其中M+m为定值，所以a﹣F图象为过原点的直线，斜率为
三．解答题（共3小题）
13．【解答】解：（1）工人拉冰块过程对冰块进行受力分析，如图所示：
则有
Mg＝Fsin53°+FN
f＝μFN
Fcos53°﹣f＝Ma1
解得
根据v2＝2a1x1，解得：v＝6m/s
即工人放手时冰块的速度大小为6m/s；
（2）减速阶段冰块只受滑动摩擦力，则
μMg＝Ma2
解得
根据v2＝2a2x2，解得减速阶段的位移为x2＝6m
滑道的长度L＝x1+x2＝4.5m+6m＝10.5m
（3）根据v＝a1t1，解得加速阶段的时间t1＝1.5s
根据v＝a2t2，解得减速阶段的时间t2＝2s
冰块在滑道上运动的总时间
t＝t1+t2
解得：t＝3.5s
答：（1）工人放手时冰块的速度大小为6m/s；
（2）滑道的长度为10.5m；
（3）冰块在滑道上运动的总时间为3.5s。
14．【解答】解：由题，用轻弹簧竖直悬挂一质量为m的物体时，弹簧的弹力大小F＝mg．现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为3m的物体，静止时弹簧的伸长量也为L0，说明弹簧的弹力大小F＝mg。
对物体：沿斜面方向受到弹簧的拉力F，重力沿斜面向下的分力为3mgsin30°＝1.5mg，则可见，物体有向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，由平衡条件得知：静摩擦力大小为f＝3mgsin30°﹣Fmg．所以物体所受到的摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上。
答：物体所受到的摩擦力为mg，方向沿斜面向上。
15．【解答】解：（1）设物块没放时，木板加速下滑的加速度大小为a，则有：F+Mgsinθ﹣μ1Mgcosθ＝Ma
代入数据解得：a＝4m/s2
所以t1＝1s时木板速度的大小设为v，则：v＝at1
代入数据解得：v＝4m/s
（2）物块放到木板上后到达相同速度前，设木板的加速度大小为a1，物块的加速度的大小为a2，对木板M有：F+Mgsinθ﹣μ1（M+m）gcosθ﹣μ2mgcosθ＝Ma1
代入数据解得：
对物块m有：mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma2
代入数据解得：
设经时间t2物块与木板速度相同且为v'，则有：v'＝v+a1t2v'＝a2t2
代入数据解方程组得：t2＝0.4s，v'＝3.2m/s
（3）设时间t2内木板和物块的位移分别为x1和x2，则由位移—时间公式，可以求得木板的位移：
x1＝vt2，代入数据得：x1＝1.44m
物块的位移：x2，代入数据得：x2＝0.64m
由于L＞x1﹣x2＝0.8m，故物块不能从木板上端分离。
因为μ1＞μ2，所以同速后物块相对于木板下滑，设同速后木板的加速度大小为a'1，物块的加速度的大小为a'2，则对长木板有：Mgsinθ﹣μ1（M+m）gcosθ+μ2mgcosθ＝Ma'1
对物块有：mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma'2
代入数据解得：，
设经时间t3物块与木板分离，时间t3内木板和物块的位移分别为x'1和x'2，则由位移的规律，木板位移：
x'1＝v't3
物块位移：
由几何关系有：x'2﹣x'1＝x1﹣x2
代入数据解得：t3s
物块滑离木板时的速度大小为：v″＝v′+a2t3，代入数据得：v″
答：（1）t1＝1s时木板速度的大小为4m/s；
（2）物块与木板共速时的速度大小为3.2m/s；
（3）物块滑离木板时的速度大小为。
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