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高一上期末模块综合测试卷【01卷】（练习）-高中物理课件（人教版2019必修第一册）
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这是一份高一上期末模块综合测试卷【01卷】（练习）-高中物理课件（人教版2019必修第一册），文件包含高一上期末模块综合测试卷01卷解析版docx、高一上期末模块综合测试卷01卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题 共47分）
一、单选题（共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。）
1．（2022·黑龙江·佳木斯一中高一期中）经亚奥理事会执委会批准，第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行。有关运动项目的描述，下列说法正确的是（ ）
A．裁判员观看体操女子平衡木冠军管晨辰的比赛动作时，可将管晨辰视为质点
B．田径运动员通过一段路程其位移不可能为零，位移的大小一定不等于路程
C．“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行。”其中“看山恰似走来迎”和“是船行”所选的参考系分别是河岸和流水
D．男子100米飞人大战，苏炳添以9秒83的成绩进入决赛。这里提到的“9秒83”指的是时间间隔
【答案】D
【详解】A．裁判员观看比赛动作时，不能忽略运动员的形状和大小，所以不可将管晨辰视为质点，故A错误；
B．田径运动员通过一段路程其位移可能为零，比如绕操场跑一周，最后回到出发的位置，位移为0；在单向直线运动中，位移的大小等于路程，故B错误；
C．“看山恰似走来迎” 所选的参考系是流水，“是船行”所选的参考系是河岸，故C错误；
D．苏炳添以9秒83的成绩进入决赛，这里的“9秒83”指一段时间，是时间间隔，故D正确。
故选D。
2．（2022·河北南宫中学高一阶段练习）关于重力与弹力，下列说法正确的是（ ）
A．地球对物体的吸引力，就是物体的重力
B．在桌面上的物体对桌面产生的压力就是物体的重力
C．物体对桌面产生的压力是由于桌面发生微小形变而产生的
D．弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体所施加的力的作用
【答案】D
【详解】A．地球对物体的吸引力是万有引力，但不是物体的重力，故A错误；
B．在桌面上的物体对桌面产生的压力属于弹力，施力物体是桌面上的物体，而重力的施力物体是地球，显然该压力不是物体的重力，故B错误；
C．物体对桌面产生的压力是由于物体发生微小形变而产生的，故C错误；
D．弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体所施加的力的作用，故D正确。
故选D。
3．（2022·黑龙江·哈师大附中高一开学考试）关于摩擦力，以下说法中正确的是（ ）
A．运动物体可能受到静摩擦力作用，但静止物体不可能受到滑动摩擦力作用
B．静止物体可能受到滑动摩擦力作用，但运动物体不可能受到静摩擦力作用
C．正压力越大，摩擦力可能越大，也可能不变
D．摩擦力方向一定与速度方向在同一直线上
【答案】C
【详解】AB．静摩擦力存在于相对静止的两物体之间，滑动摩擦力存在于相对运动的两物体之间，运动物体可能受到静摩擦力作用，静止物体也可能受到滑动摩擦力作用，故AB错误；
C．弹力是产生摩擦力的前提，滑动摩擦力大小一定与压力成正比，而静摩擦力大小与压力没有直接关系，故C正确；
D．摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同，如物体轻轻放在匀速运动的水平传送带上，在开始阶段，物体受到的滑动摩擦力与物体的运动方向相同，但两者也可以不在一直线上，比如：放在正在加速车厢壁的物体，故D错误。
故选C。
4．（2022·江西·兴国中学高一阶段练习）关于物体运动的速度、速度变化与加速度之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．速度大时，速度变化量不一定大，但加速度一定大
B．速度变化得越慢，则速度的变化率越小，加速度一定越小
C．加速度的方向保持不变，则速度方向也一定保持不变
D．速度、速度变化与加速度三者之间有必然的联系
【答案】B
【详解】A．速度大时，速度变化量不一定大，加速度也不一定大，选项A错误；
B．加速度等于速度的变化率，速度变化越慢，则速度的变化率越小，加速度一定越小，选项B正确；
C．加速度的方向保持不变时，速度方向可能会发生变化，例如当物体做匀减速运动，速度减到零后，速度反向，选项C错误；
D．速度、速度变化与加速度三者之间没有必然的联系，选项D错误。
故选B。
5．（2022·甘肃·华池县第一中学高一期中）如图所示是某物体运动的v－t图像。下列说法正确的是（ ）
A．该物体的运动方向一直不变B．3s末物体加速度开始改变
C．0~8s物体一直做匀减速运动D．t＝0时和t＝6s时物体的速率相等
【答案】D
【详解】A．该物体的速度先为正后为负，则运动方向在t=3s时刻发生改变，选项A错误；
B．图像的斜率等于加速度，物体的加速度不变，可知3s末物体加速度不会改变，选项B错误；
C．0~8s物体先向正方向做匀减速运动，后沿负方向做匀加速运动，选项C错误；
D．t＝0时和t＝6s时物体的速度大小相等，方向相反，即速率相等，选项D正确。
故选D。
6．（2022·广东·盐田高中高三阶段练习）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同小球b从地面上方某处由静止释放，两球在空中相遇时速度大小恰好均为12v0（不计空气阻力）。则（ ）
A．两球同时落地B．球b开始下落的高度为v02g
C．相遇时两球运动的时间为2v0gD．球a上升的最大高度为v022g
【答案】D
【详解】A．由题意可知可知，a球上升的最大高度与b球下落的高度相等，依题意，b球运动的时间为
v022g=12gt12
解得t1=v0g
而a球做竖直上抛，向上匀减速、然后自由落体，根据运动的对称性可知，其运动时间为t2=2v0g
可知两球不会同时落地，故A错误；
BC．根据自由落体运动规律，依题意有gt=12v0
则相遇时两球运动的时间t=v02g
则从运动开始至两球相遇，a球上升高度为ℎ1=v0t−12gt2=3v028g
球b已下落的距离为ℎ2=12gt2=v028g
则球b开始下落的高度为ℎ=ℎ1+ℎ2=v022g
故BC错误；
D．球a做竖直上抛运动，当速度为零时，达到最大高度，有0−v02=−2gℎm
解得ℎm=v022g
则球a上升的最大高度为v022g，故D正确。
故选D。
7．（2022·河北南宫中学高一阶段练习）如图所示为两个大小不变、夹角θ变化的力的合力的大小F与θ角之间的关系图像（0∘≤0≤360∘），下列说法中正确的是（ ）
A．合力大小的变化范围是0≤F≤10N
B．合力大小的变化范围是2N≤F≤14N
C．这两个分力的大小分别为2N和6N
D．这两个分力的大小分别为2N和8N
【答案】B
【详解】CD．由题图可知，当两分力夹角为180°时，两分力的合力为2 N，则有
|F1－F2|＝2N
而当两分力夹角为90°时，两分力的合力为10 N，则有
F12+F22＝10N
联立解得这两个分力大小分别为6 N、8 N。故CD错误；
AB．当两个分力方向相同时，合力最大，为14N；当两个分力方向相反时，合力最小，为2 N，故2N≤F≤14N，故A错误；B正确。
故选B。
8．（2022·浙江丽水·高一开学考试）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（ ）
A．乘客处于超重状态
B．电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2
C．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2
D．乘客对电梯地板的压力为625N
【答案】C
【详解】A．因为乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，弹力小于小球的重力，加速度向下，则乘客处于失重状态，A错误；
BC．根据牛顿第二定律mg−34mg=ma
解得a=2.5m/s2 ，方向向下，电梯可能减速上升，C正确，B错误；
D．根据牛顿第二定律Mg−FN=Ma
解得FN=375N，乘客对电梯地板的压力为375N，D错误。
故选C。
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）
9．（2022·天津一中高一期中）如图所示，固定的竖直杆上端带有定滑轮C，轻杆AB通过铰链与竖直杆相连于A点，另一端B悬挂一物体，用一轻绳绕过定滑轮C与B端相连。用力F拉轻绳，使AB杆由图示位置缓慢转到水平位置，忽略滑轮的形状，不计一切摩擦。此过程中（ ）
A．轻杆AB的弹力大小不变
B．轻杆AB的弹力方向不一定沿杆
C．力F逐渐变小
D．BC段轻绳在水平方向的分力逐渐增大，在竖直方向的分力不变，所以BC段轻绳的拉力逐渐变大
【答案】AC
【详解】ACD．以B点为研究对象，受重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力的示意图如图所示
根据三角形相似可得NAB=FCB=TCA
又T=G
解得N=ABCAG
F=CBCAG
根据牛顿第三定律得AB缓慢移到水平时，AC、AB保持不变，CB逐渐变小，则N的大小保持不变，F逐渐变小，即BC段轻绳的拉力逐渐减小，故AC正确，D错误；
B．因AB是轻杆且A端用铰链连接，则轻杆AB的弹力方向一定沿杆方向，选项B错误；
故选AC。
10．（2022·广东广州·高三阶段练习）在某个恶劣天气中，能见度很低。甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的v−t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲车的加速度大于乙车的加速度
B．若t=24s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近
C．两车一定不会发生碰撞，因为乙车比甲车先停下来
D．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m
【答案】BD
【详解】A．由v-t图像的斜率表示加速度，甲车的加速度大小a1=Δv1Δt1=1648m/s2=13m/s2
乙车的加速度大小a2=Δv2Δt2=2040m/s2=0.5m/s2
则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；
B．开始时，甲在前、乙在后，在0-24s内，乙车的速度比甲车的大，两车间的距离逐渐减小。24s后，乙车的速度比甲车的小，两车间的距离逐渐增大，所以t=24s时两车相距最近，故B正确；
CD．t=24s时两车的速度均为v=v甲−a1t=16−13×24m/s=8m/s
0-24s内，甲车的位移为x甲=12×16+8×24m=288m
乙车的位移为x乙=12×20+8×24m=336m
两者位移之差为Δx=x乙−x甲=336m−288m=48m
所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m，故C错误，D正确。
故选BD。
11．（2022·四川雅安·模拟预测）一质量为m1=2kg的木板足够长，放在水平面上，木板的左端放置一个质量为m2=4kg的物块（视为质点），都处于静止状态，如图（a）所示。从t=0s开始，用水平向右的拉力F作用在物块上，拉力F随时间t的变化关系如图（b）所示，物块和木板的速度v随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取g=10m/s2，则（ ）
A．F1=7N B．F2=16N
C．8 s末木板的速度大小为3 m/sD．在0~8 s时间内，物块相对于木板滑行了2 m
【答案】BD
【详解】A．拉力大小为F1时，物块和木板一起运动，加速度大小为a1=26m/s2=13m/s2
对物块和木板整体由牛顿第二定律得F1−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1
解得F1=8N
A错误；
B．拉力大小为F2时，物块的加速度为a2=26−5m/s2=2m/s2
对物块由牛顿第二定律得F2−μ2m2g=m2a2
解得F2=16N
B正确；
C．6~8s对木板由牛顿第二定律得μ2m2g−μ1(m1+m2)g=m1a3
解得a3=1m/s2
由匀变速直线运动规律可知6s末的速度大小为v1=a1t1=13×6m/s=2m/s
8 s末的速度大小为v2=v1+a3t2=2m/s+1×2m/s=4m/s
C错误；
D．在0~6 s时间内，物块与木板没有发生相对滑，在6~8 s时间内，木板的位移为
x1=v1t2+12a3t22=2×2m+12×1×22m=6m
物块的位移为
x2=v1t2+12a2t22=2×2m+12×2×22m=8m
物块与木板的相对位移为Δx=x2−x1=8m−6m=2m
D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷 （非选择题 共53分）
三、实验题（共15分，第12题6分，第13题9分）
12．（2022·陕西·渭南市瑞泉中学高三阶段练习）“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图。
（1）本实验中“等效替代”的含义是___________。
A．橡皮筋可以用细绳替代
B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代
（2）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___________。
（3）如图所示，用a、b弹簧秤拉橡皮筋使结点到O点，当保持弹簧秤a的示数不变，而在角α逐渐减小到0的过程中（已知α+β<90°），要使结点始终在点O，以下选项中可行的做法是___________。
A．增大b的示数，减小β角度
B．减小b的示数，减小β角度
C．增大b的示数，增大β角度
【答案】 D F′ B
【详解】（1）[1]该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的作用效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的作用效果是相同的，实验中要求橡皮筋的形变量相同，因此不能用细绳代替橡皮筋，故ABC错误，D正确；
（2）[2]F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，是测量出的合力，因此其方向沿着AO方向；
（3）[3]由题意可知，保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计a的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下
由图可知α角逐渐变小时，b的示数减小，同时β角减小，故选B。
13．（2022·湖南·邵阳市第二中学高一期中）学校某兴趣小组利用图甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”：
（1）以下实验操作正确的是__________。（多选）
A．平衡摩擦力时，需将木板不带定滑轮一端适当垫高，使小车在钩码的牵引下恰好做匀速直线运动
B．调节定滑轮的高度，使细线与木板平行
C．平衡摩擦力后，将小车停在打点计时器附近，释放小车，接通电源，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源
D．实验中为减小误差应保证小车的质量远大于砝码和砝码盘的总质量
（2）图乙为某次实验得到的一条纸带，已知所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出打出B点时小车的速度为_________m/s；小车的加速度大小为________m/s2；（结果均保留两位有效数字）
（3）小薇同学研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到了如图丙所示的a—F图线，图线不过坐标原点的主要原因是_______________________________；
【答案】 BD 1.6 3.2 未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足
【详解】（1）[1]A．平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力，所以平衡时应：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，A错误；
B．为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，B正确；
C．使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源，C错误；
D．实验中为减小误差应保证车及车中砝码的总质量远大于钩码的总质量，D正确。
故选BD。
（2）相邻两计时点的时间间隔为T=1f=150s=0.02s
小车做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，所以[2]打出B点时小车的速度为vB=xAC4T=6.19+6.70×10−24×0.02m/s≈1.6m/s
[3]根据逐差法可得小车的加速度大小为
a=xCE−xAC16T2=7.21+7.72−6.19−6.70×10−216×0.022m/s2≈3.2m/s2
（3）[4]图丙中F要达到一定大小后小车才能具有加速度，即小车仍受到摩擦力作用，主要原因是未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。
四、解答题（共38分，第14题10分，第15题12分，第16题16分）
14．（2022·河南洛阳·高一期中）如图所示，质量为M的木块A套在水平杆上，用轻绳将木块与质量为m的小球B相连。今用与水平方向成α角的力F拉着小球，使小球和木块一起向右匀速运动，运动中小球和木块的相对位置保持不变，重力加速度为g求：
（1）木块A与水平杆之间的动摩擦因数μ
（2）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值。
【答案】（1）Fcsα(M+m)g−Fsinα；（2）mg−FsinαFcsα
【详解】（1）对A、B整体进行受力分析，根据平衡条件，竖直方向有FN+Fsinα=(M+m)g
水平方向有Fcsα=f=μFN
联立解得μ=Fcsα(M+m)g−Fsinα
（2）设细绳对B的拉力为T，对B进行受力分析，由平衡条件可得水平方向有Fcsα=Tcsθ
竖直方向有Fsinα+Tsinθ=mg
联立解得tanθ=mg−FsinαFcsα
15．（2022·湖北·华中师大一附中高三期中）在4×100米接力比赛中，运动员必须在20m的接力区内完成交接棒，接力区中心线离终点100m，前后各10m，如图所示。接力区左侧10m为预备区，等待接棒的运动员在此区间内择机起跑，在接力区内完成交接棒。某比赛小组中第三棒运动员甲匀速运动的最大速度为v1=8m/s，第四棒运动员乙最大速度为v2=10m/s，起跑过程可视为匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2。将甲、乙的运动轨迹简化为一条直线，运动员视为质点，为取得最佳比赛成绩，乙将在预备区左端起跑，求：
（1）甲距乙多远处时，乙开始起跑？
（2）乙从接棒到终点所用时间。
【答案】（1）16m；（2）9.5s
【详解】（1）因乙的最大速度大于甲的速度，故乙应在题图虚线处（接力区起点）开始起跑，且在乙加速至v1=8m/s时，甲追上乙完成交接棒，此过程乙的位移为x1=v122a=822×2m=16m
所用时间为t1=v1a=4s
甲的位移为x′1=v1t1=32m
由于Δx=x′1−x1=16m
故甲运动员在距乙16m处时，乙开始起跑。
（2）乙接棒后的总位移为x=100m+10m−16m=94m
乙先加速至v2=10m/s，历时t2=v2−v1a=1s
该过程乙的位移为x2=v1t2+12at22=9m
匀速运动的过程，所需时间为t3=x−x2v2=8.5s
故乙运动员接棒后至到达终点运动的时间为t总=t2+t3=9.5s
16．（2022·山西大同·高三阶段练习）一个送货装置如图所示，质量为m=1kg的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，被保持v=8m/s匀速运动的传送带向下传送，到达传送带下端B时滑上平板车，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同，且到达平板车的最左端，此时刚好与水平面上P点的弹性装置发生碰撞（弹性装置形变量很小），货物由于惯性被水平抛出，平板车则被原速弹回。已知传送带AB之间的距离L为12.2m，传送带与水平面的夹角θ=37°，货物与传送带间的摩擦因数μ1=0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2=0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3=0.1，平板车的质量也为m=1kg，重力加速度g=10m/s2货物从传送带滑上；平板车时无动能损失，忽略空阻力。sin37°=0.6,cs37°=0.8求：
（1）货物在传送带上的运动时间；
（2）平板车的长度l；
（3）如果平板车刚好能接到下一个货物，则每隔多长时间在传送带顶端释放一个货物。
【答案】（1）1.8s；（2）12.5m；（3）5s
【详解】（1）货物放上传送带上后先以加速度 a1向下加速运动
f1=μ1mgcsθ=0.4mg
a1=f1+mgsinθm=10m/s2
货物经过时间 t1 达到传送带相同的速度t1=va1=810s=0.8s
运行的位移x1=12at12=3.2m
此后，货物以加速度 a2向下加速运动a2=mgsinθ−f1m=2m/s2
L−x1=vt2+12at22
代入数据，解得t2=1s
所以，货物在传送带上运动的时间t总=t1+ t2=1.8s
（2）设货物离开 B 点，刚滑上小车时的速度为 v0，则v0=v+a2t2=10m/s
滑上平板车后，货物以初速度 v0=10m/s，加速度a3=μ2g=-3m/s2
向左做匀减速直线运动
平板车以a4=μ2mg−2μ3mgm=1m/s2
向左做初速度为 0 的匀加速直线运动；设经过一段时间 t4货物和平板车正好达到共同速度 v共；由匀变速直线运动速度与时间关系式可得： v共 = v0 + a3t4
v共 = a4t4
代入数据解得：t4=2.5s
v共=2.5m/s
根据匀变速直线运动平均速度与位移的关系可得：
时间 t4内，货物的位移为：x2=v0+v共2t4=15.625m
平板车的位移为：x3=v共2t4=3.125m
平板车的长度就是二者的相对位移：l = x2 - x3 = 12.5m
（3）平板车被弹回后，以初速度 v0′=2.5m/s，加速度 a5=μ3g=1m/s2
做匀减速运动，根据题意，平板车再经过时间 t5恰好到达传送带 B 端，则x3=v0't5−12a5t52
解得t5=2.5s
所以释放货物的时间间隔 ∆t=t4+t5=5s
第Ⅰ卷（选择题 共47分）
一、单选题（共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。）
1．（2022·黑龙江·佳木斯一中高一期中）经亚奥理事会执委会批准，第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行。有关运动项目的描述，下列说法正确的是（ ）
A．裁判员观看体操女子平衡木冠军管晨辰的比赛动作时，可将管晨辰视为质点
B．田径运动员通过一段路程其位移不可能为零，位移的大小一定不等于路程
C．“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行。”其中“看山恰似走来迎”和“是船行”所选的参考系分别是河岸和流水
D．男子100米飞人大战，苏炳添以9秒83的成绩进入决赛。这里提到的“9秒83”指的是时间间隔
【答案】D
【详解】A．裁判员观看比赛动作时，不能忽略运动员的形状和大小，所以不可将管晨辰视为质点，故A错误；
B．田径运动员通过一段路程其位移可能为零，比如绕操场跑一周，最后回到出发的位置，位移为0；在单向直线运动中，位移的大小等于路程，故B错误；
C．“看山恰似走来迎” 所选的参考系是流水，“是船行”所选的参考系是河岸，故C错误；
D．苏炳添以9秒83的成绩进入决赛，这里的“9秒83”指一段时间，是时间间隔，故D正确。
故选D。
2．（2022·河北南宫中学高一阶段练习）关于重力与弹力，下列说法正确的是（ ）
A．地球对物体的吸引力，就是物体的重力
B．在桌面上的物体对桌面产生的压力就是物体的重力
C．物体对桌面产生的压力是由于桌面发生微小形变而产生的
D．弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体所施加的力的作用
【答案】D
【详解】A．地球对物体的吸引力是万有引力，但不是物体的重力，故A错误；
B．在桌面上的物体对桌面产生的压力属于弹力，施力物体是桌面上的物体，而重力的施力物体是地球，显然该压力不是物体的重力，故B错误；
C．物体对桌面产生的压力是由于物体发生微小形变而产生的，故C错误；
D．弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体所施加的力的作用，故D正确。
故选D。
3．（2022·黑龙江·哈师大附中高一开学考试）关于摩擦力，以下说法中正确的是（ ）
A．运动物体可能受到静摩擦力作用，但静止物体不可能受到滑动摩擦力作用
B．静止物体可能受到滑动摩擦力作用，但运动物体不可能受到静摩擦力作用
C．正压力越大，摩擦力可能越大，也可能不变
D．摩擦力方向一定与速度方向在同一直线上
【答案】C
【详解】AB．静摩擦力存在于相对静止的两物体之间，滑动摩擦力存在于相对运动的两物体之间，运动物体可能受到静摩擦力作用，静止物体也可能受到滑动摩擦力作用，故AB错误；
C．弹力是产生摩擦力的前提，滑动摩擦力大小一定与压力成正比，而静摩擦力大小与压力没有直接关系，故C正确；
D．摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同，如物体轻轻放在匀速运动的水平传送带上，在开始阶段，物体受到的滑动摩擦力与物体的运动方向相同，但两者也可以不在一直线上，比如：放在正在加速车厢壁的物体，故D错误。
故选C。
4．（2022·江西·兴国中学高一阶段练习）关于物体运动的速度、速度变化与加速度之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．速度大时，速度变化量不一定大，但加速度一定大
B．速度变化得越慢，则速度的变化率越小，加速度一定越小
C．加速度的方向保持不变，则速度方向也一定保持不变
D．速度、速度变化与加速度三者之间有必然的联系
【答案】B
【详解】A．速度大时，速度变化量不一定大，加速度也不一定大，选项A错误；
B．加速度等于速度的变化率，速度变化越慢，则速度的变化率越小，加速度一定越小，选项B正确；
C．加速度的方向保持不变时，速度方向可能会发生变化，例如当物体做匀减速运动，速度减到零后，速度反向，选项C错误；
D．速度、速度变化与加速度三者之间没有必然的联系，选项D错误。
故选B。
5．（2022·甘肃·华池县第一中学高一期中）如图所示是某物体运动的v－t图像。下列说法正确的是（ ）
A．该物体的运动方向一直不变B．3s末物体加速度开始改变
C．0~8s物体一直做匀减速运动D．t＝0时和t＝6s时物体的速率相等
【答案】D
【详解】A．该物体的速度先为正后为负，则运动方向在t=3s时刻发生改变，选项A错误；
B．图像的斜率等于加速度，物体的加速度不变，可知3s末物体加速度不会改变，选项B错误；
C．0~8s物体先向正方向做匀减速运动，后沿负方向做匀加速运动，选项C错误；
D．t＝0时和t＝6s时物体的速度大小相等，方向相反，即速率相等，选项D正确。
故选D。
6．（2022·广东·盐田高中高三阶段练习）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同小球b从地面上方某处由静止释放，两球在空中相遇时速度大小恰好均为12v0（不计空气阻力）。则（ ）
A．两球同时落地B．球b开始下落的高度为v02g
C．相遇时两球运动的时间为2v0gD．球a上升的最大高度为v022g
【答案】D
【详解】A．由题意可知可知，a球上升的最大高度与b球下落的高度相等，依题意，b球运动的时间为
v022g=12gt12
解得t1=v0g
而a球做竖直上抛，向上匀减速、然后自由落体，根据运动的对称性可知，其运动时间为t2=2v0g
可知两球不会同时落地，故A错误；
BC．根据自由落体运动规律，依题意有gt=12v0
则相遇时两球运动的时间t=v02g
则从运动开始至两球相遇，a球上升高度为ℎ1=v0t−12gt2=3v028g
球b已下落的距离为ℎ2=12gt2=v028g
则球b开始下落的高度为ℎ=ℎ1+ℎ2=v022g
故BC错误；
D．球a做竖直上抛运动，当速度为零时，达到最大高度，有0−v02=−2gℎm
解得ℎm=v022g
则球a上升的最大高度为v022g，故D正确。
故选D。
7．（2022·河北南宫中学高一阶段练习）如图所示为两个大小不变、夹角θ变化的力的合力的大小F与θ角之间的关系图像（0∘≤0≤360∘），下列说法中正确的是（ ）
A．合力大小的变化范围是0≤F≤10N
B．合力大小的变化范围是2N≤F≤14N
C．这两个分力的大小分别为2N和6N
D．这两个分力的大小分别为2N和8N
【答案】B
【详解】CD．由题图可知，当两分力夹角为180°时，两分力的合力为2 N，则有
|F1－F2|＝2N
而当两分力夹角为90°时，两分力的合力为10 N，则有
F12+F22＝10N
联立解得这两个分力大小分别为6 N、8 N。故CD错误；
AB．当两个分力方向相同时，合力最大，为14N；当两个分力方向相反时，合力最小，为2 N，故2N≤F≤14N，故A错误；B正确。
故选B。
8．（2022·浙江丽水·高一开学考试）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（ ）
A．乘客处于超重状态
B．电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2
C．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2
D．乘客对电梯地板的压力为625N
【答案】C
【详解】A．因为乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，弹力小于小球的重力，加速度向下，则乘客处于失重状态，A错误；
BC．根据牛顿第二定律mg−34mg=ma
解得a=2.5m/s2 ，方向向下，电梯可能减速上升，C正确，B错误；
D．根据牛顿第二定律Mg−FN=Ma
解得FN=375N，乘客对电梯地板的压力为375N，D错误。
故选C。
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）
9．（2022·天津一中高一期中）如图所示，固定的竖直杆上端带有定滑轮C，轻杆AB通过铰链与竖直杆相连于A点，另一端B悬挂一物体，用一轻绳绕过定滑轮C与B端相连。用力F拉轻绳，使AB杆由图示位置缓慢转到水平位置，忽略滑轮的形状，不计一切摩擦。此过程中（ ）
A．轻杆AB的弹力大小不变
B．轻杆AB的弹力方向不一定沿杆
C．力F逐渐变小
D．BC段轻绳在水平方向的分力逐渐增大，在竖直方向的分力不变，所以BC段轻绳的拉力逐渐变大
【答案】AC
【详解】ACD．以B点为研究对象，受重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力的示意图如图所示
根据三角形相似可得NAB=FCB=TCA
又T=G
解得N=ABCAG
F=CBCAG
根据牛顿第三定律得AB缓慢移到水平时，AC、AB保持不变，CB逐渐变小，则N的大小保持不变，F逐渐变小，即BC段轻绳的拉力逐渐减小，故AC正确，D错误；
B．因AB是轻杆且A端用铰链连接，则轻杆AB的弹力方向一定沿杆方向，选项B错误；
故选AC。
10．（2022·广东广州·高三阶段练习）在某个恶劣天气中，能见度很低。甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的v−t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲车的加速度大于乙车的加速度
B．若t=24s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近
C．两车一定不会发生碰撞，因为乙车比甲车先停下来
D．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m
【答案】BD
【详解】A．由v-t图像的斜率表示加速度，甲车的加速度大小a1=Δv1Δt1=1648m/s2=13m/s2
乙车的加速度大小a2=Δv2Δt2=2040m/s2=0.5m/s2
则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；
B．开始时，甲在前、乙在后，在0-24s内，乙车的速度比甲车的大，两车间的距离逐渐减小。24s后，乙车的速度比甲车的小，两车间的距离逐渐增大，所以t=24s时两车相距最近，故B正确；
CD．t=24s时两车的速度均为v=v甲−a1t=16−13×24m/s=8m/s
0-24s内，甲车的位移为x甲=12×16+8×24m=288m
乙车的位移为x乙=12×20+8×24m=336m
两者位移之差为Δx=x乙−x甲=336m−288m=48m
所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m，故C错误，D正确。
故选BD。
11．（2022·四川雅安·模拟预测）一质量为m1=2kg的木板足够长，放在水平面上，木板的左端放置一个质量为m2=4kg的物块（视为质点），都处于静止状态，如图（a）所示。从t=0s开始，用水平向右的拉力F作用在物块上，拉力F随时间t的变化关系如图（b）所示，物块和木板的速度v随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取g=10m/s2，则（ ）
A．F1=7N B．F2=16N
C．8 s末木板的速度大小为3 m/sD．在0~8 s时间内，物块相对于木板滑行了2 m
【答案】BD
【详解】A．拉力大小为F1时，物块和木板一起运动，加速度大小为a1=26m/s2=13m/s2
对物块和木板整体由牛顿第二定律得F1−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1
解得F1=8N
A错误；
B．拉力大小为F2时，物块的加速度为a2=26−5m/s2=2m/s2
对物块由牛顿第二定律得F2−μ2m2g=m2a2
解得F2=16N
B正确；
C．6~8s对木板由牛顿第二定律得μ2m2g−μ1(m1+m2)g=m1a3
解得a3=1m/s2
由匀变速直线运动规律可知6s末的速度大小为v1=a1t1=13×6m/s=2m/s
8 s末的速度大小为v2=v1+a3t2=2m/s+1×2m/s=4m/s
C错误；
D．在0~6 s时间内，物块与木板没有发生相对滑，在6~8 s时间内，木板的位移为
x1=v1t2+12a3t22=2×2m+12×1×22m=6m
物块的位移为
x2=v1t2+12a2t22=2×2m+12×2×22m=8m
物块与木板的相对位移为Δx=x2−x1=8m−6m=2m
D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷 （非选择题 共53分）
三、实验题（共15分，第12题6分，第13题9分）
12．（2022·陕西·渭南市瑞泉中学高三阶段练习）“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图。
（1）本实验中“等效替代”的含义是___________。
A．橡皮筋可以用细绳替代
B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代
（2）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___________。
（3）如图所示，用a、b弹簧秤拉橡皮筋使结点到O点，当保持弹簧秤a的示数不变，而在角α逐渐减小到0的过程中（已知α+β<90°），要使结点始终在点O，以下选项中可行的做法是___________。
A．增大b的示数，减小β角度
B．减小b的示数，减小β角度
C．增大b的示数，增大β角度
【答案】 D F′ B
【详解】（1）[1]该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的作用效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的作用效果是相同的，实验中要求橡皮筋的形变量相同，因此不能用细绳代替橡皮筋，故ABC错误，D正确；
（2）[2]F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，是测量出的合力，因此其方向沿着AO方向；
（3）[3]由题意可知，保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计a的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下
由图可知α角逐渐变小时，b的示数减小，同时β角减小，故选B。
13．（2022·湖南·邵阳市第二中学高一期中）学校某兴趣小组利用图甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”：
（1）以下实验操作正确的是__________。（多选）
A．平衡摩擦力时，需将木板不带定滑轮一端适当垫高，使小车在钩码的牵引下恰好做匀速直线运动
B．调节定滑轮的高度，使细线与木板平行
C．平衡摩擦力后，将小车停在打点计时器附近，释放小车，接通电源，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源
D．实验中为减小误差应保证小车的质量远大于砝码和砝码盘的总质量
（2）图乙为某次实验得到的一条纸带，已知所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出打出B点时小车的速度为_________m/s；小车的加速度大小为________m/s2；（结果均保留两位有效数字）
（3）小薇同学研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到了如图丙所示的a—F图线，图线不过坐标原点的主要原因是_______________________________；
【答案】 BD 1.6 3.2 未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足
【详解】（1）[1]A．平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力，所以平衡时应：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，A错误；
B．为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，B正确；
C．使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源，C错误；
D．实验中为减小误差应保证车及车中砝码的总质量远大于钩码的总质量，D正确。
故选BD。
（2）相邻两计时点的时间间隔为T=1f=150s=0.02s
小车做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，所以[2]打出B点时小车的速度为vB=xAC4T=6.19+6.70×10−24×0.02m/s≈1.6m/s
[3]根据逐差法可得小车的加速度大小为
a=xCE−xAC16T2=7.21+7.72−6.19−6.70×10−216×0.022m/s2≈3.2m/s2
（3）[4]图丙中F要达到一定大小后小车才能具有加速度，即小车仍受到摩擦力作用，主要原因是未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。
四、解答题（共38分，第14题10分，第15题12分，第16题16分）
14．（2022·河南洛阳·高一期中）如图所示，质量为M的木块A套在水平杆上，用轻绳将木块与质量为m的小球B相连。今用与水平方向成α角的力F拉着小球，使小球和木块一起向右匀速运动，运动中小球和木块的相对位置保持不变，重力加速度为g求：
（1）木块A与水平杆之间的动摩擦因数μ
（2）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值。
【答案】（1）Fcsα(M+m)g−Fsinα；（2）mg−FsinαFcsα
【详解】（1）对A、B整体进行受力分析，根据平衡条件，竖直方向有FN+Fsinα=(M+m)g
水平方向有Fcsα=f=μFN
联立解得μ=Fcsα(M+m)g−Fsinα
（2）设细绳对B的拉力为T，对B进行受力分析，由平衡条件可得水平方向有Fcsα=Tcsθ
竖直方向有Fsinα+Tsinθ=mg
联立解得tanθ=mg−FsinαFcsα
15．（2022·湖北·华中师大一附中高三期中）在4×100米接力比赛中，运动员必须在20m的接力区内完成交接棒，接力区中心线离终点100m，前后各10m，如图所示。接力区左侧10m为预备区，等待接棒的运动员在此区间内择机起跑，在接力区内完成交接棒。某比赛小组中第三棒运动员甲匀速运动的最大速度为v1=8m/s，第四棒运动员乙最大速度为v2=10m/s，起跑过程可视为匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2。将甲、乙的运动轨迹简化为一条直线，运动员视为质点，为取得最佳比赛成绩，乙将在预备区左端起跑，求：
（1）甲距乙多远处时，乙开始起跑？
（2）乙从接棒到终点所用时间。
【答案】（1）16m；（2）9.5s
【详解】（1）因乙的最大速度大于甲的速度，故乙应在题图虚线处（接力区起点）开始起跑，且在乙加速至v1=8m/s时，甲追上乙完成交接棒，此过程乙的位移为x1=v122a=822×2m=16m
所用时间为t1=v1a=4s
甲的位移为x′1=v1t1=32m
由于Δx=x′1−x1=16m
故甲运动员在距乙16m处时，乙开始起跑。
（2）乙接棒后的总位移为x=100m+10m−16m=94m
乙先加速至v2=10m/s，历时t2=v2−v1a=1s
该过程乙的位移为x2=v1t2+12at22=9m
匀速运动的过程，所需时间为t3=x−x2v2=8.5s
故乙运动员接棒后至到达终点运动的时间为t总=t2+t3=9.5s
16．（2022·山西大同·高三阶段练习）一个送货装置如图所示，质量为m=1kg的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，被保持v=8m/s匀速运动的传送带向下传送，到达传送带下端B时滑上平板车，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同，且到达平板车的最左端，此时刚好与水平面上P点的弹性装置发生碰撞（弹性装置形变量很小），货物由于惯性被水平抛出，平板车则被原速弹回。已知传送带AB之间的距离L为12.2m，传送带与水平面的夹角θ=37°，货物与传送带间的摩擦因数μ1=0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2=0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3=0.1，平板车的质量也为m=1kg，重力加速度g=10m/s2货物从传送带滑上；平板车时无动能损失，忽略空阻力。sin37°=0.6,cs37°=0.8求：
（1）货物在传送带上的运动时间；
（2）平板车的长度l；
（3）如果平板车刚好能接到下一个货物，则每隔多长时间在传送带顶端释放一个货物。
【答案】（1）1.8s；（2）12.5m；（3）5s
【详解】（1）货物放上传送带上后先以加速度 a1向下加速运动
f1=μ1mgcsθ=0.4mg
a1=f1+mgsinθm=10m/s2
货物经过时间 t1 达到传送带相同的速度t1=va1=810s=0.8s
运行的位移x1=12at12=3.2m
此后，货物以加速度 a2向下加速运动a2=mgsinθ−f1m=2m/s2
L−x1=vt2+12at22
代入数据，解得t2=1s
所以，货物在传送带上运动的时间t总=t1+ t2=1.8s
（2）设货物离开 B 点，刚滑上小车时的速度为 v0，则v0=v+a2t2=10m/s
滑上平板车后，货物以初速度 v0=10m/s，加速度a3=μ2g=-3m/s2
向左做匀减速直线运动
平板车以a4=μ2mg−2μ3mgm=1m/s2
向左做初速度为 0 的匀加速直线运动；设经过一段时间 t4货物和平板车正好达到共同速度 v共；由匀变速直线运动速度与时间关系式可得： v共 = v0 + a3t4
v共 = a4t4
代入数据解得：t4=2.5s
v共=2.5m/s
根据匀变速直线运动平均速度与位移的关系可得：
时间 t4内，货物的位移为：x2=v0+v共2t4=15.625m
平板车的位移为：x3=v共2t4=3.125m
平板车的长度就是二者的相对位移：l = x2 - x3 = 12.5m
（3）平板车被弹回后，以初速度 v0′=2.5m/s，加速度 a5=μ3g=1m/s2
做匀减速运动，根据题意，平板车再经过时间 t5恰好到达传送带 B 端，则x3=v0't5−12a5t52
解得t5=2.5s
所以释放货物的时间间隔 ∆t=t4+t5=5s
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