【文档说明】广东省梅州市兴宁市2021-2022学年高一上学期综合能力竞赛模拟物理试题含答案.docx，共(8)页，378.691 KB，由小赞的店铺上传

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2022年兴宁市高一物理竞赛模拟试题（注：本卷共15题，分值：100分考试时间：90min）一、不定项选择题（8题，每题5分，共40分，每题有一个或一个以上的选项．．．．．．．．．．．．．是符合题目要求的，全部选对得5分，漏选得3分，不选或错选得0分）1、

《时间简史》首版以来，先后被翻译成40多种文字，销售量达2500万册。在这本书中，作者向我们阐述了关于遥远星系，黑洞等宇宙方面的伟大发现，现已成为全球科学著作的里程碑，请问《时间简史》的作者是：（）A、杨振宁B、爱因斯坦C、史蒂芬－霍金D、李政道2、一间新房即将建成

时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速无摩擦的运动，那么图中所示的四种情况中符合要求的是：（）3、两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下来木块每次曝光的位置，如图所示，连

续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知：（）A、在时刻t2以及时刻t5两木块速度相等B、在时刻t3两木块速度相等C、在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相等D、在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相等。4、如图所示，一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，若沿斜面

方向用力向下推此物体，使物体加速下滑。若物体匀速下滑与加速下滑时，斜面体都保持静止，且用1fF和2fF分别表示上述两种情况下斜面体受到的水平地面的的摩擦力，则（）A．1fF为零，2fF不为零且方向向左B．1fF为零，2fF不为零且方向向右C．1fF不为零且方向

向右，2fF2fF不为零且方向向左D．1fF和2fF均为零5、在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木构成的

滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处。在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（）A、减少每次运送瓦的块数B、增多每次运送瓦的块数C、减小两杆之间的距离D、增大两杆之间的距离6

、如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则()A

．Ff变小B．Ff不变C．FN变小D．FN变大7、如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与

竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是()A．沿着杆加速下滑B．沿着杆加速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆减速上滑8、如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一

个竖直向下的恒力F，则()A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑、C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑二、填空题（3题，每题5分，共15分）9、（5分）如图1所示，一质点受F1、F2、F3、F4、F5五个

力的作用，且这五个力在同一平面内，其受力图中的力的箭头端交于圆周上的A、B、C、D、E，与O点组成内接正六边形，其中F3与圆的直径重合，则合力的大小与F3的大小之比=3FF10、（5分）一质点由静止开始作匀加速直线运动，加

速度的大小为a，经时间t后作匀减速直线运动，若再经过时间t回到原出发点，则它作匀减速直线运动时的加速度大小为_______，回到原出发点时的速度大小为_______。11、（5分）如图所示，一个长为L=1m的匀质长方体与水平面的动摩擦因数0.6=，在水平拉力F=10N

的力作用下匀加速运动。试写出距长方体前端x处截面的张力T随x变化的函数关系式：_____________________，并在右边坐标图中作出T—x图象。三、实验题（1题，共10分）12、某小组为了验证力的平行四边形定则，设计了如图甲所示的实验：在一个半

圆形刻度盘上安装两个可以沿盘边缘移动的拉力传感器A、B，两传感器的挂钩分别系着轻绳，轻绳的另一端系在一起，形成结点O，并使结点O位于半圆形刻度盘的圆心．在O点挂上重G＝2.00N的钩码，记录两传感器A、B的示数F1、F2及轻绳与竖直方向的夹角θ1、θ2，用力的图示法即可验证力的平

行四边形定则．(1)当F1＝1.00N、F2＝1.50N，θ1＝45°、θ2＝30°时，请在图乙中用力的图示法作图，．．．．．．．．．．．．．．画出两绳拉力的合力．．．．．．．．．F．，并求出合力F＝________N．(结果保留三位有效数字)(2)该组同学在实验中，将传感器A固

定在某位置后，再将传感器B从竖直位置的P点缓慢顺时针旋转，得到了一系列B传感器的示数F2和对应的角度θ2，作出了如图丙所示的F2-θ2图象，由图丙可知A传感器所处位置的角度θ1＝__________．四、计算题（3题，共35分）13、（8分）一质量为m的木块放在水平地面上

，今用一个大小为F的拉力拉着它在水平地面上运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，则木块运动加速度的最大值为多少？14、（9分）质量为1kg的物体原来静止在光滑水平面上，在第1、3、5……各奇数秒内给物体施以方向相同的，

大小为2N的水平推力；在第2、4、6……各偶数秒内不给物体施力，问经历多长时间，此物体完成120m的位移？15、（18分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，

直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小

g取10m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。2022年兴宁市高一物理模拟竞赛答案12345678CCCDDBDDC9、【答案

】310、【答案】(1)3a（3分）(2)2at（2分）11、【答案】(1).1010Tx=−(2).【详解】设整个长方体的质量为m，对整个长方体由牛顿第二定律可得FmgFagmm−==−，以左端长度为Lx−的长方体为研究对象，由牛顿第二定律可得：()

()()mTLxTLagmmLxLxLL−−==−−−，由以上两式可得()TFggmmLxL−=−−，化简可得：1010Tx=−，作出图象可得：12、【答案】(1).(2).2.01(1.97～2.05)(3).60°【详解】

（1）F1、F2的图示及力的合成图如图所示，根据比例关系可知合力大小为2.01N．（2）根据丙图可知，当θ2＝3时，F2=2.0NF1、F2的合力仍为重力G=2N，根据平衡条件则有：F1cosθ1+F2cos60°=G，F1sinθ1=

F2sin60°，解得：F1=2N，θ1=60°13、解：如图所示，物体受到F，mg，f，N四个力作用，设F与水平面间的夹角为θ，竖直方向受力平衡：N+Fsinθ=mg………①f=μN………………②水平方向，根据牛顿第二定律：Fcosθ－f=ma…………

③联立①②③解得：()gsincosmFa−+=由数学知识得：21sincos++的最大值为所以，加速度的最大值gm1Fa2−+=14、解：已知F=2N，m=1kg，初速度v0=0，由于水平面光滑，所以当物体

受到水平拉力时，加速度()2s/m2mFa==依题意有：第1秒内的位移()m1aT21s21==，v1=aT=2m/s第2秒内的位移()m2aTTvs212===，v2=v1=2m/s第3秒内的位移()m3aT21Tvs223=+=，v3=v2+aT=4m/s

mgF1F2fFNθ以此类推，第n秒内的位移()mnsn=所以，()2nn1n321sssssn321+=++++=++++=总因为m120s=总，所以有：()1202nn1=+解得n=15（s）即经过15秒，此物体完成12

0m的位移。解法二：（图象法）物体受拉力作用时的加速度：a=F/m=2m/s2经分析得，物体运动的v—t图象如图所示，其图线下方的“面积”表示对应时间内的位移，则易求得每秒钟内的位移为：s1=1m，s2=2m，s3=3m，……，sn=n（m），则s总=s1+s

2+s3+……+sn=1+2+3+……+n=2n)n1(+…①令s总=120m……②由①②解得：n=15（s）15、【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s碰撞后木板速度水平向

左，大小也是v＝4m/s小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝4－01m/s2＝4m/s2。根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆运动为匀

加速直线运动，可得x＝vt＋12a1t2解得a1＝1m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1（

2）设碰撞后，设木板的加速度为a3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝43m/s2对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s在此过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt

1－12a3t21＝103m,末速度v1＝v－a3t1＝83m/s滑块向右运动的位移x2＝v＋02t1＝2m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3＝43m/s2

假设又经历时间t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s在此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－12a3t22＝76m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑块向左运动的位移x4＝12a2t22＝0.5m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δ

x＝x1＋x2＋x3－x4＝6m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1m/s2向左运动的位移为x5＝v232a1＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m。获得更

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