四川省广安遂宁资阳等七市2025-2026学年物理高一上期末统考模拟试题含解析.doc

四川省广安遂宁资阳等七市2025-2026学年物理高一上期末统考模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、如图，重为G的光滑小球静止在固定斜面和竖直挡板之间。若挡板逆时针缓慢转到水平位置，在该过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小F1、F2的变化情况正确的是( )

A.F1逐渐变小 B.F1先变小后变大
C.F2逐渐变大 D.F2逐渐变小
2、如图所示，一根劲度系数为k、原长为x0的轻质弹簧，其左端固定在墙上，右端与一个小球相连．当弹簧被拉伸至长度为x时（在弹性限度内），弹簧对小球的弹力大小为（ ）

A.kx0
B.kx2
C.k(x-x0)
D.k(x-x0)2
3、关于速度和加速度的关系，下列叙述正确的是
A.速度不变时，加速度可能变化
B.速度变化越快，加速度越大
C.速度变化越大，加速度越大
D.速度越大，加速度越大
4、小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置如图中1、2、3和4所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。由此可知小球(　　)

A.下落过程中的加速度大小约为
B.经过位置3时的瞬时速度大小约为2gT
C.经过位置4时的瞬时速度大小约为
D.从位置1到4过程中平均速度大小约为
5、下列说法正确的是( )
A.在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一
B.选择不同的参考系对同一运动的描述一定是相同的
C.位移、速度、力都是矢量
D.小球做竖直上抛运动时，速度不断减小，惯性不断减小
6、一个做匀减速直线运动的物体，先后经过a、b两点时的速度大小分别是4v和v，所用时间是t，下列判断正确的是（　　）
A.物体的加速度大小为
B.经过ab中点时的速率是2.5v
C.在时刻的速率是𝑣
D.0﹣﹣时间内发生的位移比﹣﹣𝑡时间内位移大vt
7、如图，河宽d =20m，小船要行驶到河对岸，P处为小船的正对岸位置，已知小船的划行速度v1 =5m/s，水流速度v2 =3m/s．下列说法正确的是

A.小船行驶到对岸P点的时间为4s
B.小船行驶到对岸P点的时间为5s
C.若水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间变长
D.若水流速变大，小船行驶到对岸的最短时间不变
8、如图所示，一个质量为的小球在水平面内做圆锥摆运动，已知轻绳长度为，绳与竖直方向的夹角为，下述判断正确的是（ ）

A.小球圆周运动半径
B.绳子的拉力
C.小球做圆周运动的向心力
D.若和不变，绳长增大则绳子的拉力也增大
9、如图所示，用绳子OB将照明电灯拉离竖直方向，若保持OB绳水平，使电线OA与竖直方向的夹角θ增大，则下列说法中正确的是：（ ）

A.绳OB的拉力增大
B.绳OB的拉力不变
C.电线OA的拉力增大
D.电线OA的拉力减小
10、如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线，t1时刻 A、B 的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）

A.t1时刻，弹簧的形变量为
B.t1时刻，A、B刚分离时的速度为
C.t2时刻，弹簧形变量为0
D.从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变
11、如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为零，下列说法正确的是（　　）

A.子弹从O运动到D全过程平均速度小于B点的瞬时速度
B.子弹通过每一部分时，其速度变化量
C.子弹到达各点的速率
D.子弹穿过每个木块经历的时间
12、如图所示，质量均为1kg的木块A和B，由一个劲度系数为100N/m的轻质弹簧连接，最初系统静止，现用力竖直向上缓慢拉A直到B刚好离开地面，下列说法正确的是（整个过程弹簧都在弹性限度内，g取10m/s2）（　　）

A.最初系统静止时，弹簧处于原长状态
B.B木块刚离开地面时，受到的弹簧弹力和重力恰好大小相等
C.B木块刚离开地面时，弹簧相对于原长伸长了10cm
D.初始状态和末状态，弹簧的弹力大小不相等
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于__________。

14、在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到

(1)当M与m的大小关系满足_________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码总重力
(2)一组同学在探究加速度与质量的关系时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地得出加速度a与质量M的关系，应作出a与_______图象
(3)甲同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的a一F图线，如图a所示．则实验存在的问题是_________________
(4)乙、丙两同学用同一装置探究加速度与力的关系时，画出了各自得到的a一F图线，如图b所示．则两同学做实验时的哪一个物理量取值不同?答：______________
(5)下图是某次实验中得到的纸带．已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用下图给出的数据可求出小车下滑的加速度为________m/s2．(结果保留三位有效数字)

15、图为接在50Hz低压交流电源上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的记数点，但第3个记数点没有画出．由图数据可求得：
（1）该物体的加速度为_____________________m/s2，
（2）第3个记数点与第2个记数点的距离约为_____________cm，
（3）打第3个点时该物体的速度为_________m/s，打第5个点时该物体的速度为_________m/s，

三．计算题(22分)
16、（12分）如图甲所示为倾斜的传送带始终以恒定的速度沿顺时针方向转动,主动轮、从动轮的大小可忽略不计,传送带与水平面夹角为一质量m=1kg的小物块以初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,物块到传送带顶端的速度恰好为零,物块运动的速度--时间图像如图乙所示,已知求:

(1)0～2s内物块加速度及传送带底端到顶端的距离
(2)物块与传送带间的动摩擦因数；
(3)如果物块可以在传送带上留下划痕,求0～4s内传送带上的划痕长度
17、（10分）如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都相同。用大小为F的水平外力推动物块P，求R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比k（m和F均为未知量）？

参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、A
【解析】小球受重力、斜面弹力和挡板弹力，将与合成为F，如图

小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故与合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，越来越小，先变小后变大，A正确，BCD错误。
故选A。
2、C
【解析】根据胡克定律得：弹簧被拉伸至长度为x时弹簧的弹力为F=k（x﹣x0）
故选C
【点睛】本题关键要知道弹簧的弹力遵守胡克定律F=kx，注意x是形变量，不是弹簧的长度，难度不大，属于基础题
3、B
【解析】A．速度不变时，加速度为0，故A错误；
B．加速度是表示速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故B正确；
C．速度变化量越大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故C错误；
D．速度与加速度没有必然联系，速度越大，加速度不一定越大，故D错误；
故选B。
4、C
【解析】A．根据Δx＝d＝aT2得，下落过程中的加速度a＝，A错误；
B．经过位置3的瞬时速度等于2、4段的平均速度，则v3＝，B错误；
C．根据速度时间公式得，通过位置4的瞬时速度
v4＝v3＋aT＝
C正确；
D．从位置1到4过程中的平均速度大小

D错误
故选C。
5、C
【解析】A．在国际单位制中，“牛顿”是根据牛顿第二定律的导出单位，不是基本单位，故A错误；
B．选择不同的参考系对同一运动的描述一般是不同的，故B错误；
C．位移、速度、力三个物理量都是既有大小，又有方向，都是矢量，故C正确；
D．惯性大小只与质量大小有关，与运动状态无关，故D错误
故选C
6、D
【解析】A、由加速度公式 ，负号表示与初速度方向相反，故A错误；
B、利用中点位移处速度公式 ，故B错误；
C、根据中点时刻的速度等于平均速度得： ，故C错误；
D、根据位移公式知0 --时间内发生的位移，
在--𝑡时间内位移
所以0 --时间内发生的位移比--𝑡时间内位移大，故D正确；
7、BD
【解析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的最短时间．再依据合速度垂直河岸时，结合运动学公式，即可推导出到达P点的时间公式，从而即可判定求解
【详解】A、B项：根据平行四边形定则，由于船在静水中的速度大于水流速，则合速度可能垂直于河岸，即船可能垂直到达对岸，到达P处的时间为，故A错误，B正确；
C、D项：当静水速与河岸垂直时，过河的时间最短，最短渡河时间为，当水流速变快，小船行驶到对岸的最短时间仍不变，故C错误，D正确
故选BD
【点睛】解决本题的关键知道合运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰，注意最短时间与到达P点时间的不同求法
8、AB
【解析】小球做匀速圆周运动，靠拉力和重力的合力提供向心力
【详解】A、小球在水平面内做圆周运动，由几何关系可知，轨道半径为，A正确；
BC、绳子拉力，小球做圆周运动的向心力，B正确，C错误；

D、若m和θ不变，则小球做圆周运动的过程中，关系保持不变，则绳子拉力大小也不变，D错误
故选AB
【点睛】向心力是物体做圆周运动所需要的力，由指向圆心的合力提供，搞清向心力的来源是解决本题的关键
9、AC
【解析】以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图：

CO绳对O点的拉力大小等于重力mg，即FCO=mg．由平衡条件得知：CO绳的拉力FCO和OB绳的拉力FBO的合力与FAO等值、反向．由几何关系得

FBO=mgtanθ
当角θ增加时，绳OB的拉力FBO增大，电线OA的拉力FAO也增大；
故选AC.
【点睛】本题是力学动态平衡问题，关键受力分析后求解出表达式进行分析.
10、AD
【解析】考查牛顿第二定律的应用。
【详解】A．由图乙可知，t1时刻两物块开始分离，AB之间无弹力，对A受力分析，设此时压缩量为x2，由牛顿第二定律：

解得，A正确；
B．初始时均静止，设初始时压缩量为x1，由平衡方程：

解得
则从开始到分离的位移为：

由位移与速度的关系式：

解得，B错误；
C．t2时刻，A图线的斜率为0，即A物体加速度为零，设此时压缩量为x3，由平衡条件：

解得，C错误；
D．从开始到t1时刻，由牛顿第二定律：

由于弹簧压缩量减小，弹力减小，而加速度a不变，所以拉力F增大；t1到t2时刻，由于AB已经分离，B不受A的作用力，此时由牛顿第二定律：

加速度不变，可知，拉力F不变，D正确。
故选AD。
11、AC
【解析】A．全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度，故A正确；
B．由于子弹的速度越来越小，故穿过每一个木块的时间不相等，故速度的差值不相等，故B错误；
C．将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由可知，通过的速度之比为：，子弹到达各点的速率

故C正确；
D．将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由可知，反向通过各木块用时之比为；子弹穿过每个木块经历的时间

故D错误。
故选AC。
12、BC
【解析】A．最初系统静止时，弹簧受到A的压力，根据平衡条件有

解得

处于压缩状态，故A错误；
BC．B木块刚离开地面时，对B受力分析知，弹簧的弹力等于B的重力，根据平衡条件有

解得

故BC正确；
D．由上分析可知，初状态和末状态的形变量相等，所以弹簧的弹力大小相等，故D错误。
故选BC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、1：3
【解析】根据匀变速直线运动的速度位移公式v2−v02＝2ax知
，
所以AB：AC=1：4，则
AB：BC=1：3
14、 ①. ②. ③.平衡摩擦力时木板倾角过大（或平衡摩擦力过度） ④.两个小车及车上砝码质量不同（或M） ⑤.
【解析】（1）若认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力，应不考虑盘及盘中砝码受到的合力，即M与m的大小关系应满足M≫m
（2）由F=ma知，保持盘及盘中砝码的质量一定，即绳的拉力F一定，加速度与质量成反比，为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应作两者的正比例图像，即做a与的图像
（3）由图像知，没有力时小车就有了加速度，说明该同学在平衡摩擦力时木板倾角过大
（4）由图像知，图像的斜率为质量的倒数，两图线斜率不同，说明两小车及车上砝码的总质量不同
（5）由打点计时器使用的交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，知相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1s，由，把数据统一成国际单位代入得到
【点睛】学生要清楚“验证牛顿第二定律”的实验原理，实验步骤，会分析a-F图像，用纸带求加速度时，要把所给的数据全用上以减小误差
15、 ①.（1）0.74m/s2 ②.（2）4.36cm ③.（3）0.473m/s； ④.0.621m/s；
【解析】（1）设1、2间的位移为x1，2、3间的位移为x2，3、4间的位移为x3，4、5间的位移为x4；因为周期为T=0.02s，且每打5个点取一个记数点，所以每两个点之间的时间间隔T=0.1s；由匀变速直线运动的推论xm-xn=（m-n）at2得：x4-x1=3at2代入数据得：
（5.83-3.62）×10-2=3a×0.12,解得：a=0.74m/s2
（2）第3个记数点与第2个记数点的距离即为x2，由匀变速直线运动的推论：x2-x1=at2得：
x2=x1+at2代入数据得：x2=3.62×10-2+0.74×0.12=0.0436m=4.36cm
（3）打第2个点时的瞬时速度等于打1、3之间的平均速度，因此有：
根据速度公式v3=v2+at
得v3=0.399+0.74×0.1m/s=0.473m/s；同理：v5=0.399+0.74×0.3m/s=0.621m/s；

三．计算题(22分)
16、（1）-10m/s2；32m（2）05（3）20m
【解析】（1）根据图示图象应用加速度定义式求出加速度，v-t图象与坐标轴形成图形的面积等于物体的位移
（2）应用牛顿第二定律求出动摩擦因数
（3）求出两段时间内物块相对于传送带的滑行距离，然后求出划痕长度
【详解】（1）由图示图象可知，0～2s内物块加速度为：，负号表示加速度方向与速度方向相反；
由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为：x=×（24+4）×2+ ×2×4=32m；
（2）0～2s内，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入数据解得：μ=0.5；
（3）由v-t图象可知，物块在0～2s内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，
由于重力沿传送带的分力大于物块受到的最大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带的速度为4m/s，
0～2s内物块相对传送带向上的位移：d1=×(24+4)×2−4×2=20m，
2s-4s内，物块相对传送带向下的位移：d2=4×2- ×（4+0）×2=4m，
则划痕长度为d1=20m
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．动摩擦因数也可以根据动能定理求解
17、
【解析】把三个物体看成两部分，Q、R为一部分，R为一部分，它们具有相同的加速度a，对R由牛顿第二定律有：
F1﹣μ•3mg＝3ma
同理对Q、R有：
F2﹣μ•（2m+3m）g＝（2m+3m）a
由题知：

联立解得：