云南省玉溪市江川区第二中学2025年高一物理第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

云南省玉溪市江川区第二中学2025年高一物理第一学期期末学业质量监测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、如图所示，小张和小王同学家都住在锦祥秋实大厦，一天早上他们均是7：15出小区大门，经过不同路径（小张沿东环路、小王经燕平路）到达昌平一中校门口；路上所用时间均为15分钟。材料中所涉及的7：15和15分钟（　　）

A.都是指时间
B.都是指时刻
C.7：15指时间，15分钟指时刻
D.7：15指时刻，15分钟指时间
2、质量为的物体受到大小分别为和的两个共点力的作用，则该物体的加速度不可能是
A. B.
C. D.
3、如图所示，甲、乙两人共同提一桶水静止不动时，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F，两静止人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，则下列说法中正确的是（　　）

A.θ越大，两人的合力越大
B.θ越小，两人的合力越大
C.不管θ为何值，两人的合力大小是不变的
D.不管θ为何值，
4、一物体m受到一个撞击力后沿不光滑斜面向上滑动，如图所示，在滑动过程中，物体m受到的力是（　　）

A.重力、沿斜面向上的冲力、斜面的支持力
B.重力、沿斜面向下的滑动摩擦力、斜面的支持力
C.重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的滑动摩擦力
D.重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力
5、一物体由静止开始做匀变速直线运动，在时间t内通过的位移为x，则它从出发开始经过的位移所用的时间为
A. B.
C. D.
6、如图所示，小球从高处下落到正下方竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是（）

A.小球受到的弹力先增大后减小
B.小球的速度一直在减小
C.小球的加速度先减小后增大
D.小球一直处于失重状态
7、如图所示，表示一物体在0～4 s内做匀变速直线运动的v－t图象．根据图象，以下说法正确的是（  ）

A.物体始终沿正方向运动
B.物体先向负方向运动，在t＝2 s后开始向正方向运动
C.物体在整个运动过程中加速度一直不变
D.物体在t＝2 s前位于出发点负方向上，在t＝2 s后位于出发点正方向上
8、在电梯的地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个重量为20N的物块，如图甲所示，计算机显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙，根据图象分析得出的结论中正确的是（　　）

A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
9、物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内的平均速度为3m/s，则（ ）
A.第3s内物体的位移为3m B.物体的加速度是1m/s2
C.前3s内的位移是4.5m D.第3s末的速度是3.6m/s
10、放在水平地面上的物体M上表面有一物体,与M之间有一处于拉长状态的弹簧,整个装置处于静止状态,如图所示,则关于M和受力情况的判断,正确的是

A.受到向左的摩擦力
B.M受到对它向左的摩擦力
C.地面对M的摩擦力方向右
D.地面对M不存在摩擦力作用
11、质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为作用在A上使AB相对静止一起向前匀加速运动，则下列说法正确的是

A.弹簧的弹力大小等于8N
B.弹簧的弹力大小等于12N
C.突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0
D.突然撤去F瞬间，B的加速度大小为4 
12、如图所示，作用于O点的三个力平衡，其中一个力大小为F1，沿–y轴方向，大小未知的力F2与+x轴方向夹角为θ，则下列关于第三个力F3的说法正确的是(　　)

A.力F3可能在第二象限内与+y轴方向成任意角度
B.力F3不可能在第三象限内
C.力F3的最小值等于
D.力F3与F2夹角越小，则F3与F2的合力越小
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、“研究共点力的合成实验”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，图乙是在白纸上根据实验结果画出的示意图。

(1)图乙中的F与两力中，方向一定沿AO方向的是______________________；
(2)用F1和F2两个力或用一个力拉橡皮条时，结点都必须达到O点，这是因为______________________；
(3)同学们在操作过程中有如下议论，其中有两个有利于减小实验误差的说法______________（填字母代号）。
A．两条细绳必须等长
B．实验前先对弹簧测力计指针调零
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要适当长一点，标记同一细绳方向的两点要适当远一点
14、在“探究弹力和弹簧伸长的关系并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图甲所示。所悬挂钩码的重力相对于对弹簧提供了向右的恒定拉力。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度。作出弹簧的长度（L）随钩码个数（n）变化的图象如图乙所示，则：

①图线与L轴的交点的物理意义是______________________________；
②图线BC段偏离了直线，其原因是_____________________________；
③该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比，优点在于____________________，缺点在于____________________。
15、固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2．求：

（1）小环的质量m；
（2）细杆与地面间的倾角a
三．计算题(22分)
16、（12分）小张同学在物理数字化实验室研究物体运动与受力关系．采用如图甲装置，开始时将一已知质量为m的物体置于水平桌面上，使物体获得水平向右的初速度v1，同时对物体施加一个水平向右的恒定拉力F，经过时间t1时，速度达到v2，撤去拉力，物体继续运动，在t2时刻物体停下．通过放在物体右前方的速度传感器得到物体在0〜t2时间内物体的速度一时间关系图线如图乙所示（向右为速度正方向）．求：

（1）从0到t2内物体前进的位移大小和方向；
（2）物体与水平桌面间的动摩擦因数μ为多大；
（3）若物体从静止开始受到与前面完全相同的恒力作用，并且作用时间也为t1，则物体撤去外力后还能滑行多长时间？
17、（10分）如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝41m，传送带v0＝20 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。

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、D
【解析】7：15出小区大门，即表示动作的发生，为时刻；路上所用时间均为15分钟，即对应一个过程，为时间，所以D正确ABC错误。
故选D。
2、D
【解析】两个力的合力范围为

根据牛顿第二定律知，加速度的范围

A.在区间内，故A不符合题意。
B.在区间内，故B不符合题意。
C.在区间内，故C不符合题意。
D.不在区间内，故D符合题意。
3、C
【解析】ABC．以桶和水为研究对象，受力分析，有竖直向下的重力和互成θ的两个拉力F，三力平衡，两人手臂上的拉力合力与重力等大反向，与θ大小无关，所以C正确，AB错误；
D．根据三力平衡得

所以θ越大，F越大；θ越小，F越小，所以D错误。
故选C。
4、B
【解析】对物体受力分析，关键要按照顺序找力，要找受到的力，每个力都要能找到受力物体，有时还要结合物体的运动情况分析受到的力
【详解】物体在惯性的作用下沿斜面向上运动，对物体受力分析，重力竖直向下，斜面对物体的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以B正确，ACD错误
故选B
【点睛】受力分析的一般步骤和方法是求解力学问题的一个关键，在整个高中物理学习的全过程中占有极重要的地位，对物体进行受力分析，通常可按以下方法和步骤进行：
（1）明确研究对象，亦即是确定我们是要分析哪个物体的受力情况
（2）隔离物体分析．亦即将所确定的研究对象从周围物体中隔离出来，进而分析周围有哪些物体对它施加力的作用，方向如何，并将这些力一一画在受力图上，在画支持力、压力和摩擦力的方向时容易出错，要熟记：弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，摩擦力的方向一定沿着接触面与物体相对运动（或趋势）方向相反
（3）分析受力的顺序：一重、二弹、三摩擦，沿接触面或点逐个去找．有时根据概念或条件与判断
本题可按照受力分析的一般步骤对物体受力分析
5、B
【解析】据位移时间公式可得：，
它从出发开始经过的位移时，有:，解得：，
故选B
6、C
【解析】A．弹簧的压缩量不断变大，故弹簧的弹力不断变大，故A错误；
BCD．小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当和弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，此时：
mg-kx=ma
随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，加速度减小，但是物体仍加速运动，当mg=kx时，速度最大，然后弹簧继续被压缩，当mg=kx时，加速度等于零，速度最大，物体继续向下运动，弹簧继续被压缩，弹力大于重力，物体开始减速运动，所以整个过程中物体先加速后减速运动，加速度先减小后增大，小球先处于失重状态后处于超重状态，故BD错误，C正确
故选C
【点睛】下落过程中正确对小球进行受力分析，然后根据牛顿第二定律即可判断其加速度的变化情况，然后进一步判断速度变化情况
7、BC
【解析】AB．v－t图象斜率表示加速度，速度的正负号表示运动方向，速度先是负方向，在t＝2 s后改为正方向，故A错误，B正确；
C．斜率一直不变所以加速度不变，故C正确；
D．v－t图象与时间轴围成的面积表示位移，负半轴的面积表示负方向的位移，故4s内，一直位于出发点负方向上，故D错误。
故选BC。
8、BC
【解析】A．从时该t1到t2，物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上，故A错误；
B．从时刻t3到t4，物体受到的压力小于重力，物块处于失重状态，加速度向下，故B正确；
C．如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故C正确；
D．如果电梯开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该是压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故D错误；
故选BC。
9、AD
【解析】A．根据

得物体在第3s内的位移
m
A正确；
B．设加速度为，则根据匀变速直线运动推论：

物体在第3s内的平均速度可以表示为

解得m/s2，B错误；
C．根据：

前3s内的位移m，C错误；
D．根据速度与时间的关系

可知物体在第3s末的速度
m/s
D正确
故选AD。
10、AD
【解析】A．以m为研究对象，拉伸状态的弹簧对m有向右的弹力，由平衡条件得到，m受到向左的摩擦力，故A正确；
B．根据牛顿第三定律得知，M受到m对它向右的摩擦力，故B错误；
CD．以整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对M没有摩擦力，故C错误，D正确
11、BD
【解析】AB、对整体分析，整体的加速度，隔离对B分析，则弹簧的弹力，故A错误，B正确；
C、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度，故C错误；
D、撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，则B的加速度，故D正确
故选BD
【点睛】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析求出弹簧的弹力；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A、B的加速度大小
12、AC
【解析】三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；题中第三个力与已知的两个力平衡
【详解】A、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；当、的合力在第四象限时，在第二象限，可能在第二象限的任意方向上，故A正确；
B、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；当、的合力在第一象限时，力在第三象限，故B错误；
CD、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；故力和合力始终和大小相等，保持不变；

通过作图可以知道，当、的合力F与F2垂直时合力最小，等于，即力的最小值为．故C正确，D错误；
故选AC
【点睛】本题关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后通过作图分析

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①. ②.为了使两个力和一个力的作用效果相同 ③.BD
【解析】(1)[1]由实验原理知F是与合成的理论值，由于误差的存在，其方向不一定沿AO；是实验中与合成的测量值，其方向一定沿AO；
(2)[2]用F1和F2两个力或用一个力拉橡皮条时，结点都必须达到O点，这是为了使两个力和一个力的作用效果相同；
(3)[3]A．细线的作用是能显示出力的方向，所以不是必须等长，故A错误；
B．为了减小实验误差，使弹簧测力计读数准确，实验前应先对弹簧测力计指针调零，故B正确；
C．为了减小实验误差，用弹簧秤同时拉细绳时拉力不能太大，也不能太小，故两弹簧秤示数之差没必要太大，故C错误；
D．为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长一些，标记同一细绳方向的两点要远一些，故D正确。
故选BD。
14、 ①.①弹簧的原长； ②.②超过了弹性限度； ③.③避免了悬挂放置时弹簧自身所受重力对实验产生的影响； ④.弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差。
【解析】①[1]根据胡克定律F=k△L知：

当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，所以图线与L轴的交点的物理意义是弹簧的原长L0；
②[2]图线BC段偏离了直线，其原因拉力太大，弹簧的长度超过了弹性限度；
③[3] 水平放置的优点：避免了悬挂放置时弹簧自身所受重力对实验产生的影响；
[4] 水平放置的缺点：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差。
15、（1）m＝1kg，（2）a＝30°
【解析】由图得：0-2s内环的加速度a==0.5m/s2
前2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： 
由图读出F1=5.5N，F2=5N
联立两式，代入数据可解得：m=1kg，sinα=0.5，即α=30°

三．计算题(22分)
16、（1）位移，方向水平向右；（2）（3）
【解析】（1）由v-t图象中图线和横轴所围的面积表示位移，可知位移为：
x=(v1+v2)t1+v2(t2−t1)= (v1t1+v2t2)，方向水平向右；
（2）t1到t2时间内物体做匀减速运动，由图可知其加速度大小为：a1＝
根据牛顿第二定律有：f=ma1=μmg
得到：
（3）物体从静止开始受完全相同的力作用，其加速度相同，即为：a2＝，
故撤去外力时速度为：v=a2t1=v2-v1
物体减速滑行时加速度大小为a1，撤去外力后滑行时间为：
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键是知道v-t图象的含义，斜率表示加速度，面积表示位移，由图象求解加速度，再结合牛顿第二定律求解即可
17、（1）3s （2）20m
【解析】（1）开始阶段由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
所以：
a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间：

发生的位移：

所以物体加速到20m/s 时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变。
第二阶段有：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
所以：
a2=2m/s2
设第二阶段物体滑动到B时间为t2 ，则：

解得：
t2=1s
在B点的速度为：
vB=v+a2t2=20+2×1=22m/s
总时间：
t=t1+t2=2s+1s=3s
（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：

传送带的位移为2×20=40m，故炭块相对传送带上移20m；
第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：
x2=LAB-x1=21m
传送带的位移为vt2=20m，即炭块相对传送带下移1m：
第二阶段碳块还是在追赶原来的痕迹，超出的1m覆盖在第一阶段上，所以痕迹还是20m；
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为20m；