北京市西城区第五十六中学2025年高一物理第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

北京市西城区第五十六中学2025年高一物理第一学期期末达标检测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速.在水平地面上竖直固定一直杆,半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,球在风力的作用下飘起来.已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风速v0=3 m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°.下列说法正确的是(　　)

A.当θ=60°时,风速v=6 m/s
B.当风速增大到某一值时,θ可能等于90°
C.若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则θ不变
D.若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,则θ减小
2、如果说一个人在电梯中“超重”了，是指
A.人的重力减小 B.人的重力增大
C.人对电梯的压力减小 D.人对电梯的压力增大
3、如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则（　　）

A.f1=0，f2≠0，f3≠0 B.f1≠0，f2≠0，f3=0
C.f1≠0，f2=0，f3=0 D.f1≠0，f2≠0，f3≠0
4、如图所示，相同的两个小物体（视为质点）甲，乙在光滑水平面上，受到大小都为F、方向向右的恒力作用。某时刻，小物体甲在A处，初速度大小为v1，方向向左；小物体乙在B处，初速度大小为v2、方向向右。经过时间t，两物体同时到达C处，两物体不相碰。已知AB长为2L，AC长为L，小物体甲、乙的质量都为m，则时间t为（　　）

A. B.
C. D.
5、a、b两个质量相同的球用细线连接，a球用细线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，下列图示正确的是（）
A. B.
C D.
6、对做匀变速直线运动物体，下列说法正确的是（）
A.在1s内、2s内、3s内物体通过的位移之比是1：3：5
B.一质点的位置坐标函数是x=4t+2t2，则它运动的初速度是4m/s，加速度是2m/s2
C.做匀减速直线运动的物体，位移一定随时间均匀减小
D.任意两个连续相等时间间隔内物体的位移之差都相等
7、如图，小明站在电梯里的体重计上，电梯静止时，体重计的示数为500N．某段时间电梯运动时加速度的大小为1 m/s2 g取10 m/s2，则这段时间内

A.若电梯向上加速运动，则体重计的示数为550N
B.若电梯向上减速运动，则体重计的示数为550N
C.若电梯向下加速运动，则体重计的示数为450N
D.若电梯向下减速运动，则体重计的示数为450N
8、如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为，质量的物体A放在斜面底端。在时刻物体A在沿斜面向上的恒力的作用下由静止开始沿斜面向上运动，时刻撤去外力物体A向上运动过程，下列图象如图乙所示（g取，，，关于物体A向上运动过程，下列说法正确的是

A.物体在内的位移大小为
B.恒力的大小为
C.物体与斜面间动摩擦因数为0.25
D.在撤去前后两个阶段的平均速度大小之比为
9、下列说法中正确的是
A.物体只有静止或做匀速直线运动时才具有惯性
B.质量是物体惯性大小的量度
C.互成角度的力的合成和力的分解都一定遵从平行四边形定则
D.受到静摩擦力的物体一定是静止的
10、如果广清永高铁修通，连州至清远有望由过去的3小时车程缩短至35分钟，广清永高铁运营长度为397公里，设计时速达350km/h．下列说法正确的是（　　）
A.35分钟是指时间
B.350km/h指瞬时速度
C.397公里指的是位移
D.为了精确测量列车完全通过短隧道的时间，列车可看成质点
11、如图所示，为一个可以乘坐二十多人的在竖直柱子上的巨型娱乐器械，可以使人体验超重和失重状态。由升降机将环形座舱送到离地面75m的高处，然后让座舱无摩擦的自由落下，落到离地面30m的位置时，制动系统启动，座舱做匀减速运动，到地面时刚好停下，若座舱中某人用手托着质量为0.2kg的手机，取g=10m/s2，则（　　）

A.当座舱落到离地面45m的位置时，手掌对手机的支持力为0
B.当座舱落到离地面45m的位置时，手掌对手机的支持力为2N
C.当座舱落到离地面15m位置时，手掌对手机的支持力为3N
D.当座舱落到离地面15m的位置时，手掌对手机的支持力为5N
12、如图所示，质量为m的物体用轻绳AC悬挂于天花板上，在轻绳上某一点O施加一个水平外力F使物体静止，若保持OA绳与水平面间的夹角为θ不变，将力F从水平方向在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，则下列关于轻绳AO所受的拉力T和外力F的大小的判断，正确的是（　　）

A.T一直变小 B.T一直变大
C.F先变小后变大 D.F先变大后变小
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、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拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出

(1)当M与m的大小满足M______m的关系时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力
(2)某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．为了比较容易地确定出加速度a与质量M的关系，他应该作a与________的图象
(3)下图为该同学在探究加速度与外力的关系时，根据测量数据作出的a－F图线，说明实验中存在的问题是______________

14、在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码依次挂在竖直悬挂的弹簧下端，进行了相关的测量．根据所测数据，他们利用描点法作出了所挂钩码的总重力G与弹簧长度L的关系图像（如图）．请根据图像回答以下问题：

(1)弹簧的原长为_____m.
(2)弹簧的劲度系数为_______N/m.
(3)关于该实验，以下说法错误的是______
A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂
C.测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于平衡状态
D.实验可得出的结论是：弹簧的弹力与弹簧长度L成正比
15、一鸣同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，其中打点计时器的打点周期为0.02s 。

（1）为了验证加速度与合外力成正比，必须做到_______
A．实验前要平衡摩擦力
B．每次实验都必须从相同位置释放小车
C．实验时拉小车的细绳必须保持与小车运动轨道平行
D．实验过程中，如拉力改变，则必须重新平衡摩擦力
（2）图乙为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为a=_______m/s2(结果保留两位有效数字)

（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的a－F图像，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能有____。

A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）
B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）
C．盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量M（即m<<M）
D．盘和重物的总质量m没有远小于车和砝码的总质量M
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，高H=0.8m的桌面上固定一半径R=0.5m的光滑圆弧轨道，轨道末端A与桌面边缘水平相切，地面上的B点位于A点的正下方。将一质量m=0.05kg的小球由轨道上某处静止释放，到达A点时小球对轨道的压力为1.4N，g=10m/s2。求：
(1)小球运动到A点时速度大小；
(2)小球落地点距B点的距离；
(3)若小球运动到A点时，突然受到水平向左的恒定风力，使小球恰好落在B点，作用在小球上的风力应为多大？

17、（10分）2019年12月17日，首艘国产航母“山东”号在海南省三亚军港正式交付。中国航母舰载机歼-15通过滑跃式起飞方式起飞，如图所示。飞机起飞的跑道可简化为如图所示模型。飞机由静止开始先在一段水平距离为L1=160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5m的倾斜跑道上运动，直到起飞。已知飞机的质量m=2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.4×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.05m，设飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到摩擦的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，发动机推动力大小不变，航母处于静止状态，飞机质量视为不变，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响。求：
(1)飞机在水平跑道上运动的加速度大小；
(2)飞机滑跃起飞时的速度大小。

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】设球正对风的截面积为S，由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风力大小为F=kSv，当速度为3m/s时，由平衡条件得，mgtan30°=Sv0k，当角度为60°时，同理可得mgtan60°=Svk，由此可解的v=9m/s，故A错误

风速增大，θ不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡．故B错误．若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则风力变大，根据F=mgtanθ，知θ变大．故C错误．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，知风力不变，根据F=mgtanθ，知重力减小，风力不变，则θ减小．故D正确
2、D
【解析】当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态，超、失重现象的实质是物体的实重与视重相比发生了变化，而物体的重力并没有发生变化
【详解】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，超、失重现象的实质是物体的实重与视重相比发生了变化，而物体的重力并没有发生变化，故AB错误；一个人在电梯中“超重”了，此时人对电梯的压力增大．故C错误，D正确；故选D
【点睛】本题考查超重与失重的性质，注意明确加速度向上有两种可能：加速向上或减速向下
3、B
【解析】对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力，f1≠0；
再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力，f2≠0；
对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力，f3=0；故选B。
【点睛】本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用。
4、C
【解析】由题意，设向右正方向，根据匀变速直线运动规律，对乙有

对甲有

根据牛顿第二定律有

联立解得

故C正确，ABD错误
故选C。
5、B
【解析】对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于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，故细线拉力向右上方，A图错误；再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故CD错误，B正确
6、D
【解析】A．初速度为零时，1s内、2s内、3s内通过位移之比为1：4：9，故A错误；
B．根据得，物体的初速度为4m/s，加速度为4m/s2，故B错误；
C．匀减速直线运动物体速度随时间均匀减小，位移不是均匀减小，故C错误；
D．匀变速直线运动的物体，任意两个连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，故D正确。
故选D。
7、AC
【解析】分别讨论加速度向上或向下应用牛顿第二定律求解即可；
【详解】A、对小明进行受力分析，其受到重力和支持力作用，加速向上或减速向下，加速度向上，若加速度向上，根据牛顿第二定律可知：，则，根据牛顿第三定律可知，此时体重计的示数为，故选项A正确，选项D错误；
B、加速向下或减速向上，加速度向下，若加速度向下，根据牛顿第二定律可知：，则，根据牛顿第三定律可知，此时体重计的示数为，故选项B错误，C正确
【点睛】本题主要是考查对超重失重现象的理解，利用牛顿第二定律来求解即可
8、BC
【解析】A．物体在3s内的位移大小等于三角形面积大小，为
，
故A错误；
BC．根据图象的斜率表示加速度，可得，前2s内物体的加速度大小
，
第3s内加速度大小

由牛顿第二定律前2s内有
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
第3s内有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
联立解得：
F=12N，μ=0.25，
故BC正确；
D．根据匀变速直线运动的推论

可知在撤去F前后两个阶段平均速度大小均为4m/s，则，故D错误。
故选BC。
9、BC
【解析】在任何状态下物体都有惯性，与运动状态无关，选项A错误；质量是物体惯性大小的唯一量度，选项B正确；互成角度的力的合成和力的分解都一定遵从平行四边形定则，选项C正确；受到静摩擦力的物体不一定是静止的．例如随水平传送带加速运动的物体，选项D错误；故选BC.
10、AB
【解析】物体能否看成质点由物体的大小形状是否可忽略决定，注意区分位移和路程，从形状的直和曲、矢量和标量区分，时间指的是一段，时刻指的是一个点.
【详解】A．35分钟是用的时间的长度，是指时间间隔，故A正确；
B．设计时速达350km/h，是某时刻的速度，指瞬时速度，故B正确；
C．397公里指的是经过的路线的长度，是指路程，故C错误；
D．研究列车完全通过短隧道的时间，动车的长度不能忽略，不可看成质点，故D错误；
故选AB.
【点睛】本题关键是要明确质点、位移与路程、平均速度、瞬时速度的概念，同时要明确这些概念的适用范围.
11、AD
【解析】AB．由题意知当座舱落到离地面45m的位置时，座舱还在自由下落过程中，此时加速度为g，人和手机处于完全失重状态，手掌对手机的支持力为0，故A正确，B错误；
CD．当座舱落到离地面15m的位置时，座舱处于匀减速运动阶段，根据自由落体运动公式可知座舱落到离地面30m的位置时速度为

代入数据可得v=30m/s；在匀减速运动过程中有

可得匀减速运动的加速度大小为a=15m/s，此过程中对手机根据牛顿第二定律有

代入数据解得N=5N，即手掌对手机的支持力为5N，故C错误，D正确。
故选AD。
12、AC
【解析】点O受到三个拉力而处于平衡状态，其中向下的拉力的大小和方向均不变，OA的拉力方向不变，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：

从图解法可以看出，OA的拉力T不断减小，拉力F先减小后增加，当拉力F与OA垂直时F最小，故AC正确，BD错误。
故选AC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.(1)M≫m ②.(2)1/M ③.(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够　(4)小车及车上的砝码的总质量不同
【解析】（1）[1]以整体为研究对象有

解得：

以M为研究对象有绳子的拉力

显然要有 必有，故有 ，即只有M>>m时才可以认为绳对小车拉力大小等于盘和盘中砝码的重力
（2）[2]根据牛顿第二定律，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a-M图象；但a=，故a与成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系，故应作a-图象
（3）[3][4]图中图象与横轴的截距大于0，说明在拉力大于0时，才有加速度，说明物体所受拉力之外的其他力的合力大于0，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
14、 ①.0.1 ②.1000 ③.D
【解析】(1) 当弹簧下端所挂钩码的重力G为0时，弹簧的拉力也为0，此时弹簧长度即为原长，由图示图象可知，弹簧的原长为0.1m;
(2) 由图示图象可知，弹簧的劲度系数为
(3)实验时，弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂，测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于平衡状态；实验可得出的结论是：在弹性限度内，弹簧产生的弹力大小与弹簧的伸长量成正比；故ABC正确，D错误；
说法错误的是故选D
15、 (1).AC (2).0.64 (3).BD
【解析】（1）[1]A.实验首先要平衡摩擦力,使小车受到合力就是细绳对小车的拉力，故A正确；
B.每次小车不需要要从同一位置开始运动，故B错误；
C.要使绳子的拉力等于合力，则需要拉小车的细绳必须保持与轨道平行，故C正确；
D.因为平衡摩擦力之后有

故

所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故D错误。
故选AC。
（2）[2] 因为每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔 ，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，由逐差法公式可知

（3）[3]AB.由图像可以知道小车的拉力为0时,小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大，故B正确A错误；
CD.该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量的增大，钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，故D正确C错误。
故选BD。

三．计算题(22分)
16、 (1)；(2)；(3)。
【解析】(1)由牛顿第三定律得，在点轨道对小球的支持力，由向心力公式可得：

解得：
；
(2)小球离开点做平抛运动，竖直方向上：

解得：

水平方向：

小球落点距点的距离为；
（3）小球在水平方向上运动由于受风力的作用做匀变速直线运动，在内位移为零；由

得

所以风力
。
17、 (1)5.0m/s2；(2)42m/s
【解析】(1)飞机在水平跑道上运动，对其受力分析如图

所以有

根据题意有
f=0.2mg
联立各式代入数据解得
a1=5.0m/s2
(2)飞机在水平跑道上运动时有

飞机在倾斜跑道上运动时，根据牛顿第二定律有

代入数据可得
m/s2
根据运动学公式

带入数据数据联立可得