2025-2026学年河南省郑州市中牟县高一物理第一学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

2025-2026学年河南省郑州市中牟县高一物理第一学期期末综合测试模拟试题
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、汽车刹车后做匀减速直线运动，测得在最后的1.5s内的位移为4.5m，那么汽车在最后1s内的位移为（ ）
A.2m B.1.5m
C.1m D.0.5m
2、如图所示，倾角为30°、重为100N的斜面体静止在水平地面上，一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，轻杆的另一端固定一个重为3 N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是(　　)

A.轻杆对小球的作用力沿轻杆向上，大于3 N
B.轻杆对小球的作用力为3 N，方向垂直斜面向上
C.地面对斜面体的支持力为103N，对斜面体的摩擦力水平向右
D.小球对轻杆的作用力为3 N，方向竖直向下
3、一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距40 cm的两点上，弹性绳的原长也为40 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为50 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A.58 cm B.46 cm
C.44cm D.52 cm
4、物体由静止开始做匀加速直线运动，若第1秒内物体通过的位移是0.5m，则第2s内通过的位移是（ ）
A.0.5m B.1.5m
C.2.0m D.3.5m
5、如图所示，放在水平面上的物体A用轻绳通过光滑定滑轮，连接另一个物体，并处于静止．这时A受到地面的弹力为N，摩擦力为f，若把A向右移动一些，并仍静止（）

A.N将减少 B.f将不变
C.轻绳拉力将减小 D.物体受到的合力不变
6、水平面上放置一个斜面足够长的斜劈A，小物块B静止在斜面上，如图所示。现对B施加一个沿斜面向上的拉力F，F的大小从零随时间均匀增大，斜劈A一直处于静止状态。设A、B之间的摩擦力大小为f1，A与地面之间的摩擦大小为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则整个过程中摩擦力大小随时间变化的图像可能正确的是（）

A. B.
C. D.
7、如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（　　）

A.A、B所受弹簧弹力大小之比为
B.A、B的质量之比为以
C悬挂A、B的细线上拉力大小之比为
D.快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为
8、下列哪组力作用在物体上，有可能使物体处于平衡状态（　　）
A.3 N,4 N,8 N B.3 N,5 N,1 N
C.4 N,7 N,8 N D.7 N,9 N,6 N
9、如图儿童在滑梯游戏时在滑板上匀速滑下，关于儿童在滑板上受力问题求解时，可以将滑梯抽象为一个斜面的模型，以正在匀速滑下的小孩为研究对象。小孩受到三个力的作用：重力G、斜面的支持力FN和滑动摩擦力f，利用平衡知识求解三个力的关系，你认为下列受力分析及力的分解或合成示意图中符合规范的有（　　）

A. B.
C. D.

10、如图所示，光滑斜面体上有一个小球m被平行于斜面的细绳系于斜面上，斜面体在水平面上沿直线运动，不计空气阻力．则（　　）

A.若斜面体匀速运动，小球对斜面一定有压力
B.若小球相对斜面静止，斜面体一定做匀速运动
C.若小球对斜面无压力，斜面体可能向左加速运动
D.若绳子对小球无拉力，斜面体可能向左加速运动
11、建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的建筑工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以2的加速度竖直加速拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则建筑工人对绳子的拉力F1 及对地面的压力，大小分别为(g取)

A.F1=200N B.F1=210N
C.F2=490N D.F2=700N
12、在一次学校的升旗仪式中，小明观察到拴在国旗上端和下端各有一根绳子，随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，下端的绳子几乎是松弛的，如图所示。设风力水平，两绳重力忽略不计，由此可判断在国旗升起的过程中（ 　）

A.上端的绳子的拉力先减小后增大
B.上端的绳子的拉力在逐渐增大
C.风力在逐渐增大
D.风力在先减小后增大
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某同学用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：

(1)通过实验得到如图（b）所示的a—F图像，造成图线不经过原点这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的倾角________（填“偏大”或“偏小”）；
(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，把砝码和盘的总重视为拉力大小，为了便于探究和减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足____________的条件；
(3)该同学从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条（每两点间还有4个点未画出），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离。打点计时器的电源频率为50Hz。由这些已知数据计算：（结果保留3位有效数字）

①小车匀变速直线运动的加速度a＝ ________m/s2.；
②与纸带上C点相对应的瞬时速度v＝______ m/s。
14、用图所示装置“探究加速度与力、质量的关系”．设小车和砝码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m．某同学用如图甲所示装置进行实验，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，重物通过跨过滑轮的细线与小车相连．请思考并完成相关内容：

(1)本实验应用的实验方法是（ ）
A．控制变量法 B．假设法
C．理想实验法 D.等效替代法
(2)实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是（ ）
A.连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
B.连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
C.取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
D.取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
(3)平衡摩擦力后，实验中打出的其中一条纸带如图乙所示（两相邻计数点间还有四个点没有画出），由该纸带可求得小车的加速度a=______m/s2（结果保留三位有效数字）
(4)在此实验中，由于没有考虑m和M应满足的的关系，结果的图象应该是哪一幅？（ ）

15、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__________。

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝37°并以v＝10m/s的速率逆时针转动，在传送带的A端轻轻地放一小物体．若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A端到B端的距离L＝16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间为多少？(g取10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

17、（10分） “火龙线”是广州一条比较成熟的徒步线路，2019年10月7日（重阳节）上午7：00，某徒步爱好者准时出发，路线以火炉山脚为起点，途径广汕二路、凤凰山顶、采石场，重点到达龙眼洞森林公园，全程27km，用时9h。下列说法正确的是（）
A.徒步爱好者位移大小不大于27km B.徒步爱好者的瞬时速度都为3.0km
C徒步爱好者徒步时，一定不能看成质点 D.研究某徒步爱好者的运动只能以地面为参考系
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】将匀减速看做反向匀加速：最后的1.5s内的位移为4.5m，根据位移时间公式

代入数据解得
a=4m/s2
所以汽车在最后1s内的位移为

BCD错误，A正确。
故选A。
【点睛】本题主要是考查匀变速直线运动的规律，解答本题要掌握匀变速直线运动的基本规律和逆向思维的解题方法。
2、D
【解析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向
【详解】ABD、小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零．对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹性轻杆对小球的弹力为3N，竖直向上；根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为3N，方向竖直向下．故AB错误、D正确；
C、将球、杆、斜面看成整体，受力平衡，球对杆的弹力没有水平方向的分力，故水平方向不受摩擦力，C错误
故选D
【点睛】本题关键结合平衡条件对物体受力分析，要注意杆的弹力方向可以与杆平行，也可以与杆不共线
3、B
【解析】绳子原长40cm=0.40m，伸长为50cm=0.50m。如图，则AB绳长25cm=0.25m，设弹簧劲度系数为k，则Fa=0.05k。由几何关系知θ=53°。

F合=2Fa•cos53°=0.06k。
物体处于平衡状态：
06k=mg
当AC滑到同一点时：
2kx=mg
则：
x=0.03m=3cm。
所以此时绳子总长为：40cm+2×3cm=46cm。
A．58 cm，与结论不相符，选项A错误；
B．46 cm，与结论相符，选项B正确；
C．44cm，与结论不相符，选项C错误；
D．52 cm，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
4、B
【解析】第1秒位移是，有：

解得：

前2秒位移为：
,
第2秒内位移为：
,
联立解得：

故ACD错误，B正确
【点睛】掌握初速度为零的匀变速直线运动位移公式即可求解，本题可用前2秒位移减第1秒位移来求第2秒位移比较简单。
5、D
【解析】C．设悬挂的物体的质量为m，物体A的质量为M，悬挂的物体始终处于静止状态，所以绳子对悬挂物体的拉力始终等于mg，故轻绳的拉力不变，故C错误。
D．对A受力分析并正交分解如图：

物体仍保持静止，故A受力始终平衡，合力始终为零，故D正确；
AB．由平衡条件得：
N+mgsinθ=Mg
f=mgcosθ
把A向右移动一些后，θ将变小：所以：f=mgcosθ会变大，N=Mg-mgsinθ也将变大。故AB错误；
故选D。
6、B
【解析】AB．对B受力分析可知，当F小于重力沿斜面向下的分力时，根据平衡条件可知，当F随时间均匀增大时摩擦力随时间均匀减小，当F等于重力沿斜面向下的分力时摩擦力为0，当F大于重力沿斜面向下的分力时，根据平衡条件可知，当F随时间均匀增大时摩擦力随时间均匀增大，一直达到最大静摩擦力之后，B物体将沿斜面向上滑动，摩擦力将保持不变，且大于刚开始静止时的摩擦力，故A错误，B正确；
CD．当AB都静止时，对AB整体受力分析可，A与地面之间的摩擦大小与F在水平方向的分力大小相等，当F随时间均匀增大时摩擦力也随时间均匀增大，当B相对A滑动时，AB不能当成一个整体，AB间的摩擦力为滑动摩擦力保持不变，此时F随时间均匀增大，对摩擦力没有影响，故此时摩擦力保持不变，故CD错误。
故选B。
7、BD
【解析】A．同一根弹簧弹力相等，A、B所受弹簧弹力大小之比为1：1，故A错误；
B．对A、B两个物体受力分析，并合成矢量三角形，如图所示：

A、B都处于静止状态，受力平衡，则有：
对物体A：

对物体B：

则：

B正确；
C．悬挂A、B细线上的拉力之比：

C错误；
D．快速撤去弹簧瞬间，小球做圆周运动，速度为0，在向心方向上合力为零，加速度由重力在切线方向的分力提供：

两小球加速度之比：

D正确。
故选BD。
8、CD
【解析】物体处于平衡状态，合力为零：
A．3N、4N的合力范围是

8N不在其范围内，所以3N、4N、8N合力的最小值为1N，不可能使物体处于平衡状态，故A错误；
B．3N、5N的合力范围是

1N不在其范围内，所以3N、5N、1N合力的最小值为1N，不可能使物体处于平衡状态，故B错误；
C．4N、7N的合力范围是

8N在其范围内，所以4N、7N8N合力的最小值为0N，可能使物体处于平衡状态，故C正确；
D．7N、9N的合力范围是

6N不在其范围内，所以7N、9N、6N合力的最小值为0N，可能使物体处于平衡状态，故D正确。
故选CD。
9、BC
【解析】A、B．图中重力G在x方向上的分力所表示的箭头应当恰好指在G做x轴的垂线与x轴的交点处，故A错误，B正确；
C、D．由于小孩正在匀速下滑，因此合外力为0。由于向下的力只有G，因此和的合力应当与G位于同一直线上即竖直向上，故C正确，D错误。
故选择BC。
10、AD
【解析】A．若斜面体匀速运动，小球也做匀速运动，则小球受力平衡，小球受重力和绳子的拉力及斜面对小球的支持力，这三个力合力为零，所以小球对斜面一定有压力，故A正确；
B．如果整体向左加速或向右加速过程中，加速度比较小，小球有可能相对斜面静止，故斜面体不一定匀速运动，故B错误；
C．若小球对斜面无压力，只小球只受重力和绳子的拉力，加速度方向水平向右，则斜面体的加速度也水平向右，可以向右加速，也可以向左减速，故C错误；
D．若绳子没有拉力，则小球只受重力和支持力，加速度方向水平向左，则斜面体的加速度也水平向左，可以向左加速，也可以向右减速，故D正确
故选AD
11、BC
【解析】先研究物体，以加速度匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力．根据牛顿第二定律得：，解得；再研究工人，受力分析：重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态．根据平衡条件有：，解得，由牛顿第三定律可得：对地面的压力，故选BC.
【点睛】工人站在地面上，匀加速拉升物体，以物体为研究对象，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，再以工人为研究对象，由平衡条件可求出工人受地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出工人对地面的压力大小
12、BC
【解析】下端的绳子几乎是松弛的，说明下端的绳子对国旗没有拉力。对国旗受力分析如图

则由平衡条件

解得

由上端的绳子与旗杆的夹角在变大，可知 变大，则上端的绳子的拉力T在逐渐增大，风力F在逐渐增大。故AD错误，BC正确。
故选BC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).偏大 (2).M＞＞m (3).2.07 (4).1.01
【解析】(1)[1] 由b图知当拉力F等于0时，小车已经产生了加速度，说明平衡摩擦力过度，木板与水平桌面间的倾角偏大。
(2)[2]对整体分析，根据牛顿第二定律得

则绳子的拉力为

当M＞＞m，即砂和砂桶的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砂和砂桶的总质量m满足M＞＞m的条件。
(3)①[3]每两点间还有4个点没有画出来，时间间隔为
T=0.1s
由纸带点迹分布，根据匀变速运动规律得小车匀变速直线运动的加速度

②[4]与纸带上C点相对应的瞬时速度为

14、 ①.A ②.C ③.0.810 ④.C
【解析】（1）研究加速度跟力和质量的关系，采用控制变量法；
（2）平衡摩擦力时应取下砂桶，调整木板右端高度，轻推小车，小车能够沿木板做匀速直线运动即可，实验过程中改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力；
（3）根据逐差法，计算小车的加速度即可，注意有效数字；
（4）应用牛顿第二定律分析实验误差，然后答题；
【详解】（1）为了研究加速度跟力和质量的关系，应该采用的研究实验方法是控制变量法，故选项A正确，BCD错误；
（2）平衡摩擦力时，取下砂桶，将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，调节滑轮高度使细线与木板平行，将木板不带定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，使小车做匀速直线运动，故C正确，ABD错误；
（3）相邻两计数点间还有四个计时点未画出，计数点间的时间间隔为：
根据逐差法，小车的加速度为：
；
（4）随着增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值g，故ABD错误，C正确
【点睛】考查了控制变量法的内容，知道实验原理，与操作注意事项，会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，若不满足质量之间的关系，图像会发生弯曲
15、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

三．计算题(22分)
16、2s
【解析】设小物体的质量为m，小物体被轻轻地放在传送带A端，小物体沿传送带方向速度为零，但传送带的运动速率为v＝10m/s，二者速率不相同，它们之间必然存在相对运动．传送带对小物体有沿传送带斜向下的滑动摩擦力作用，小物体的受力情况如图所示

设小物体加速度为a1，则由牛顿第二定律有
mgsinθ＋Ff1＝ma1①
FN＝mgcosθ②
Ff1＝μFN③
联立①②③式并代入数据解得
a1＝10m/s2
小物体速度大小达到传送带速率v＝10m/s时，所用的时间
t1＝＝1s
在1s内小物体沿传送带位移
x1＝＝5m
小物体的速度大小与传送带速率相同的时刻，若要跟随传送带一起运动，即相对传送带静止，它必须受到沿传送带向上的摩擦力Ff＝mgsinθ＝6m的作用，但是此时刻它受到的摩擦力是Ff2＝μmgcosθ＝4m，小于Ff，因此，小物体与传送带仍有相对滑动，设小物体的加速度为a2，这时小物体的受力情况如图所示．由牛顿第二定律有

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
解得
a2＝2m/s2
设小物体速度大小达到10m/s后又运动时间t2才到达B端，则有
x2＝L－x1＝vt2＋a2
代入数据解得
t2＝1s
t2′＝－11s(舍去)
小物体从A端运动到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝2s.
17、A
【解析】A．只有当做单向直线运动时，位移大小等于路程，其他情况位移大小都小于路程，A正确；
B．徒步爱好者并不是在这9h内做的匀速直线运动，所以任意时刻的瞬时速度不一定为3km/h，B错误；
C．当研究徒步爱好者的运动速度时，人的大小和形状可以忽略，可以看做质点，C错误；
D．参考系的选取是任意的，选取原则是方便研究问题，D错误；
故选A。