甘肃天水市第一中学2025年物理高一上期末联考模拟试题含解析.doc

甘肃天水市第一中学2025年物理高一上期末联考模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止.下列判断正确的是（）

A.F1>F2>F3 B.F3>F1> F2
C.F2>F3>F1 D.F3>F2>F1
2、唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”，描述了庐山瀑布的美景，如果三尺为1m，则水面落到地面的速度约为(设初速度为零，忽略空气阻力)
A.100m/s B.140m/s
C.200m/s D.2000m/s
3、质量为m的物体以速度v离开桌面，如图所示．当它经过A点时，所具有的机械能是（ 　）（以桌面为零势能面，不计空气阻力）

A. B.
C. D.
4、某校科技兴趣小组观察“嫦娥二号”的发射过程后，用实验来模拟卫星的发射．火箭点燃后从地面竖直升空，时刻第一级火箭燃料燃尽后脱落，时刻第二级火箭燃料燃尽后脱落，此后不再有燃料燃烧．实验中测得火箭的图像如图所示，设运动中不计空气阻力，全过程中燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断中正确的是 （ ）

A.时刻火箭到达最高点，时刻火箭落回地面
B.火箭在时间内的加速度大小大于重力加速度
C.火箭在时间内的加速度大于时间内的加速度
D.时间内火箭处于超重状态，时间内火箭处于失重状态
5、一个路口绿灯亮起时司机开始由静止启动做匀变速直线运动，加速度为4 m/s2，则3s末的速度为( )
A.4 m/s B.10 m/s
C.12m/s D.36m/s
6、质量为m的体操运动员，双手握住单杠，双臂竖直，悬吊在单杠下．当他如图增大双手间距离时（　　）

A.每只手臂的拉力将减小
B.两只手臂的拉力总是大小相等、方向相反
C.每只手臂的拉力一定小于mg
D.每只手臂的拉力可能等于mg
7、下列各组共点力中合力可能为零的是
A.2N，3N，4N
B.4N，5N，10N
C.10N，12N，21N
D.10N，10N，10N
8、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。小张同学记录了爸爸所开汽车的速度表指针的变化情况：某一时刻指针位置如图2（a），经过6s指针位置如图2（b）。若汽车做匀变速直线运动，则（　　）

A.汽车的加速度大小约为2.8m/s2
B.汽车的加速度大小约为10m/s2
C.汽车在这段时间内的位移约为84m
D.汽车在这段时间内的位移约为100m
9、如图是某物体运动的v﹣t 图象，下列说法正确的是

A.物体在第1s末运动方向发生改变
B.物体在第2s内速度和加速度方向相同
C.物体在第3s末加速度方向发生改变
D.物体在第4s内的平均速度为1m/s
10、在光滑水平面上有一个质量为m=1kg的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成θ=45°角，如图所示．小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，取g=10m/s2，则（　　）

A.此时弹簧的弹力为10N
B.剪断弹簧的瞬间，小球加速度的大小为10m/s2
C.剪断细绳的瞬间，小球受到的合力水平向左
D.剪断细绳的瞬间，小球加速度的大小为10m/s2
11、如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行天花板，过直角的竖直线为MN。设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为Fa和Fb，已知Fa和Fb及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是（　　）

A.薄板的重心在MN线上
B.薄板重心在MN右侧
C.＝
D.＝
12、已知质量为5kg的物体，只受两个力F1与F2，其大小分别为10N和30N，则它们的合力和加速度大小不可能等于：
A.25N B.15N
C.3.5m/s2 D.5m/s2
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、利用图示装置可以做力学中的许多实验。

（1）（多选）利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必要的措施是_______
A.细线必须与长木板平行
B.先接通电源再释放小车
C.小车的质量远大于钩码的质量
D.平衡小车与长木板间的摩擦力
（2）利用此装置“研究匀变速直线运动”时，将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示，每相邻两个计数点间还有4个点未画出。

①图中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s；
②计数点E对应小车的瞬时速度大小计算式为vE＝________（时间间隔用T表示）；
③为了充分利用记录数据并减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________（时间间隔用T表示）。
（3）某同学在利用此装置“探究小车的加速度a与所受拉力F的关系”时，保持小车质量一定，改变钩码个数，在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图所示。图线________(选填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的，小车的质量M＝________kg。

14、如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。

(1)下列说法正确的是_____；
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象
(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得，作出图像，他可能作出图2中_____(选填“甲”、“乙”、“丙”)图线，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_____.
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态
C．砝码盘和砝码总质量太大 D．所用小车的质量太大
(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数____，钩码的质量_____。
15、在“验证力的平行四边形定则”的实验中，先将橡皮条的一端固定在水平木板上的P点，另一端O点系上两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条
（1）本实验采用的科学方法是_____
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）在实验过程中，下列选项中实验操作正确的是_____
A．弹簧测力计的拉力方向可以与木板不平行
B．将橡皮条拉伸相同的长度即可
C．将橡皮条和细绳的结点拉到相同位置O
（3）如果F1和F2分别表示两只弹簧测力计测得的力，F表示由平行四边形定则作出的合力，F′表示只用一只弹簧测力计测得的力，则以下图2两图中符合实验事实的是_____（填“A”或“B”）

三．计算题(22分)
16、（12分）物体A的质量M=1kg，静止在光滑水平面上，平板车B的质量为、长，某时刻A以向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数，取重力加速度，试求：
（1）若，物体A在小车B上相对小车B滑行的时间和最大距离；
（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F的大小应满足的条件。

17、（10分）如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在斜坡顶端从静止开始匀加速下滑100m到达坡底，用时10s，斜面与水平面间的夹角为37°，假设运动员与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，求：（已知，）
(1)运动员到达坡底时的速度大小；
(2)运动员与斜面之间动摩擦因数；
(3)运动员能在水平面上运动的距离

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、B
【解析】如果一个物体受到三个力的作用也能处于平衡状态，叫做三力平衡．很显然这三个力的合力应该为零．而这三个力可能互成角度，也可能在一条直线上；对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力势必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法．本题对P点受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解
【详解】对P点受力分析，如图所示：

根据共点力平衡条件有：，，因而；故选B.
【点睛】物体在三个力的作用下处于平衡状态，要求我们分析三力之间的相互关系的问题叫三力平衡问题，这是物体受力平衡中最重要、最典型也最基础的平衡问题．这种类型的问题有以下几种常见题型：
①三个力中，有两个力互相垂直，第三个力角度（方向）已知
②三个力互相不垂直，但夹角（方向）已知《考试说明》中规定力的合成与分解的计算只限于两力之间能构成直角的情形．三个力互相不垂直时，无论是用合成法还是分解法，三力组成的三角形都不是直角三角形，造成求解困难．因而这种类型问题的解题障碍就在于怎样确定研究方法上．解决的办法是采用正交分解法，将三个不同方向的力分解到两个互相垂直的方向上，再利用平衡条件求解
③三个力互相不垂直，且夹角（方向）未知
三力方向未知时，无论是用合成法还是分解法，都找不到合力与分力之间的定量联系，因而单从受力分析图去求解这类问题是很难找到答案的．要求解这类问题，必须变换数学分析的角度从我们熟悉的三角函数法变换到空间几何关系上去考虑，因而这种问题的障碍点是如何正确选取数学分析的方法
解决这种类型的问题的对策是：首先利用合成法或分解法作出三力之间的平行四边形关系和三角形关系，再根据力的三角形寻找与之相似的空间三角形，利用三角形的相似比求解
④三力的动态平衡问题
即三个力中，有一个力为恒力，另一个力方向不变，大小可变，第三个力大小方向均可变，分析第三个力的方向变化引起的物体受力的动态变化问题
这种类型的问题不需要通过具体的运算来得出结论，因而障碍常出现在受力分析和画受力分析图上．在分析这类问题时，要注意物体“变中有不变”的平衡特点，在变中寻找不变量．即将两个发生变化的力进行合成，利用它们的合力为恒力的特点进行分析．在解决这类问题时，正确画出物体在不同状态时的受力图和平行四边形关系尤为重要
2、B
【解析】三千尺等于1000m，根据公式可知其速度约141m/s，所以答案为B
考点：匀变速直线运动规律
点评：此题型考查了关于匀变速直线运动规律
3、D
【解析】物体离开桌面后，只有重力做功，机械能守恒。即任意两个时刻或位置的机械能都相等，本题中关键是正确计算物体具有的势能。
【详解】选择桌面为零势能面，开始是机械能为：
由于不计空气阻力，物体运动过程中机械能守恒，则经过A点时，所具有的机械能

故选D。
【点睛】注意计算机械能的大小时，要看零势能面的选取位置。
4、D
【解析】（1）v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移；
（2）判断超重失重的方法是：加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态
【详解】火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移，由图可知当速度等于零时，位移最大，火箭处于最高点，即t3时刻到达最高点，故A错误；火箭在t2～t3时间内没有燃料燃烧，又不计空气阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，故B错误；v-t图象中斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，由图可知火箭在0～t1时间内的加速度小于t1～t2时间内的加速度，故C错误；加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，由图可知，t1～t2时间内加速度为正，向上，所以火箭处于超重状态，t2～t3时间内加速度为负，向下，所以火箭处于失重状态，故D正确．故选D
【点睛】本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据加速度正确判断物体是超重还是失重状态，能根据图象读取有用信息
5、C
【解析】根据v=at可知，汽车3s末的速度为v=4×3m/s=12m/s，故选C.
6、D
【解析】A：当增大双手间距离时，两手臂间夹角增大，据可得，每只手臂的拉力将增大．故A项错误
B：两只手臂的拉力总是大小相等、方向并不相反．故B项错误
CD：当两手臂间的夹角为1200时，据平衡条件可得，两只手臂的拉力等于mg．故C项错误，D项正确
7、ACD
【解析】A．2N和3N的力的合力取值范围是1N≤F≤5N，当两力的合力为4N时，方向与第三个力方向相反时，它们三个力的合力可能为零，故A正确；
B．4N和5N的力合成时最大值为9N，故不可能与10N的力合成为零，故B错误；
C．10N和12N的力的合力取值范围是2N≤F≤22N，当两力的合力为21N时，方向与第三个力方向相反时，它们三个力的合力可能为零，故C正确；
D．10N和10N的力的合力取值范围是0N≤F≤20N，当两力的合力为10N时，方向与第三个力方向相反时，它们三个力的合力可能为零，故D正确；
8、AC
【解析】AB．从图中可知初速度，末速度分别为：
，
所用时间

故根据速度时间公式可知

A正确B错误；
CD．汽车在这段时间内的位移为

C正确D错误。
故选AC。
9、CD
【解析】物体做匀加速直线运动时速度和加速度方向相同，物体做匀减速直线运动时速度和加速度方向相反
由斜率的大小分析加速度的大小，由斜率的正负分析加速度的方向
【详解】A项：0-4s内速度都为正值，所以运动方向不变，故A错误；
B项：第2s内物体做减速运动，所以加速度与速度方向相反，故B错误；
C项：第3s内物体做加速运动，第4s内物体做减速运动，由于物体的速度方向不变，所以物体在第3s末加速度方向发生改变，故C正确；
D项：由公式，故D正确
故选CD
【点睛】根据速度图象直接速度的方向和加速度的方向，由斜率大小和方向分析加速度的大小和方向是基本能力，应熟练掌握
10、CD
【解析】考查弹力的突变和牛顿第二定律。
【详解】A．对小球受力分析：

弹簧弹力：

A错误；
B．剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力突变为0，绳的拉力也突变为0，水平面对物体有向上的支持力，与重力平衡，合力等于0，加速度为0，B错误；
C．剪断细绳的瞬间，绳的拉力突变为0，物体有往下掉的趋势，水平面对物体有向上的支持力，与重力等大反向，此时物体的合外力为弹簧弹力，水平向左，C正确；
D．由牛顿第二定律：

解得加速度，D正确。
故选CD。
11、AC
【解析】AB．三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，根据三力汇交原理，三个力延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上。故A正确，B错误。

CD．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则
Fa=mgcosα
Fb=mgsinα
则

故C正确，D错误。
故选AC。
12、BC
【解析】二力合成时合力范围为：

则物体所受合力F的范围为：

根据牛顿第二定律可得加速度为：

解得加速度的范围为：

故AD正确，BC错误。
本题选不可能的，故选BC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.AB ②.0.1 ③.或 ④. ⑤.① ⑥.0.5
【解析】（1）[1]．利用此装置“研究匀变速直线运动”时；
A.细线必须与长木板平行，选项A正确；
B.先接通电源再释放小车，选项B正确；
C.该实验中没必要使得小车的质量远大于钩码的质量，选项C错误；
D.该实验中没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，只要小车加速运动即可，选项D错误。
（2）①[2]．因为每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则图中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝0.1s；
②[3]．计数点E对应小车的瞬时速度大小计算式为
vE＝
或者

③[4]．根据∆x=aT2，则

由

解得

（3）[5][6]．当轨道倾斜时，当拉力F为零时小车就能加速运动，可知图像①是在轨道倾斜情况下得到的；根据可知小车的质量等于斜率的倒数，即

14、 ①.D ②.丙 ③.C ④. ⑤.
【解析】(1)根据重力沿斜面向下的分力等于物体受到的摩擦力这一原理来平衡摩擦力，即满足

即

与质量无关，所以增减砝码后不需要重新平衡摩擦力，A错误；
B．由于实验过程非常短暂，为了得到更多的数据，应先接通电源后释放纸带，B错误；
C．为了保证钩码的重力等于细绳的拉力，钩码的质量应远小于小车和砝码的质量m2，C错误；
D．在用图象探究加速度与质量关系时，为了得出线性关系，应作图象，D正确。
故选D
(2)[2]没有平衡摩擦力，则在钩码有一定质量后，小车才具有加速度，故丙正确
[3]图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是砝码盘和砝码的总质量太大，不再满足砝码和砝码盘的质量远小于小车和砝码的质量
故选C
(3)[4]根据牛顿第二定律可知

结合图象，可得

图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量

[5]小车与木板间的动摩擦因数

15、 ①.B ②.C ③.B
【解析】（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”
（2）该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的；
（3）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答
【详解】（1）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故B正确，ACD错误．故选B.
（2）测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故A错误；本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系．根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同，即将橡皮条和细绳的结点拉到相同位置O．故B错误，C正确；故选C.
（3）用一个弹簧测力计拉橡皮条时，拉力方向沿一定绳子方向，如图A中的竖直方向；根据力的平行四边形定则作出的合力，由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与竖直方向有一定的夹角，故B图符合实验事实

三．计算题(22分)
16、（1）0.4s，0.8m ；（2）1N≤F≤3N
【解析】（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，由牛顿第二定律得
µMg=maA
解得
aA=µg=0.2×10 m/s2=2m/s2
木板B作加速运动，由牛顿第二定律得
F+µMg=maB
代入数据解得
aB=8m/s2
两者速度相同时
v0-aAt=aBt
解得
t=0.4s
A滑行距离

代入数据解得

B滑行距离

代入数据解得

代入数据解得，最大距离
△x=xA-xB=0.8m
（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，有

又有

代入数据解得
aB=6m/s2

由牛顿第二定律得
F+µMg=maB
解得
F=maB-µMg=05×6-0.2×1×10=1N
若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N；
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．由牛顿第二定律得
µmg=ma
可得
a=μg=0.2×10 m/s2=2m/s2
则有
F=（M+m）a=（1+0.5）×2N=3N
若F大于3N，A就会相对B向左滑下；
综上所述，力F应满足的条件是
1N≤F≤3N
17、 (1)20m/s(2)0.5(3)100m
【解析】(1)根据位移时间公式，可得：

解得：

根据速度时间公式可得：
v=at=2×10m/s=20m/s
(2)受力分析由牛顿第二定律有：

解得

(3)人在水平面上做匀加速运动，加速度大小为，由牛顿第二定律得：

解得

由
，
得