2025年贵州省贵阳市清镇北大培文学校贵州校区物理高一第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

2025年贵州省贵阳市清镇北大培文学校贵州校区物理高一第一学期期末监测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、下列对牛顿第二定律及表达式F=ma理解，正确的是（　　）
A.在牛顿第二定律公式，比例常数k的数值在任何情况下都等于1
B.合力方向、速度方向和加速度方向始终相同
C.由体受到的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比
D.物体的质量与所受的合外力、运动的加速度无关
2、a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是

A.a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B.20秒时，a、b两物体相距最远
C.60秒时，物体a在物体b的前方
D.40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m
3、将弹性小球以10m/s的速度从距水平地面高为15m处竖直向下（正方向）抛出，小球落地后竖直反弹（反弹速度大小不变），取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A.2s时小球的速度大小为零
B.小球上升的最大高度为20m
C.小球落地时的速度大小为15m/s
D.小球下落时处于超重状态
4、如图所示，两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知小滑轮O在半圆柱圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与圆柱半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量之比为 (　 　)

A.2∶ B.1∶2
C.2∶1 D.∶3
5、如图所示，人静止在水平地面上的测力计上，下列说法正确的是

A.人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力
B.人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力
C.人对测力计的压力是由于测力计发生形变而产生的
D.若人加速下蹲，在此过程中人对测力计的压力大于人的重力
6、关于惯性，下列说法正确的是
A.只有静止的物体才具有惯性
B.物体的速度越大则惯性越大
C.若物体所受的合力不为零则物体没有惯性
D.若两物体质量相等则它们的惯性相同
7、如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上（m1>m2）。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平向右的力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x。若用水平向左的力F'作用在m2上时，两物块均以加速度a'＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x'。则下列关系正确的是（　　）

A.F'＝2F B.x'<2x
C.F'>2F D.x'>2x
8、一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，那么以下说法正确的是(　　)
A.第2s内的位移是2.5m
B.第3s末的瞬时速度是2.25m/s
C.质点的加速度是0.125m/s2
D.质点的加速度是0.5m/s2
9、如图，质量为M、长为L、高为h矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地( )

A.小球离开M后经时间落地
B.小球向右匀加速运动直至从M上掉落
C.小球的落地点可与M左端相距
D.小球的落地点可与M左端相距
10、甲、乙两质点在同一直线上运动，它们的图象如图所示，由图象可知　　

A.在时刻，甲和乙的速度相同
B.在时刻，甲和乙的速度大小相同，方向相反
C.在时刻，甲和乙的速度方向相同，加速度方向相反
D.在时刻，甲和乙的速度不相同，加速度方向相同
11、如图所示，小球质量为 m，被 3 根质量不计的相同弹簧 a、b、c 固定在 O 点，c竖直放置，a、b、c 之间的夹角均为．小球平衡时，弹簧 a、b、c 的弹力大小之比为 3：3：1．设重力加速度为 g，当单独剪断 c 瞬间，小球的加速度大小及方向可能为( )

A.，竖直向上 B.，竖直向下
C.，竖直向下 D.，竖直向上
12、如图所示，用一段绳子把轻质小滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为，拉水桶的绳子与OA的夹角为。人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶缓慢匀速提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是（　　）

A.始终等于
B.吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大
C.地面对人的摩擦力逐渐变大
D.地面对人的支持力逐渐变小
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某同学在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示装置进行实验

（1）为了完成实验，除了图1中所示的器材外，还需要以下实验器材中的_____
A．秒表 B．天平 C．弹簧测力计
D．毫米刻度尺 E．低压交流电源
（2）探究小车加速度和力的关系：他先用垫木把长木板的一端垫高来平衡摩擦力．挂上小桶，每次往桶中加入适量的沙来改变小车受到的力，相应地测出小车获得的加速度．在该实验中，所用交流电的频率为50Hz．某次实验中得到的一条纸带如图2所示，从比较清晰的某点起，取五个计数点，分别标明0、1、2、3、4．量得S1=2.15cm，S2=2.90cm，S3=3.70cm，S4=4.40cm，则打“3”点时小车的瞬时速度大小为_____m/s，利用逐差法求得小车的加速度大小为_____m/s2（结果均保留三位有效数字）
（3）若甲、乙两同学用同一装置做实验，为方便对比，两个同学画图时横、纵轴坐标的标度都是一样的，各自得到了a﹣F图象如图3所示．图象的斜率不同说明两位同学使用器材中的_____是不同的，且大小关系是_____
（4）若丙同学多次测量做出a﹣F图象如图4所示，发现该图线不通过原点，且图线的BC段明显偏离直线，分析可能的原因_____
A．摩擦力平衡过度 B．平衡摩擦力时倾角太小
C．所用小车的质量太大 D．所挂桶和沙的总质量太大
14、某同学利用如图所示的实验装置来探究加速度与力和质量的关系

(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)下列说法正确的是____
A.需要用弹簧秤测出小车受到的合外力
B.实验时应先接通电源后释放小车
C.本实验所挂钩码的质量应远小于小车的质量
D.在平衡摩擦力时只要将木板倾斜任意角度即可
(3)某同学在探究加速度与质量的关系时，得到了如图所示的图象，该同学分析该图象得出加速度与物体的质量量成反比的结论，判断他的分析是否正确并说明原因______________________________.

15、在“探究求合力的方法”实验中．橡皮条一端固定于A点．如图所示：

（1）同时使用两只弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉至O点，分别记录两个拉力的大小和方向，其中一只弹簧测力计的示数如图所示，则其示数为_______N.
（2）关于本实验，下列说正确的是_______；
A.实验中两弹簧测力计拉力越大越好
B.实验中两个分力间的夹角应调到90°
C.拉两个细绳套时，拉力应尽量与木板平行
D.改用一只弹簧测力计拉橡皮条时，只需确保橡皮条的拉伸长不变
（3）某同学通过多次实验得出：力的合成遵循平行四边形定则，图为根据其中一次实验数据画出的两个力F1、F2的图示，请利用平行四边形定则在图中作出这两个力的合力F合，
（ ）
根据图示可确定合力大小_______N。

（4）该实验运用的实验方法是_______；
A.能控制变量法 B.等效替代法 C.理论推导法 D.理想实验法
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为m =2kg光滑球放在水平地面上，并用轻绳ab拴在地面上，ab的长度等于球半径，水平向右的拉力F＝12N作用在球上，其作用力延长线通过球心，球保持静止，g取10m/s2。求：
（1）轻绳ab对球的拉力T的大小。
（2）地面对球的支持力N的大小。

17、（10分）游乐场所上我们经常会看到“套圈圈”的游戏，如图所示，某同学以初速度v0=6m/s从O点抛出铁丝圈，已知A点在O点的正下方，结果套中水平地面上距A点L=3m处目标C。忽略空气阻力（g取10m/s2），求：
（1）铁丝圈抛出点距离地面的高度h；
（2）铁丝圈落地时速度方向与水平地面的夹角的正切值

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】根据牛顿第二定律，可知物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比；物体的质量与合外力由本身的性质决定
【详解】在牛顿第二定律公式F=km•a中，比例常数k的数值在国际单位制中的情况下等于1，故A错误；物体的速度方向与合外力以及加速度方向无关，故B错误；根据牛顿第二定律，可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比，但不能根据F=ma说明，物体受到的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比，物体的受力与其质量无关，故C错误；物体的质量由本身的性质决定，与物体的受力无关，故D正确．所以D正确，ABC错误
【点睛】解决本题的关键理解牛顿第二定律，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比
2、C
【解析】速度时间图像的斜率表示加速度、面积表示位移、面积差表示相对位移，两物体速度相同对应相对距离的极值，两物体从同一位置出发，据此可以分析出接下来的位置关系
【详解】A.a、b加速时，b的斜率更大，所以b的加速度更大，A错误；
B.第40秒时，两物体速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，B错误；
C.由面积可得，60秒时a的位移是2100m，b的位移是1600m，所以a在b的前方，C正确；
D.40秒时，由图像面积差可得，两物体的相对位移是900m，故D错误
【点睛对于速度时间图像要抓住两个数学方面的意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移
3、B
【解析】AC．小球落地时，根据速度位移公式有

代入数据解得
根据速度时间公式有

代入数据得

反弹经1s后，速度为

方向竖直向上，故2s时小球的速度大小为，方向竖直向上，故AC错误；
B．反弹后，小球上升的最大高度为
m=20m
故B正确；
D．小球下落过程中，只受重力，重力加速度方向向下，故小球处于失重状态，故D错误。
故选B。
4、C
【解析】对A分析，如图所示，

由几何关系可知拉力T和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有
2Tsin60°=mAg
解得

再隔离对B分析，根据共点力平衡有
Tcos60°=mBg
解得

由此可知

故选C。
5、A
【解析】AB.人对测力计的压力和测力计对人的支持力，分别作用在两个物体上，是一对作用力与反作用力。故A正确，B错误。
C.人对测力计的压力是由于人发生形变而产生的，故C错误。
D.若人加速下蹲，加速度向下，受到的支持力小于重力，根据牛顿第三定律可知，在此过程中人对测力计的压力小于人的重力，故D错误。
6、D
【解析】惯性是物体的固有属性，一切物体都惯性；惯性的大小仅与物体的质量有关，与物体的运动状态、运动速度、所受合力是否为零无关，不只是静止的物体具有惯性，运动的物体也有惯性；若两物体的质量相等，则它们的惯性相同，故ABC错误，D正确．故选D
【点睛】惯性是物体的固有属性，一切物体都惯性，与物体的运动状态无关．惯性的大小与物体的质量有关
7、AD
【解析】AC．以两个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律得
F=(m1+m2)a①
F′=2(m1+m2)a②
可得
F′=2F
A正确，C错误；
BD．当用水平向右的力F作用在m1上时，由①得

以m2为研究对象，由牛顿第二定律

可得

若用水平向左力F'作用在m2上时，由②得

以m1为研究对象，由牛顿第二定律得

可得

因为
m1>m2

B错误，D正确。
故选AD。
8、BD
【解析】A．匀变速直线运动在连续相等时间内的位移之差是一恒量，则有：

代入数据解得

故A错误；
B．某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第末的速度

故B正确。
CD．根据

得加速度为：
，
故D正确，C错误。
故选BD。
9、ACD
【解析】AB．滑块上表面光滑，在滑块和小球脱离之前，小球静止不动，脱离之后，小球做自由落体运动：

解得：，A正确，B错误；
C．小球未脱离滑块时，滑块的加速度：

脱离时，物块的速度为：

小球脱离滑块时，滑块的加速度：

若小球落地时，滑块未停下，则时间内，滑块运动的位移：

解得：，C正确；
D．若小球落地时，滑块已停下，则时间内，滑块运动的位移：

解得：，D正确。
故选ACD。
10、AC
【解析】AB．在t1时刻，两者图线相交，即两者速度大小和方向都相等，A正确B错误；
CD．图线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的正负，所以在在t2时刻加速度方向相反，速度的正负表示运动方向，所以在t2时刻两者的速度方向相同，C正确D错误；
故选AC。
11、AC
【解析】对小球受力分析，根据平衡条件，假设C弹簧是向下拉力，又a、b、c之间的夹角均为120°，且弹簧a、b、c的弹力大小之比为3：3：1则小球的重力是C弹簧的弹力的2倍，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可求小球的加速度大小、方向竖直向上；假设C弹簧是向上的弹力，同理可得，小球的重力是C弹簧的弹力的4倍，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可求小球的加速度大小及方向
【详解】AB.根据题意，对小球受力分析，假设C弹簧是向下的拉力，又a、b、c之间的夹角均为120∘，且弹簧a、b、c的弹力大小之比为3:3:1，由平衡条件得，mg+Fc=Fa
又Fa：Fc=3：1，则mg=2Fc，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得：a=Fc/m=g/2，方向竖直向上，故A正确，B错误；
CD.假设C弹簧是向上的弹力，同理可得，小球的重力是C弹簧的弹力的4倍，当单独剪断c瞬间，小球受到的合力与C弹簧的弹力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可求小球的加速度大小为g/4，方向竖直向下．故C正确，D错误
故选AC
12、AC
【解析】A．同一根绳子拉力相等，设为F，根据平衡条件可知，垂直于OA绳上的力平衡，则Fsinβ=Fsinα，则α始终等于β，故A正确；

B．把井中质量为m的水桶匀速提上来，桶受力平衡，则吊装滑轮的绳子上的拉力始终等于重力，保持不变，故B错误；
C．以人为研究对象进行受力分析如图所示，摩擦力f=Fcosθ，人在向左运动过程中，绳子拉力不变，但绳子与水平方向的夹角θ减小，绳子拉力在水平方向的分力增大，地面对人的摩擦力逐渐变大，故C正确；
D．对人在竖直方向根据平衡条件可得，地面对人的支持力N=mg-Fsinθ，人在向左运动过程中，绳子拉力不变，但绳子与水平方向的夹角θ减小，绳子拉力在竖直方向的分力减小，地面对人的支持力变大，故D错误；
故选AC

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).BDE (2).0405 (3).0.763 (4).小车质量 (5).m甲＞m乙 (6).BD
【解析】（1）需要刻度尺测量计数点之间的距离大小，打点计时器使用的是低压交流电源，需要天平测量小车质量，故AC错误．BDE正确；故选BDE
（2）相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论得：
根据△x=aT2得：

（3）由图可知在拉力相同的情况下a乙＞a甲，根据F=ma可得，即a﹣F图象的斜率等于物体质量的倒数，即m乙＜m甲．故两人的实验中小车质量不同
（4）A、开始当小车挂上重物时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角偏小．即说明操作过程中平衡摩擦力不足，故B正确，A错误；
C、从图象上可以看出：F从0开始增加，砂和砂桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂和砂桶的重力在增加，那么在后面砂和砂桶的质量就没有远小于车的质量，由加速度表达式知a逐渐减小，所以图象向下弯曲，故C错误，D正确
故选BD。
14、 ①.A ②.BC ③.必须做出图线，若是一条直线，即可说明a与M成反比关系.
【解析】研究加速度跟力和质量的关系，采用控制变量法．根据实验原理原理判断各个选项；根据，故必须做出是一条直线，才能说明a与M成反比关系.
【详解】（1）本实验应用的实验方法是控制变量法，故选A.
（2）小车受到的合外力，通过平衡摩擦力后，则砝码及盘的重力来算得，故A错误．实验时应先接通电源后释放小车，故B正确．让小车的质量M远远大于小盘和重物的质量m，因为实际上绳子的拉力，故应该是m＜＜M，故C正确；平衡摩擦力时要使得mgsinθ=μmgcosθ，则木板倾斜的角度θ不是任意的，选项D错误；故选BC.
（3）他的结论是不正确的；因为只凭一般的曲线不能说明a与M成反比关系；必须做出图线，若是一条直线，即可说明a与M成反比关系.
15、 ①.3.6 ②.C ③. ④.3.5N ⑤.B
【解析】(1)[1]弹簧秤的最小精度为0.2N，故弹簧秤指针的读数为3.6N；
(2)[2]A．实验中两弹簧测力计拉力不是越大越好，方便作图即可，故A错误；
B．在实验中两个分力的夹角大小适当，且二力的大小要适量大些，这样有利于减小实验中偶然误差的影响，不需要夹角等于90°，故B错误；
C．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内，故C正确；
D．为了保证效果相同，改用一只弹簧测力计拉橡皮条时，自由端仍要拉到O点，故D错误。
故选C。
(3)[3][4]根据力的平行四边形定则画出图象如下所示：

根据图象可知，合力大小为F合=3.5N。
(4)[5]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故ACD错误，B正确。

三．计算题(22分)
16、（1）N；（2）N
【解析】（1）（2）小球受重力mg、支持力N、拉力F和绳子上的拉力T，如图所示：

设轻绳ab与水平地面之间的夹角为，由于ab的长度等于球半径，所以有：

解得：
根据平衡条件，水平方向有：

解得：N
竖直方向有：

解得：N
17、（1）1.25m（2）
【解析】（1）根据平抛规律有：

代入数据解得：
s
则竖直位移为：
m
（2）平抛竖直方向速度：
m/s
则有：