2025年北京市第五十五中学高一上物理期末监测模拟试题含解析.doc

2025年北京市第五十五中学高一上物理期末监测模拟试题
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，物块a、b质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则(　　)

A.物块b受四个力作用
B.物块b受到的摩擦力大小等于2mg
C.物块b对地面的压力大小等于mg
D.物块a受到物块b的作用力水平向右
2、有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）

A.如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B.如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变
C.如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等
D.火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对火车轮缘会有挤压作用
3、如图所示，三位旅行者从慈溪驾车出发到宁波，行驶路线分别如图中的甲、乙、丙所示，则这三位旅行者中（　　）

A.甲的路程最小 B.丙的位移最大
C.三者位移相同 D.三者路程相同
4、关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是　　
A.平抛运动过程中物体在相等时间内速度的改变量一定相等
B.平抛运动中速度方向不断变化，因而加速度一定是变化的
C.做圆周运动的物体加速度方向一定指向圆心
D.匀速圆周运动是加速度不变的运动
5、如图所示，一重力为G的物体静止在倾角为θ的斜面上，沿平行于斜面和垂直于斜面的两个方向分解重力G，这两个方向上的分力分别为F1和F2．则分力F1的大小为（　　）

A.Gsinθ B.Gcosθ
C.Gtanθ D.G
6、一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则b时刻速度vb的大小为( )

A.
B.
C.
D.
7、如图所示，一质量为M圆环套在一根粗糙的水平横杆上，圆环通过轻绳和质量为m的物块相连，物块在水平向右的风力作用下偏离竖直方向一定的角度（如图中虚线位置所示）。现风力发生变化使物块偏离到图中实线位置（缓缓移动），但圆环仍然不动，在这一过程中，水平风力大小F风、绳子上的张力大小FT、横杆对圆环的摩擦力大小f、横杆对圆环的支持力大小FN变化情况正确的是（　　）

AF风逐渐变大，FT逐渐变大
B.F风逐渐变大，FT逐渐变小
C.f逐漸变大，FN保持不变
D.f保持不变，FN逐渐变小
8、某人游珠江，他以一定的速度面部始终垂直河岸向对岸游去。江中各处水流速度相等，他游过的路程，过河所用的时间与水速的关系不正确的是（　　）
A.水速大时，路程长，时间长
B.水速大时，路程长，时间短
C.水速大时，路程长，时间不变
D.路程、时间与水速无关
9、如图甲所示，竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上，电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线；图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的Ft图线，由图线分析电梯的运动情况下列结论中正确的是(　　)

A.由图线K可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态
B.由图线L可知，此时电梯加速度大小一定等于g
C.由图线M可知，此时电梯一定处于静止状态
D.由图线N可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下
10、如图所示为一轻质弹簧的弹力大小和弹簧长度的关系图象，根据图象判断，正确的结论是（　　）

A.弹簧的劲度系数为1N/m
B.弹簧伸长0.2m时，弹力的大小为4N
C.弹簧的原长为0.06m
D.弹簧的劲度系数为100N/m
11、如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间

A.弹簧的形变量不改变
B.弹簧的弹力大小为mg
C.木块A的加速度大小为g
D.木块B对水平面的压力为4mg
12、关于电梯地板上的物体，其受力分析正确的是　　
A.电梯加速向上运动时，物体所受支持力大于重力
B.电梯减速向上运动时，物体所受支持力大于重力
C电梯加速向下运动时，物体所受支持力小于重力
D电梯减速向下运动时，物体所受支持力小于重力
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车做匀加速直线运动的加速度，得到如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始起，取若干个计数点，分别标上0、1、2、3…（每相邻的两个计数点间有4个打印点未标出），量得0与1两点间的距离x1=30mm，3与4两点间的距离x4=48mm．则小车在0与1两点间的平均速度为_____m/s，小车的加速度为_____m/s2

14、某小组在验证“互成角度的两个力的合成”的实验中得到的实验结果如图所示（与AO共线）．该小组在实验中把橡皮筋一端固定在A点，另一端系上细绳套.

(1)先用一个弹簧秤施加一个力把结点拉至O点，并记录下这个力，这个力是图中的_____（填“F”或“”）；
(2)再用两个弹簧秤分别拉住两个细绳套，仍将结点拉至O点，记录下这两个力（图中的F1与F2）.这里采用的实验方法是_________
A．微小量累加法
B．理想实验法
C．控制变量法
D．等效替代法
(3)在实验中，如果用两根劲度系数不同的橡皮条代替两个细绳套，对实验结果是否有影响？答_________（填“有”或“没有”）.
15、利用打点计时器探究小车的速度随时间变化的规律。其中交变电流的频率为50Hz，如图给出了该次实验中，从A点开始每5个点取一个计数点的纸带，其中A、B、C、D、E、F、G都为计数点。测得各计数点到A点的距离分别为d1=1.40cm，d2=3.29cm，d3=5.69cm，d4=8.59cm，d5=12.00cm，d6=15.90cm。
(1)如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为__（选填“A→B”或“B→A”），且小车做____（填“匀加速”、“匀减速”或“变加速”）直线运动。
(2)在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为vF=___m/s，小车的加速度大小为a=___m/s2。（本小题计算结果数值均保留两位有效数字）
(3)如果当时电网中交变电流的电压略偏小，但仍然稳定，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比___（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。

三．计算题(22分)
16、（12分）在车站我们经常看到拉着行李箱行走的旅客，现将拉行李箱的过程简化如图所示。假设行李箱的质量m=3kg行李箱与地面之间的动摩擦因数μ=，人的拉力F与水平方向夹角θ=37º斜向上，g取10m/s2，且sin37º=0.6，cos37º=0.8。问：
（1）人拉着行李箱匀速前进，拉力F是多大？
（2）若保持拉力方向不变，要使箱子不离开地面，F的最大值是多少？

17、（10分）如图所示，倾角为θ=37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m抵达B点时，速度为8m/s．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，木块质量m=1kg．（g=10m/s2 ， 取sin37°≈0.6，cos37°≈0.8）

（1）木块所受的外力F多大？
（2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离S和返回B点的速度
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、B
【解析】A.物块b受到：重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，故A错误
B.以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确
C.以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C错误
D.物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误
2、B
【解析】A．汽车在最高点有

可知

故处于失重状态，故A错误；
B．如图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力

又

可得

故增大θ，但保持圆锥高不变，圆锥摆的角速度不变，故B正确；
C．小球靠重力和支持力的合力提供向心力，重力不变，根据平行四边形定则知，支持力大小相等，向心力相等，由于转动的半径不等，则角速度不等，故C错误；
D．火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对内轮缘会有挤压作用，故D错误。
故选B。
3、C
【解析】路程表示运动轨迹的长度，位移的大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置.
【详解】A、D、三位旅行者从慈溪驾车出发到宁波，由图可知，乙的路程比甲小，故A错误，D错误；
B、C、三人的运动轨迹不一样，当首末位置一样，所以位移相同．故C正确，B错误.
故选C.
【点睛】解决本题的关键知道路程和位移的区别，理解路程和位移的定义
4、A
【解析】平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻改变
【详解】A、平抛运动过程中速度的改变量，一定，则相等时间内速度的改变量一定相同，故A正确；
B、做平抛运动的物体只受重力，是恒力，故加速度保持不变，恒为g，B错误；
C、做匀速圆周运动的物体，其加速度方向一定指向圆心，做非匀速圆周运动的物体，其加速度方向不指向圆心．故C错误；
D、做匀速圆周运动的物体，加速度方向每时每刻指向圆心，故加速度方向每时每刻发生变化，故D错误；
故本题选A
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动和匀速圆周运动的特点，知道平抛运动的加速度不变，匀速圆周运动的加速度在变化
5、B
【解析】斜面上物体的重力，按效果分解的力图如题目图．根据数学知识可知F2=Gsinθ，F1=Gcosθ．故B正确ACD错误；故选B
6、A
【解析】设物体在a时刻速度为，b时刻速度为，物体加速度为a，则：
；
；
，联立解得：，故选A
7、AC
【解析】以重物为研究对象，分析受力情况：重力、水平风力和绳子的拉力，如图1所示

由平衡条件得
，
当增加时，逐渐增加，增加；再以两物体整体为研究对象，分析重力、水平风力，杆的摩擦力和支持力，如图2所示

则有

则保持不变。

则逐渐增加；故AC正确，BD错误。
故选AC。
8、ABD
【解析】游泳者相对于岸的速度为他相对于水的速度和水流速度的合速度，水流速度越大，其合速度与岸的夹角越小，路程越长，但过河时间，与水速无关，故ABD错误符合题意，C正确不符合题意。
故选ABD。
9、BD
【解析】A．由图线K可知，物体对P的压力大于物体的重力，且逐渐增大，则支持力大于重力，且逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐增大，电梯加速度方向竖直向上，且在变化，故A错误；
B．由图线L可知，支持力的大小等于2mg，根据牛顿第二定律得，

解得

方向竖直向上，故B正确；
C．由图线M可知，支持力等于重力，知电梯可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态，故C错误；
D．由图线N可知，支持力的大小先大于再小于，根据牛顿第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正确
故选BD.
10CD
【解析】ABD.由图读出弹力为:

弹簧压缩的长度：

由胡克定律得弹簧的劲度系数为：

当弹簧伸长0.2m时，弹力的大小为：

故A、B错误，D正确；
C.由图读出，弹簧的弹力时，弹簧的长度为，即弹簧的原长为6cm，故C正确；
11、AD
【解析】A.由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；
B.开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；
C.撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：
2mg=ma，
解得
a=2g
方向竖直向上，故C错误；
D.撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：
F+mg=N，
解得：
N=4mg
木块B对水平面的压力为4mg，故D正确．
12、AC
【解析】若物体加速向上运动，加速度向上；则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力大于重力，故A正确；若减速向上运动，则加速度向下，则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力小于重力，故B错误；电梯加速向下时，加速度向下，则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力小于重力，故C正确；电梯减速向下运动时，加速度向上，则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力大于重力，故D错误．所以AC正确，BD错误

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.0.30 ②.0.60
【解析】根据平均速度的定义可知小车在0与1两点间平均速度为：=；
根据匀变速直线运动的推论有：
所以：
14、 ①. ②.D ③.不变
【解析】该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值（通过平行四边形定则得出的值），与理论值（实际实验的数值）存在差别，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果；
【详解】(1)F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F′是F1与F2合成的实际值，F是F1与F2合成的理论值.
(2)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;故选D.
(3)由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果
【点睛】本实验采用是等效替代的思维方法．实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同.
15、 ①.B→A ②.匀加速 ③.0.37 ④.0.50 ⑤.不变
【解析】(1)[1]如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为B→A；
[2]因相等时间内距离差为5cm，故小车做匀加速直线运动。
(2)[3]小车运动的瞬时速度为

[4]小车的加速度大小为

(3)[5]如果当时电网中交变电流的电压略变小，打点计时器的打点时间间隔不变，加速度a的测量值不变，加速度的测量值与实际值相比不变。

三．计算题(22分)
16、（1） 10N；（2）50N。
【解析】（1）对箱子进行受力分析，如图所示：

并且沿水平和竖直方向正交分解，由平衡条件可得：
f=Fcosθ
Fsinθ+FN=mg
又
f=μFN
代入数据解得：
F=10N
（2）箱子恰好要离开地面时拉力最大，此时FN=0，由（1）可知竖直方向上有：
Fmsinθ=mg
解得：
Fm=50N
17、（1）18J （2）3.2m；m/s
【解析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出上滑做匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出外力F的大小
（2）根据牛顿第二定律求出撤去外力后上滑的加速度，结合速度位移公式求出木块沿斜面上滑的距离，根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，结合速度位移公式求出返回B点的速度
【详解】（1）根据速度位移公式得，木块上滑加速度，
根据牛顿第二定律得，F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1，
解得F=mgsin37°+μmgcos37°+ma1=10×0.6+0.5×10×0.8+1×8N=18N
（2）物块匀减速上滑的加速度大小
=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×8=10m/s2，
所以还能沿斜面上滑的距离s=
物块向下做匀加速运动的加速度=gsin37°﹣μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8=2m/s2
则返回B点的速度=m/s
答：（1）木块所受的外力F为18N；
（2）木块还能沿斜面上滑的距离为3.2m，返回B点的速度为m/s
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清物体的运动规律是解题的关键，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁