2025年广西钦州市钦州港经济技术开发区高一物理第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025年广西钦州市钦州港经济技术开发区高一物理第一学期期末质量跟踪监视模拟试题
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、关于静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A.两个相对静止的物体之间一定有静摩擦力的作用
B.静摩擦力一定是阻力
C.受静摩擦力作用的物体一定是静止的
D.在压力一定的条件下，静摩擦力的大小是可以变化的，但有一定限度
2、下列关于比赛项目的描述正确的是（　　）
A.铅球比赛中，研究运动员的推球技术要领时，可以把运动员当成“质点”处理
B.郑恺同学的100m比赛成绩是13.3s，“13.3s”指的是“时刻”
C.李晨同学的铅球成绩是20.8m，“20.8m”指的是铅球在空中运动的路程
D.在400米比赛中，处在第1跑道的同学正好跑了完整一圈的成绩是50.0s，则他在该过程的平均速度为0
3、质量为m的滑块沿倾角θ的斜面匀减速下滑，斜面质量为M且整个运动过程中保持静止不动，对此运动过程，斜面和滑块之间的动摩擦因数为μ，下列有关说法正确的是（）

A.μ< tanθ
B.地面对斜面的摩擦力方向向右
C.地面对斜面的支持力等于(M + m)g
D.地面对斜面的摩擦力方向向左
4、在第31届奥林匹克运动会中中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200米自由泳比赛冠军（国际标准游泳池长50米）．下列说法正确的是(    )

A.“1分44秒”指的是时间间隔
B.孙杨200米自由泳的平均速度为1.92m/s
C.在研究孙杨的技术动作时,可以把孙杨看成质点
D.在游泳过程中,以游泳池里的水为参考系,孙杨是静止的
5、如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则

A.小球一定受四个力的作用
B.弹簧弹力可能为
C.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向下
D.木板对小球的作用力的方向一定垂直于木板向上
6、两个同学通过自由落体运动测量一高层建筑的高度．在楼顶的同学将小球甲自楼顶自由下落5m时，距离楼顶15m处的同学将小球乙自由一下落，结果两小球同时落地，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，则楼高为（　　）
A.16m B.20m
C.25m D.36m
7、如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则以下说法正确的是(　　)

A.当F<3μmg时，A、B都相对地面静止 B.当F=4μmg时，A的加速度为
C.当F>8μmg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过
8、一个物体在摩擦力作用下沿水平面做直线运动，其位移与时间的关系式为x＝10t﹣2t2（其中x的单位为m，t的单位为s），则（　　）
A.该物体的初速度是10m/s
B.该物体的加速度大小是2m/s2
C.该物体在5s内发生位移为0
D.该物体运动的时间为2.5s
9、如图所示，质量为m1、m2的两个物块，通过定滑轮和动滑轮以及轻绳悬挂在天花板的M、N两点，平衡时悬挂于M点的绳与竖直方向的夹角为，悬挂于N点的绳与竖直方向的夹角为，现将悬点M向左缓慢移动一小段距离后固定，再次平衡后，关于，以及M、N两点所受作用力的变化情况，以下判断正确的是（滑轮重力和绳与滑轮之间的摩擦力不计）（）

A.和均变大，且
B.和均不变，且
C.绳对M、N的作用力不变
D.绳对M、N的作用力变大
10、物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内通过的位移是3m，则（）
A.前3s的位移是6m
B.3s末的速度是3.6m/s
C.第3s内平均速度是3m/s
D.3s内平均速度是2m/s
11、如图甲所示,有一绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量为m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=5.0 ×10 -4 C．小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的v— t图像如图乙所示．小球运动到B点时,速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( 　　)

A.由C到A的过程中,小球的电势能先减小后变大
B.由C到A电势逐渐降低
C.C、B两点间的电势差UCB=0.9 V
D.在O点右侧杆上, B点场强最大,场强大小为E=1.0V/m
12、在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是(　　)

A.小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 B.小球水平位移x1与x2的比值为1∶4
C.小球落到B点时的动能为32 J D.小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数，如图甲所示．

（1）未挂钩码之前，指针B指在刻度尺如图乙所示的位置上，记为____cm；
（2）将质量50g的钩码逐个挂在弹簧Ⅰ的下端，逐次记录两弹簧各自的伸长量；所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x可描绘出如图丙所示的图象，由图象可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数kⅡ=______；（取重力加速度g=9.8m/s2）
（3）图丙中，当弹簧I的伸长量超过17cm时其图线为曲线，由此可知，挂上第__个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度。
14、在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用图1所示的装置

（1）关于本实验的操作，下列说法中正确的是__填字母代号）
A.在探究加速度与质量的关系时，每次改变小车质量时都应平衡摩擦力
B.平衡摩擦力时，应将木板不带滑轮一端适当垫高
C.平衡摩擦力时，应将小车后面拖着的纸带穿过打点计时器
D.正确平衡摩擦力后，若改变小车质量重复实验时，则需要再次平衡摩擦力
E.可以先释放小车再接通打点计时器的电源
（2）某次实验中打点计时器在纸带上依次打出一系列的点，取A、B、C、D、E五个计数点，距离如图2所示，每两个计数点间有四个点未画出，且计时器打点周期为0.02s，则打C点的瞬间，纸带的速度大小为____m/s，纸带运动的加速度a=_____m/s2。（计算结果都保留两位有效数字）
（3）在探究加速度与力的关系的实验中，得出如图所示的a—F图线，发现图线既不过原点，又不是直线，其原因可能是_______（填字母代号）

A没有完全平衡摩擦力，且小车质量较大
B.平衡摩擦力过度，且小车质量较大
C.平衡摩擦力过度，砝码和砝码盘的总质量较大
D.没有完全平衡摩擦力，且砝码和砝码盘的总质量较大
15、在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图甲所示的实验方案，操作如下：
(1)平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应______（填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹______为止。
(2)已知小车质量为M，盘和砝码的总质量为m，要使细线的拉力近似等于盘和砝码和总重力，应该满足的条件是m______M（填“远小于”、“远大于”或“等于”）。
(3)图丙为小车质量定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M=______kg。（g取10m/s2）

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其AB边的长度S=2m，斜面倾角为37°。水平地面上有一块质量M=3kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置。质量为m=lkg物体由A点静止滑下，然后从B点滑上长木板（由斜面滑至长木板时速度大小不变），在长木板上滑行时间为1.2s时与长木板的速度相等，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。
求：

（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小；
（2）长木板与地面间的动摩擦因数；
（3）长木板滑行的最大距离。
17、（10分）如图所示，两固定的斜面倾角均为θ，上沿相连；两金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度相同，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻线将它们连在一起，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨在斜面上，使两金属棒水平；两金属棒与斜面间均光滑，重力加速度为g；求：

（1）金属棒ab匀加速下滑加速度的大小；
（2）每根轻线对cd棒拉力的大小
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】静摩擦力产生条件：相互挤压，粗糙接触面且有相对运动趋势，只有同时满足才能产生静摩擦力，故A错误；静摩擦力不一定是阻力，比如：正在与传送带一起沿斜向上运动的物体，所受到的静摩擦力是动力，此时物体处于运动状态，故BC错误；在压力一定的条件下，最大静摩擦力通常不变，但静摩擦力却由引起运动趋势的外力变化而变化，故D正确；故选D
【点睛】静摩擦力的方向可能与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同，但一定与物体相对运动趋势方向相反．静止物体所受静摩擦力不一定为零
2、D
【解析】A．研究运动员的推球技术要领时，不能忽略运动员的肢体的形状，此时不能看作质点，故A错误；
B．100m比赛的成绩即跑完100m所用时间是13.3s，为一个过程，所以其13.3s指的是时间，B错误；
C．铅球运动轨迹为曲线，李晨同学的铅球成绩为20.8m，其20.8 m为铅球在地面上的直线距离，不是路程，C错误；
D．处于第1跑道的同学正好跑了完整一圈时，400m比赛的位移是0，平均速度是位移与时间的比值，故此过程平均速度为零，D正确。
故选D。
3、B
【解析】A．因为滑块是匀减速下滑，所以在沿斜面方向上合力沿斜面向上，故

即

A错误；
BD．由于滑块有一个沿斜面向上的加速度，则在水平向右方向上有分加速度，所以斜面对滑块水平方向上有分力，即滑块对斜面有水平向左的作用力，故斜面有相对地面向左的运动趋势，故地面对斜面的摩擦力方向向右，B正确、D错误；
C．由于滑块有一个沿斜面向上的加速度，即在竖直向上方向上有分加速度，故滑块处于超重状态，所以地面对斜面的支持力大于，C错误。
故选B。
4、A
【解析】A．时间间隔指一段时间，对应一过程，孙杨游泳200米，是一过程，故1分44秒为时间间隔，故A正确；
B．200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度也是0.故B错误；
C．质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，故C错误；
D．孙杨在游泳过程中，以水为参考系，他是运动的，故D错误
5、B
【解析】小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，如图所示：

当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时，小球不受摩擦力，即小球可以受到3个力作用，故AC错误；若小球不受摩擦力，根据平衡条件得：，解得故B正确；小球受到重力、弹簧弹力以及木板对小球的作用力，处于平衡状态，合力为零，则木板对小球的作用力与小球重力和弹力的合力等大反向，当斜面对小球没有摩擦力时，重力和弹力的方向垂直斜面向下，此时木板对小球的作用力的方向垂直于木板向上，若斜面对小球有摩擦力作用，则重力和弹力的方向不垂直斜面向下，此时木板对小球的作用力的方向也不垂直于木板向上，故D错误
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解
6、B
【解析】设楼高为h，小球乙运动时间为t
小球甲下落5m所用时间为
整个过程对小球乙：
对小球甲有：
解得：t=1s ；h=20m 故B正确；
故选B
7、BD
【解析】当两个物体即将发生性对滑动时，接触面上达到了最大静摩擦力；两个滑块运动过程中的最大共同加速度，必然是另一个物块的极限加速度
【详解】A、受力分析可知，A、B两物块间的最大静摩擦力大小为，B与地面间的最大静摩擦力大小为，故AB两物体叠放在一起在外力F作用下，随着力F的逐渐增大，B和地面之间先开始相对滑动．以AB为整体受力分析，当，A、B都相对地面静止，A错误；
BCD、若在力F作用下，AB之间即将发生相对滑动，接触面上为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律
以AB整体为研究对象：，
以B为研究对象：
式中的为系统的临界最大共同加速度
解得：，
故当：①，A、B均静止；
②，A、B相对静止，一起匀加速；
所以当时，AB具有共同加速度，即，；
③，A、B相对滑动，A的加速度已经超过，但B的加速度，无论F为何值，都不会超过．故C错误，BD正确；
故本题选BD
【点睛】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力
8、AD
【解析】根据匀变速直线运动的位移公式以及速度与时间关系进行分析答题；
【详解】A、由匀变速直线运动的位移公式：，结合：可知：初速度：，加速度为：，加速度大小为，故选项A正确，B错误；
C、根据速度与时间关系可知，物体运动的时间为：
在这段时间内物体的位移为：
由于物体运动就停止运动了，所以5s内发生的位移即为内发生的位移，故选项C错误，D正确
【点睛】本题考查了求初速度与加速度问题，应用匀变速直线运动的位移公式以及速度与时间关系即可正确解题
9、BC
【解析】对分析，根据平衡条件可知绳子上的拉力总是等于的重力，且保持不变；动滑轮两边绳子的拉力合力总是等于，合力不变，根据平行四边形合成，则动滑轮两边绳子的夹角不变，根据几何关系可知不变，所以绳对M的作用力不变；同理动滑轮右边绳子与竖直方向的夹角不变，即定滑轮两边绳子的夹角不变，又动滑轮两边绳子拉力不变，则定滑轮两边绳子拉力的合力不变，则定滑轮与点连接绳子与竖直方向的夹角不变，所以绳对M的作用力不变；定滑轮两边绳子的拉力的合力的方向平分定滑轮两边绳子的夹角，所以有，故B、C正确，A、D错误；
故选BC。
10、BC
【解析】A．设加速度为a，则
3＝a×32−a×22
可得a=1.2m/s2，则前3s的位移是

选项A错误；
B．3s 末的速度为
at=1.2×3=3.6m/s
则B正确；
C．第3s内的平均速度是

则C正确；
D．3s内平均速度是

选项D错误；
故选BC
11、BC
【解析】根据v-t图象求出B点的加速度，结合牛顿第二定律求出场强的大小；根据动能定理判断电场力做功的正负，由电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化；正电荷在电势高处电势能大；根据动能定理求解C、B两点的电势差
【详解】AB、从C到A小球的动能一直增大，则电场力一直做正功，故电势能一直减小，又因为小球带正电，故从C到A电势逐渐降低，故A错误，B正确；
C、由C到B电场力做功，CB间的电势差为：，C正确；
D、由v-t图像可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度为，又因为，解得：，D错误
故选BC
【点睛】关键是通过乙图的v-t图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差
12、AC
【解析】AB.将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动。竖直分运动为竖直上抛运动，所以从A到M和从M到B点所用时间相等。对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1:3，则小球水平位移x1与x2的比值为1：3，故A正确，B错误；
C.设物体在B动能EkB，水平分速度为vBx，竖直分速度为vBy，
由竖直方向运动对称性知：
，
对于水平分运动运用动能定理得：
Fx1=，
F(x1+x2)= ，
由A可知x1：x2=1：3，
解得：
Fx1=6J，F(x1+x2)=24J，
故
EkB==32J，
故C正确；
D.小球受力如图所示：

小球受到的合外力为重力和电场力的合力，为恒力，在A点时，合力与速度之间的夹角为钝角，在M点时，合力与速度之间的夹角为锐角，即合力先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，小球从M到B的过程，合力一直做正功，动能一直增大。则小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6J，故D错误。
故选：AC。
第II卷（非选择题

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①11.50cm ②.28N/m ③.5
【解析】(1)[1]刻度尺最小分度为0.1cm，读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为11.50cm；
(2)[2]由图像中的数据可知，弹簧Ⅱ的形变量为△x=7.00cm时，拉力

根据胡克定律知

(3)[3]由图像中数据可知，当弹簧I的伸长量超过14cm时，对应的拉力是1.96N，所以其劲度系数：

弹簧I的伸长量超过17cm时，对应的拉力

所以

由此可知，挂上第5个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度。
14、 ①.BC ②.0.11 ③.0.20 ④.D
【解析】（1）[1]．AD在探究加速度与质量的关系时，因平衡摩擦力时满足mgsinθ=μmgcosθ，则与质量m无关，则每次改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，选项AD错误；
B.平衡摩擦力时，应将木板不带滑轮一端适当垫高，选项B正确；
C.平衡摩擦力时，应将小车后面拖着的纸带穿过打点计时器，选项C正确；
E.实验时应该先接通打点计时器的电源再释放小车，选项E错误；故选BC。
（2）[2][3]．每两个计数点间有四个点未画出，且计时器打点周期为0.02s，可知相邻两计数点之间的时间T=0.1s；则打C点的瞬间，纸带的速度大小为

因为∆x=0.2cm，由∆x=aT2可得

（3）[4]．由图像可知，当力F到达一定值时小车才有加速度，可知原因是平衡摩擦力不够或者没有平衡摩擦力；图像发生弯曲，是由于当砝码质量变大时，砝码和砝码盘的总质量较大，不再满足远小于小车的质量；故选D。
15、 ①.增大 ②.间距相等 ③.远小于 ④.0.08
【解析】(1)[1][2]由打出的纸带乙可知，小车做减速运动，则平衡摩擦力不够，则应增大木板的倾角，反复调节，直到小车做匀速运动，即直到纸带上打出的点迹间距相等为止。
(2)[3]设小车质量为M，砝码盘和砝码的质量为，设绳子上拉力为F，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

即小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，即m远小于M；
(3)[4]根据

变式为

由题意知

所以

由图象可知

所以

三．计算题(22分)
16、（1）4m/s；（2）0.05；（3）0.40
【解析】（1）从A到B的过程，根据牛顿第二定律有

解得

下滑到B点时的速度

解得

（2）滑上长木板时：对物体，由牛顿第二定律得

解得

方向水平向左
速度相等有

解得

对长木板，由牛顿第二定律得

解得

（3）长木板加速位移为

末速度为

根据牛顿第二定律有

解得

减速位移为

所以总位移为

【点睛】解决本题的关键要理清物体和长木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
17、（1）gsinθ-μgcosθ（2）mgsinθ
【解析】（1）对两金属棒组成的整体，运用牛顿第二定律求加速度
（2）隔离对cd棒受力分析，根据牛顿第二定律求拉力
【详解】（1）对整体，根据牛顿第二定律得：
2mgsinθ-μ•2mgcosθ-mgsinθ-μmgcosθ=3ma
解得：a=gsinθ-μgcosθ
（2）对cd棒受力分析，根据牛顿第二定律可得：
 2T-mginθ-μmgcosθ=ma
解得 T=mgsinθ
【点睛】本题是连接体，抓住两金属棒的加速度大小相等是关键，要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法结合研究比较简洁