河南省郑州市高新区一中2025年高一上物理期末联考模拟试题含解析.doc

河南省郑州市高新区一中2025年高一上物理期末联考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让他们静靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面向下滑，已知mA>mB,则物体B

A.只受一个重力
B.受到重力和一个摩擦力
C.受到重力、一个弹力和一个摩擦力
D.受到重力、一个摩擦力、两个弹力
2、如图所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mA>mB，整个系统处于静止状态。滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ的变化情况是（　　）

A.物体A的高度升高，θ角变大
B.物体A的高度降低，θ角变小
C.物体A的高度升高，θ角不变
D.物体A的高度不变，θ角变小
3、物体从h高处自由下落，它在落到地面前1s内共下落35m，则物体下落时的高度及下落时间(g＝10m/s2)分别是（）
A.60m 3s B.70m 3.5s C.80m 4s D.85m 4.5s
4、如图所示，在光滑的水平面上有一个质量的小球，小球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间，取，下列说法中正确的是（　　）

A.小球受到地面的弹力仍然为零 B.小球所受的合力为零
C.小球立即具有向左的加速度 D.小球立即具有向左的加速度
5、如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上．一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，则小球从接触弹簧到下降到最低点的过程中( )

A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B.小球的加速度方向都是竖直向上
C.小球的速度先增大后减小
D.小球的加速度先增大后减小
6、如图所示，AB、AC两光滑斜面互相垂直，AC与水平面成30°。如把球O的重力按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（　　）

A.G，G B.G，G
C.G，G D.G，G
7、一运动员进行三米板跳水运动，其质心的速度-时间图象如图所示，t=0时刻是其向上跳起的瞬间，规定竖直向下为速度的正方向，运动员从跳板起跳到入水的过程中不计空气阻力，设运动员的头部入水之后即可看成匀减速直线运动，其质量为m，重力加速度为g。则运动员

A.t2时刻离水面最高
B.0~t2时间内加速度不变
C.从跳板起姚到最高点的运动距离约为1m
D.入水后受到的阻力大小约为3mg
8、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图象如图所示，则(　　)

A.在0～t1秒内，外力F的大小不断增大
B.在t1时刻，外力F为零
C.在t1～t2秒内，外力F的大小可能不断减小
D.在t1～t2秒内，外力F的大小可能先减小后增大
9、质点做直线运动的v-t 图象如图所示，则（ ）

A.3 ~ 4 s 内质点做匀减速直线运动
B.3 s 末质点的速度为零，且运动方向改变
C.0 ~ 2 s 内质点做匀加速直线运动，4 ~ 6 s 内质点做匀减速直线运动，加速度大小均为 2 m/s2
D.6 s内质点发生的位移为 8 m
10、如图所示，在光滑水平面上，轻质弹簧右端固定在竖直墙壁上，一物块在水平恒力F作用下做直线运动，接触弹簧后压缩弹簧，直至速度为零。整个过程中，物体一直受到力F作用，弹簧一直在弹性限度内，在物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.物块接触弹簧后立即做减速运动
B.物块接触弹簧后先加速后减速
C.当物块的速度最大时，它的加速度等于零
D.当弹簧形变量最大时，物块的加速度等于零
11、如图所示，水平传送带匀速运动，左右两端相距L=3.5m，物体A从左端以v0=4m/s的水平速度滑上传送带，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，设物体到达传送带右端的瞬时速度为v（取g=10m/s2），下列判断正确的是（）

A.若传送带的速度等于5m/s，v可能等于5m/s
B.若传送带沿逆时针方向转动，v一定等于3m/s
C.若传送带的速度等于2m/s，物体一直做减速运动
D.若v等于3m/s，传送带一定是静止的
12、如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架前端，右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线偏离竖直方向θ角，且保持不变，则在这段时间内（　　）

A.小车一定正在做加速运动
B.轻质细线对小球A的拉力大小为
C.物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向右
D.小车对物块B的作用力大小为，方向为斜向右上方
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、一个质量为 50kg 的人乘电梯竖直向上运动，如图为电梯的速度--时间图像，规定竖直向上为正方向，g 取 10m/s2，求：

（1）电梯 0~8s 的位移；
（2）3s 时的加速度；
（3）7s 时人对电梯地板的压力；
14、为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮)，钩码总质量用m表示

(1) .为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是（ ）
A.三组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B.三组实验都需要平衡摩擦力
C.三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件
D.三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件
(2) .图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示．则OD间的距离为________cm．图戊是根据实验数据绘出的s－t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，则加速度大小a＝________m/s2(保留3位有效数字)
(3) .若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，g为当地重力加速度，则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为__________
15、在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出：

(1)为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车___________________  ．
(2)当M与m的大小关系满足_____________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力. 
(3)一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定，探究做加速度与质量的关系，以下做法错误的是（ ）
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．实验时需要天平测出m以及小车质量M
(4)在保持小车及车中的砝码质量质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，二位同学得到的a一F关系分别如图中C、D所示（a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）.其原因分别是：
C图________________________________________________
D图__________________________________
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为2kg的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F作用下由静止开始运动．已知力F的大小为5N，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；
(2)8s末物体的瞬时速度大小和8s时间内物体通过的位移大小；
(3)若8s末撤掉拉力F，则物体还能前进多远？
17、（10分）如图所示，固定在水平面上的斜面倾角为θ，长方体木块A质量为M，其PQ面上钉着一枚小钉子，质量为m的小球B通过一细线与小钉子相连接，小球B与PQ面接触，且细线与PQ面平行，木块与斜面间的动摩擦因数为μ．若木块匀加速下滑，求小球对木块的压力大小？

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、A
【解析】物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B只受重力，选A.
2、C
【解析】原来整个系统处于静止状态，绳的拉力等于A物体的重力，B物体对滑轮的拉力等于B物体的重力，将绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力仍等于A物体的重力，B物体对滑轮的拉力仍等于B物体的重力，都没有变化，即滑轮所受的三个力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，即不变，设滑轮到天花板的距离为h，绳两端点的距离为s，由几何关系得

由于s增大，所h增大，滑轮下降，A上升，故C正确，ABD错误
故选C。
3、C
【解析】设落地的总时间为t，落地前1s内的位移等于ts内的位移减去（t-1）s内的位移，根据△h＝gt2−g(t−1)2代入数据解得：t=4s；下落的高度为：h=gt2＝×10×16＝80m；故选C.
4、C
【解析】A．当剪断轻绳瞬间轻绳拉力为零，小球在竖直方向上受重力和地面的弹力而平衡，故A错误；
BCD．在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力

剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力三个力作用，在竖直方向上平衡；根据牛顿第二定律得小球的加速度为

因弹簧弹力方向向左，故合力方向向左，加速度方向向左；故C正确，B错误，D错误。
故选C。
5、C
【解析】在接触弹簧前小球只受到重力作用，做自由落体运动．接触弹簧后小球受到向上的弹力作用，在弹力小于重力的时候小球仍具有向下的加速度，但是加速度大小随弹力增加而减小；在弹力大于重力的时候小球具有向上的加速度，开始做减速运动
【详解】A项，小球接触弹簧后仍做加速运动，当弹力等于重力时速度最大，故A项错误
B项，当弹力大于重力后合力才变为竖直向上，故B项错误
CD项，由过程分析可知，小球接触弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C对；D错；
故选C
6、A
【解析】对球所受重力进行分解，如图所示。由几何关系得

故A正确，BCD错误。
故选A。

7、BCD
【解析】A．根据速度的符号表示速度的方向，可知，在0-t1时间内人在空中上升，t1时刻速度为零，到达最高点，t1～t2时间内从最高点下降，t2之后速度减小但方向不变，开始进入水中，t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，故A不符合题意；
B．v-t图象的斜率表示加速度，所以0~t2时间内加速度不变，故B符合题意；
C．设跳水运动员起跳的速度大小为v，上升的最大高度为h。由v-t图象与坐标轴围成面积表示位移，可知：

又有：，联立解得：
h=0.1m，
故C符合题意；
D．根据题意可知0～t1时间内的加速度为：，由图可知t1～t2时间内的加速度为：
，
根据牛顿第二定律：，可得：
f=3mg。
故D符合题意。
故选BCD。
8、CD
【解析】A．由图可知0～t1斜率一直减小，即加速度一直减小，根据牛顿第二定律可知：

摩擦力f保持不变，则外力F一直减小，故A错误
B．t1时刻加速度为零，合外力为零，则

外力F不为零，故B错误
CD．在t1～t2秒内，物体做加速度增大的减速运动，摩擦力f保持不变，若 F与速度同向，有：

得 F减小；若 F与速度反向有：

得 F增大，故C正确，D正确.
9、BC
【解析】矢量的负号，只表示物体运动的方向，不参与大小的比较，所以3 s～4 s内质点的速度负方向增大，所以做加速运动，A错误，3s质点的速度为零，之后开始向负方向运动，运动方向发生变化，B错误，图线的斜率表示物体运动的加速度，所以0～2 s内质点做匀加速直线运动，4 s～6 s内质点做匀减速直线运动，加速度大小均为2 m/s2，C正确，v-t图像围成的面积表示物体的位移，所以6 s内质点发生的位移为0，D错误，
考点：考查了对v-t图像的理解
点评：做本题的关键是理解v-t图像的斜率表示运动的加速度，围成的面积表示运动的位移，负面积表示负方向位移，
10、BC
【解析】当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力，弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动；当弹力大小等于恒力F时，木块加速度为零，速度为最大值；当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故选BC。
【点睛】本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析；同时要明确合力与速度同向时加速，合力与速度反向时减速。
11、BC
【解析】根据牛顿第二定律求出A物块在传送带上的加速度，结合运动学公式求出物块一直做匀减速直线运动到达右端的速度，通过与传送带的速度比较，分析物块的运动规律，通过牛顿第二定律和运动学公式进行求解
【详解】当传送带静止或逆时针方向运动或顺时针运动但速度v带=2m/sv带=5m/s时，物体受到摩擦力为动力，将做匀加速直线运动，同上可得物体通过位移L时速度增大为，A错误．故选BC.
【点睛】解决本题的关键通过物体的受力判断出物体滑上传送带的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解
12、BD
【解析】A．对A受力分析由牛顿第二定律得

计算得出

方向水平向右，故小车向左做减速运动，故A错误；
B．对A受力分析可知在竖直方向上有

所以细绳的拉力为

故B正确；
CD．根据题意可以知道A与小车相对静止，则小车与A具有相同的加速度，即小车的加速度大小为，方向水平向右； 此刻物块B的加速度与小车相同，根据牛顿第二定律可以知道

方向水平向右；小车对B的支持力大小为Mg，方向竖直向上，故小车对物体B的作用力

方向沿斜向右上方，故C错误，D正确。
故选BD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、（1）40m （2）2m/s2（3）300N
【解析】（1）由速度时间图象的面积可以求出位移为：
（2）根据加速度定义可得：
（3）7s 时的加速度为：（方向竖直向下）
根据牛顿你第二定律可得：mg-N=ma1
可得：N=300N
14、 ①.BC； ②.1.20； ③.0.933； ④.1:2；
【解析】(1) 根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码总质量m与小车的总质量M的关系；
(2) 由图示刻度尺求出OD间的距离，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出图象的函数表达式，然后求出加速度；
(3)根据牛顿第二定律，结合动滑轮的拉力是测力计的示数2倍，从而即可求解
【详解】(1) A、B项：为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，
而乙图是力传感器示数，丙图则是测力计的2倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故A错误，B正确；
C、D项：由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误
故选BC
(2) 由图示刻度尺可知，OD间的距离为：2.20cm-1.00cm=1.20cm；
小车做初速度为零的匀加速直线运动，则：由图示图象可知：，则a=2k=2 ；
(3) 乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，
根据牛顿第二定律，则有：F=M乙a，2F=M丙a；
因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2；
由牛顿第二定律，对砝码研究，则有m乙g-F=m乙a，
而m丙g-F=m丙2a，
解得，m乙：m丙=1：2
【点睛】考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键
15、 ①.（1）平衡摩擦力； ②.（2）盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M； ③.（3）AC ④.（4）倾角过大，平衡摩擦力过度； ⑤.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车平衡摩擦力；
（2）当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力
（3）平衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；每次改变小车的质量时不需要平衡摩擦力
（4）由C图象可以看出：图线不通过坐标原点，当加速度为某一值时，F为零知平衡摩擦力过度．由D图象可以看出：图线不通过坐标原点，当拉力为某一值时，a为零，知没有平衡摩擦力或倾角过小
【详解】（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车平衡摩擦力；
（2）当盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力
（3）平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；在实验前平衡一次摩擦力即可，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B正确；实验时，先接通打点计时器电源，后放开小车，故C错误；实验时需要天平测出m以及小车质量M，选项D正确；丁题选择错误的，故选AC.
（4）C图：当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力过度；
D图：从上图中发现直线没过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车加速度还为0，说明该组同学实验操作中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足

三．计算题(22分)
16、 (1)a=0.3m/s2 (2)x=9.6m (3)x′=1.44m
【解析】(1)物体的受力情况如图所示：

根据牛顿第二定律，得: Fcos37°-f=ma
Fsin37°+FN=mg
又f=μFN
联立得：a=
代入解得a=0.3m/s2
(2)8s末物体的瞬时速度大小v=at=0.3×8m/s=2.4m/s
8s时间内物体通过的位移大小
(3)8s末撤去力F后，物体做匀减速运动，
根据牛顿第二定律得，物体加速度大小
由v2=2a′x′得:
【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量
17、μmgcosθ
【解析】当木块做匀加速直线运动，通过整体法求出加速度，再隔离分析求出A对B的弹力
【详解】若木块匀加速下滑，对整体分析，加速度
再隔离对B分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-N=ma，
解得：N=mgsinθ-ma=μmgcosθ
则小球对木块的压力为μmgcosθ
【点睛】解决本题的关键是熟练运用牛顿第二定律，以及掌握整体法和隔离法的运用