西藏昌都市2025-2026学年高一（上）期末模拟物理试卷

这是一份西藏昌都市2025-2026学年高一（上）期末模拟物理试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的。）
1.一质点t=0时刻从原点开始沿x轴正方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示．下列说法正确的是( )
A. t=4s时，质点在x=1m处
B. 第3s内和第4s内，质点加速度的方向相同
C. 第3s内和第4s内，合力对质点做的功相同
D. 0～2s内和0～4s内，质点的平均速度相同
2.如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方体物块，F是作用在物块A上水平向左的力，而A、B两个长方体物块均保持静止，假设A、B间的动摩擦因数为μ1，B、C间的动摩擦因数为μ2，则针对此情况以下说法中正确的是 ( )
A. B给A施加的摩擦力水平向右
B. A、B间不存在摩擦力作用
C. B受到水平地面C所施加的摩擦力，其方向水平向左
D. 可能存在μ 1≠0，μ ​2=0这种情况
3.如图所示，为劳动生产中钉钉子的情景。若某次敲击过程中，钉子竖直向下运动的位移x(m)随时间t(s)变化的规律为x=-2t2+0.4t。则在本次敲击过程中，下列说法正确的是( )
A. 钉子的初速度大小为0.4m/s
B. 钉子做匀加速直线运动
C. 前0.15s内，钉子的位移大小为0.015m
D. 前0.01s内钉子速度变化量的大小为0.008m/s
4.航母阻拦索用于拦停高速着舰的舰载机，被喻为“舰载机生命线”。如图所示为其结构简图，滑轮1、2、3、4及液压缸a、b、c固定在甲板平面上，阻拦索绕过滑轮组后闭合。某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的夹角时，舰载机受到阻拦索的合力大小为F.不考虑阻拦索、滑轮的质量及摩擦，则此时单个柱塞所受阻拦索的合力大小为( )
A. F3B. 3F3C. FD. 3F
5.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点，现用水平F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN，以及绳对小球的拉力FT的变化情况是( )
A. FN保持不变，FT不断增大B. FN不断增大，FT不断减小
C. FN保持不变，FT先增大后减小D. FN不断增大，FT先减小后增大
6.如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 香肠未烤前，金属杆1对香肠的支持力大小为12mg
B. 烤制过程中，金属杆1对香肠的支持力逐渐增大
C. 香肠烤熟后，香肠对金属杆1的压力比烤熟前大
D. 香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对香肠的合力不变
7.小明同学利用APP测量手机运动过程的加速度a.手机由静止向上运动，其a-t图像如图所示，则( )
A. t2时刻，手机速度最大
B. t3时刻，手机速度为0
C. t3～t4时间内，手机向上运动
D. t2～t4时间内，手机先处于失重状态后处于超重状态
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8. 9月25日，中国人民解放军火箭军向南太平洋相关公海海域成功发射了一枚携载训练模拟弹头的洲际弹道导弹，全射程约12000公里，末端速度接近30马赫。下列说法正确的是( )
A. 导弹在加速直线上升过程中，加速度方向与速度方向相同
B. 导弹的加速度与速度变化量成正比，与运动时间成反比
C. 导弹运动时，速度的变化量越大，加速度也越大
D. 导弹点火将要升空瞬间，导弹的速度为零，但加速度很大
9.如图，质量分别为2kg和1kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，今用大小为F=15N的水平恒力作用在A上，使A、B相对静止且一起向左做匀加速直线运动，若该弹簧劲度系数为100N/m，则下列说法正确的是( )
A. 物块A、B一起做匀加速运动时，A的加速度大小为7.5m/s2
B. 物块A、B一起做匀加速运动时，弹簧的伸长量为5cm
C. 突然撤去力F的瞬间，A的加速度大小为2.5m/s2
D. 突然撤去力F的瞬间，B的加速度为0
10.某动车进站前以速度v匀速直线行驶，A是站台外电线杆，B是站台内电线杆，动车车头通过电线杆A时开始刹车，前三节车厢通过电线杆B用时为t，动车停下时刚好有四节车厢通过电线杆B，每节车厢的长度均为L，设动车刹车过程为匀减速运动，则下列判断正确的是( )
A. 第四节车厢通过电线杆B所用的时间小于t
B. 动车刹车的加速度大小为2Lt2
C. 第一节车厢通过电线杆B所用的时间为( 3- 2)t
D. A、B两电线杆间的距离为v2t24L-4L
三、非选择题（本大题共5小题，满分54分）
11.（8分）“探究合力与分力的关系”的实验如图2所示，用两把互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O．
①从图1可读得弹簧秤的示数为______N.
②某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤是：
A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O.记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F'的图示；
F.比较F'和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中：有重要遗漏的步骤的序号是______和______；
③同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是______.(填字母代号)
A.弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
B.两细绳之间的夹角越大越好
C.用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些．
12.（6分）小明小组同学用如图所示的装置探究小车的加速度与力、质量的关系。实验时把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码。
(1)实验之前，需要思考如何测“力”。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是
A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受细线的拉力
B.若斜面倾角过大，小车所受合力将小于细线的拉力
C.无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于细线的拉力
D.只有当小车运动的加速度较小时，砂和桶的重力才近似等于细线的拉力
(2)学习了牛顿第二定律以后，小明对这个实验进行了一些反思，他发现细线对小车的拉力大小其实并不等于托盘和砝码的总重力。如果另一次实验测得的a=2.8m/s2，并且其他操作无误，g取9.8m/s2，运用牛顿第二定律分析可知，这次实验中所取的小车质量M与托盘加砝码总质量m的比值Mm= 。设此时拉力的真实值为F真，则F真与mg的相对误差mg-F真F真= %。
13.（10分）如图所示，球A是一个很小的铅球，球B是一个体积比较大的塑料球，将A、B两球分别从离地面h1、h2的高度由静止释放，两球恰好同时落地，球A的下落过程可视为自由落体运动，球B的下落过程为匀加速直线运动。已知h1=20m，h2=18m，取g=10m/s2。求：
(1)球A下落过程的时间；
(2)球B的加速度大小；
(3)球B落地时的速度大小。
14（14分）.如图所示，放在水平面上质量为m的物体受一个斜上的拉力F，这个力与水平方向成θ角，在此力作用下，物体水平向右匀速滑动，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ．
(2)如果把此力F撤去，此时物体做什么运动？摩擦力多大？
(3)如果在本题中已知动摩擦因数μ，现只给物体施加一个与水平方向成θ角的斜向下的推力F'，物体仍能保持匀速运动，求F'多大？
15.（16分）质量M=4kg的足够长木板沿水平地面向右运动，t=0时刻木板速度为v0=6m/s，此时将质量为m=1kg的铁块1无初速度地轻放在木板最右端(如图所示)；t=1.0s时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在木板最右端。已知铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.04，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，取g=10m/s2，铁块可看成质点。求：
(1)t=1.0s时，铁块1和木板的速度大小；
(2)当铁块1与木板共速时，铁块1和铁块2间的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.根据“面积”表示位移，知0-4s内质点的位移等于0-2s的位移，为x=12×1+2×2=3m，t=0时质点位于原点处，则t=4s时，质点在x=3m处，故A错误；
B.图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度相同，其方向相同，故B正确；
C.第3s内质点的速度减小，动能减小，由动能定理知，合力对质点做负功，第4s内速度增大，合力做正功，由动能定理知第3s内和第4s内，合力对质点做的功不同，故C错误；
D.根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知0-2s和0-4s内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】AB.对A进行受力分析，A要保持静止，则B给A施加的摩擦力与拉力F平衡，故B给A施加的摩擦力水平向右，A正确，B错误；
C.对B进行受力分析，根据力的相互性，A给B施加的摩擦力水平向左，B要保持静止，水平地面C给B施加的摩擦力水平向右，C错误；
D.由以上分析可知，A与B，B与C之间都有摩擦力，所以μ1≠0，μ2≠0，D错误．
3.【答案】A
【解析】根据钉子竖直向下运动的位移随时间变化的规律为x=-2t2+0.4t，结合匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2，可知钉子向下做匀减速直线运动，其中
v0=0.4m/s12a=-2m/s2
所以钉子的初速度为v0=0.4m/s，加速度为a=-4m/s2，钉子做匀减速直线运动，故A正确，B错误；
C.钉子减速到速度为零所用的时间为t=0-v0a=0-0.4-4s=0.1s，所以在0.1s时刻钉子已经提前减速到零，钉子在前0.15s内的位移为x=v0t+12at2=0.4×0.1m-12×4×0.12m=0.02m，故C错误；
D.根据a=ΔvΔt，前0.01s内钉子速度变化量为Δv=aΔt=-2×0.01m/s=-0.02m/s，所以速度变化量的大小为0.02m/s，故D错误。
故选：A。
4.【答案】B
【解析】舰载机受到阻拦索的合力大小为F，设每个阻拦索的拉力为F1，作用在舰载机上的两个阻拦索拉力大小相同，夹角为60°，合力为F，则由力的合成得：2F1cs30°=F，解得F1= 33F，作用在柱塞上的阻拦索的拉力大小相同均为F1，夹角为120°，所以柱塞所受阻拦索的合力大小与单个阻拦索的拉力大小相同，所以单个柱塞所受阻拦索的合力大小为F'= 33F，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】对小球进行受力分析，
重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力FT与水平方向的夹角β减小，当β=θ时，FT⊥FN，细绳的拉力FT最小，由图可知，随β的减小，斜面的支持力FN不断增大，FT先减小后增大，故D正确，ABC错误。
6.【答案】D
【解析】A.对香肠受力分析如图所示
根据平衡条件有
N1=N2
2N1csθ=mg
解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
N1=N2=mg2csθ>12mg ，故A错误；
BC.设金属杆中心之间的距离为 d ，金属杆的直径为 R ，香肠的直径为 r ，根据几何关系有 sinθ=d2R+r ，烤制过程中，香肠半径变大， sinθ 变小， csθ 变大，金属杆1对烤肠的支持力逐渐减小；香肠烤熟后，烤肠对金属杆1的压力比烤熟前小，故BC错误；
D.香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，等大反向，故两根金属杆对烤肠的合力不变，故D正确。
故选：D。
7.【答案】C
【解析】AB.由图可知t2时刻加速度最大，后续t2到t3仍然在加速，所以手机在t3时刻速度最大，故AB错误；
C.t3到t4时间内加速度为负，手机向上做减速运动，故C正确；
D.t2到t3加速度为正(向上)，处于超重状态，t3到t4加速度为负(向下)，处于失重状态，故D错误。
8.【答案】AD
【解析】A.导弹在加速直线上升过程中，加速度方向与速度方向相同， 故A正确；
B.表达式a=ΔvΔt是加速度的比值定义式，不能说加速度与速度变化量成正比，与运动时间成反比，故B错误；
C.由加速度的定义式a=ΔvΔt可知，在任意相等时间内，速度的变化量越大，加速度才越大，故 C错误；
D.导弹点火将要升空瞬间，导弹的速度为零，但加速度很大， 故D正确。
9.【答案】BC
【解析】A.对A、B系统由牛顿第二定律可得：a=FmA+mB=152+1m/s2=5m/s2，故A错误；
B.以B为研究对象，根据牛顿第二定律有：Fx=mBa=1×5N=5N，根据胡克定律有Fx=kx，将k=100N/m代入，解得弹簧的伸长量为：x=0.05m=5cm，故B正确；
CD.突然撤去力F的瞬间，F消失，弹簧弹力Fx不变，根据牛顿第二定律，对A有：aA=FxmA=52m/s2=2.5m/s2，对B有：aB=FxmB=51m/s2=5m/s2，故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】以动车为参考系，电线杆B相对于动车做匀减速运动，根据初速度为零的匀变速直线运动相邻相等时间的位移比可知，前三节车厢通过电线杆B的时间为t，则第四节车厢通过的时间也为t，A项错误;
由4L=12a(2t)2，解得a=2Lt2，B项正确;
第四节车厢通过电线杆B所用时间为t，根据比例规律，第一节所用时间为(2- 3) t，C项错误;
A、B电线杆间的距离s=v22a-4L=v2t24L-4L，D项正确。
故选BD。
11.【答案】①4.00；②C；E；③AD．
【解析】①由图可知其分度值为0.1N，故由指针位置可知图1可读得弹簧秤的示数为4.00N．
②本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．
即有重要遗漏的步骤的序号是C和E．
③A、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正确；
B、两条细绳的夹角不是越大越好，以方便作平行四边形为宜，故B错误；
C、用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力不能很大，也不能太小，否则实验误差就会较大，故C错误；
D、为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选：AD．
12.【答案】AD 5：2 40
【解析】(1)A.使小车沿倾角合适的斜面运动，当小车所受重力沿斜面的分力等于小车所受的摩擦力时，即mgsinθ=f
小车所受合力为 F合=T+mgsinθ-f=T，则小车受力可等效为只受绳的拉力T，故A正确；
B.若斜面倾角过大，则 mgsinθ>f ，小车所受合力 F合=mgsinθ+T-f>T
即小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；
CD.让小车的运动趋近于匀速运动，对砂和桶根据平衡条件可知，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，如果加速度比较大，则砂和桶处于失重状态，砂和桶的重力大于绳的拉力，故C错误，D正确。
故选AD。
(2)由题意，根据牛顿第二定律有 mg-F真=ma ， F真=Ma
联立可得 mg=M+ma
整理可得 ga=Mm+1
代入数据求得 Mm=52
相对误差 mg-F真F真=mM×100%=40%
13.【解析】(1)球A做自由落体运动，由位移—时间公式h1=12gt2
解得A球下落过程的时间为t=2s
(2)球B做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移—时间公式h2=12at2
可得B的加速度大小为：a=9m/s2
(3)由匀变速直线运动的速度—时间公式v=0+at
球B落地时的速度大小为：v=at=9×2m/s=18m/s
答：(1)球A下落过程的时间为2s；
(2)球B的加速度大小为9m/s2；
(3)球B落地时的速度大小为18m/s。
14.【解析】(1)对m受力分析如图所示：
物体做匀速直线运动，根据平衡条件有：
x:f=Fcsθy:N+Fsinθ=mg
其中：
f=μN
解得：
μ=fFN=fN=Fcsθmg-Fsinθ
(2)撤去F后，物体做匀减速直线运动；
物体的摩擦力为：
f=μN=μmg=mgFcsθmg-Fsinθ
(3)对m受力分析如图所示：
x:f1=F'csθy:N1=F'sinθ+mg
其中：
f1=μN1
解得：
F/=μmgcsθ-μsinθ
15.【解析】(1)对铁块1
μ1mg=ma1
可得铁块1的加速度
a1=0.4m/s2
对木板
μ1mg+μ2m+Mg=Ma2
可得木板的加速度
a2=2.6m/s2 t1=1.0s 时，铁块1速度
v1=a1t1=0.4×1=0.4m/s
木板速度
v2=v0-a2t1=6-2.6×1=3.4m/s
(2) t1=1.0s 时，铁块1的对地位移 x1 ，则
x1=0+v12t1=0.2m
木板对地位移 x2
x2=v0+v22t1=6.0+3.42×1.0=4.7m
此时铁块1距离木板右端为
Δx=x2-x1=4.5m
当铁块2刚放上木板时，铁块1仍以 a1=0.4m/s2 向右匀加速，木板加速度大小发生变化，设木板加速度为 a3 匀减速，则
μ1mg+μ1mg+μ22m+Mg=Ma3
可得
a3=3.2m/s2
铁块1与木板经 t2 先达到共速，设为 v共 ，则
v共=v2-a3t2=v1+a1t2
解得
t2=56s ， v共=1115m/s
铁块1对地位移 x3 ，则
x3=v1+v共2t2=0.4+11152×56=1736m
铁块2也以 a4=0.4m/s2 从零开始向右匀加速，铁块2的对地位移 x4
x4=12a4t22=12×0.4×562=536m
此时铁块1和铁块2之间距离缩小了
Δx1=x3-x4=13m
此时铁块1和铁块2之间距离为 L ，则
L=Δx-Δx1=256m