湖南省2025-2026学年高一上学期期中考前物理仿真试卷A含答案

这是一份湖南省2025-2026学年高一上学期期中考前物理仿真试卷A含答案试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.智能手机上装载的众多APP软件改变着我们的生活，如图所示为某度地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，16分钟，6.7公里，关于这两个数据，下列说法正确的是( )
A. 研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
B. 16分钟表示的是某个时刻
C. 6.7公里表示了此次行程的位移的大小
D. 根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度
2.汽车提速能力现在越来越强，特别是我国现在的电动汽车，其发展更是处于世界前列，有的品牌的百公里提速只需要3.9s。在物理学上，这个提速能力实际指的是加速度，则下列关于速度和加速度说法正确的是( )
A. 运动物体的速度变化得越来越慢，它的位置变化得也越来越慢
B. 某时刻物体速度为零，其加速度也一定为零
C. 速度很大的物体，其加速度可能为零
D. 加速度越大，运动速度的变化量一定越大
3.引体向上是同学们经常做的一项健身运动。该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂。如图所示，这样上拉下放，重复动作，达到健身的目的。关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )
A. 在加速上拉过程中，单杠对人的作用力大于人对单杠的作用力
B. 在加速下放过程中，单杠对人的作用力与人对单杠的作用力大小相等
C. 悬垂静止时，单杠对人的作用力与人对单杠的作用力是一对平衡力
D. 在加速下放过程中，某瞬间人可能不受力的作用
4.交警在处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x=20t−2t2(x的单位：m，t的单位：s)，则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为 ( )
A. 25 mB. 50 mC. 100 mD. 200 m
5.2024年10月1日是中华人民共和国成立75周年国庆节，每逢重大节日人们都喜欢燃放烟花庆祝。我国宋代就已经出现冲天炮这种烟花(如图)，也叫“起火”。若冲天炮从地面由静止发射，竖直向上做加速度大小为5m/s2的匀加速直线运动，第4s末掉出一可视为质点的碎片，不计碎片受到的空气阻力，g=10m/s2。则( )
A. 碎片离地面的最大速度为40m/sB. 碎片掉出前离地面高度80m
C. 碎片离地面的最大高度为80mD. 碎片从掉出到落回地面用时(2+23)s
6.长城被列为世界建筑的七大奇迹之一，在建筑长城时为了节省人力，工人在高处用绳子拉着工料运送到高处，简易图如图所示.由地面的A点向建筑工地竖直固定的杆B处搭建一倾角θ=15∘的斜坡，在杆的顶端固定一光滑的定滑轮，工人通过绳子拴接工料跨过定滑轮将工料由A点缓慢地拉到B处.已知AC=OC，工料的质量为m，工料与斜坡间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 若μ=0，细绳的拉力逐渐减小
B. 若μ=0，工料对斜坡的压力逐渐增大
C. 若μ= 33，细绳的最小拉力大小为 22mg
D. 若μ= 33，细绳的拉力先减小后增大
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.“笔搁”又称“笔架”，即架笔之物，是中国传统文房常用器具之一。如图所示，毛笔的一端A架在笔搁上，另一端B静止在水平桌面上，下列说法正确的是( )
A. 毛笔B端对桌面的压力沿竖直向下的方向
B. 毛笔B端对桌面的压力沿垂直于毛笔笔杆斜向下的方向
C. 毛笔受到笔搁的支持力沿垂直于毛笔笔杆斜向下的方向
D. 毛笔受到笔搁的支持力是由于笔搁发生形变引起的
8.两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶．t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v−t图，a−t图如图所示，其中C、D开始时速度相同．下列这些图中，能再次相遇的是( )
A. B.
C. D.
9.第一届全国陆地冰壶城市巡回赛(江苏站)于2024年8月17日在南京开赛。假设比赛中冰壶在水平地面上以一定的初速度向前做匀减速直线运动，已知冰壶在第1s内的位移为6.4m，在第3s内的位移为0.4m，则下列说法正确的是( )
A. 冰壶在0.5s末速度一定为6.4m/s
B. 冰壶在2.5s末速度一定为0.4m/s
C. 冰壶的加速度大小为3.2m/s2
D. 冰壶在第2s内的位移为3.4m
10.如图所示，在水平面上固定着四个材料完全相同的木块，长度分别是L、2L、3L、4L一子弹以水平初速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，则( )
A. 子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比vv=2
B. 子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比3:2
C. 子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比上t 1′t 2′=3− 7 7−2
D. 通过前二个木块和前三个木块的时间之比t1t2= 10− 7 10−2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学尝试用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计a挂于固定点c，下端用细线挂一重物Q。弹簧测力计b的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
(1)图中弹簧测力计a的示数为 N。
(2)下列必要的实验要求是 。(请填写选项前对应的字母)
A.应测量重物Q所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)另一同学换用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O点，两弹簧测力计读数分别为F1和F2，用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时读数为F′，通过作图法验证平行四边形定则时，图中符合实际情况的是 。
A.
B.
C.
D.
12.某同学用落体法测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。打点计时器所接交流电源的频率为f。
按图甲所示安装好实验器材，接通电源，释放纸带，得到一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F为纸带上连续打下的点，用刻度尺测出A点到其它各点的距离并标在纸带上，该同学采用了两种方法处理数据：
(1)先用计算法：用ℎ1、ℎ3、ℎ5、f表示测得的重力加速度g= ，由于阻力作用，测得的重力加速度比真实值 (填“小”或“大”)。
(2)再用图象法：求出打B点时重锤的速度vB= ，再求出打C、D、E点时的速度，作出打各点时重锤速度v的平方与各点到A点距离h的关系图像v2−ℎ，如图丙所示(图中各量均为已知)。由图象求得的重力加速度g= ，用图象处理数据可以减小 (填“偶然”或“系统”)误差。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳与竖直方向的夹角为45∘，斜面倾角30∘，整个装置处于静止状态，g取10m/s2；求：
(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；
(2)若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小拉力的大小。
14.如图，甲、乙两名运动员在训练4×100m接力赛跑。已知甲、乙两运动员的起跑过程可看成加速度大小为2m/s2的匀加速运动且经加速后都能达到并保持vm=8m/s的最大速度跑完全程。已知接力区的长度为L=18m，乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲乙相遇时完成交接棒，假设接棒动作不影响运动员的速度大小。
(1)乙能否在接力区内达到最大速度？
(2)为了取得最好成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在距离接力区前端多远时对乙发出起跑口令？
(3)若接力区的长度只有L′=9m，甲应在距离接力区前端多远处对乙发出起跑口令才能使他们取得最好成绩？
15.如图所示，倾角θ=30∘的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端固定一轻质的定滑轮O，底端固定一垂直斜面的挡板。质量分别为2m、4m的物块甲、乙通过轻质弹簧连接在一起，物块甲静止在斜面底端紧靠挡板处。不可伸长的细绳跨过定滑轮一端与物块乙连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上的质量为 m的物块丙连接。开始时物块丙静止在直杆上B点(细绳与直杆垂直)，且恰好与直杆间的相互作用力为零;现对物块丙施加一水平向右的拉力F，使其缓慢移动，当移动到A点时，物块甲恰好对挡板无压力，此时细绳与水平直杆的夹角α=37∘。已知滑轮与水平直杆间的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧的轴线、物块乙与定滑轮之间的细绳共线且与斜面始终平行，不计滑轮大小，不计空气阻力和一切摩擦阻力，弹力始终未超过弹性限度，物块甲、乙、丙均可视为质点，sin37∘=0.6。求：
(1)物块丙静止在直杆上B点时，甲对挡板的压力大小;
(2)弹簧的劲度系数;
(3)物块丙在A点时受到直杆的弹力及拉力F的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
能够看成质点的条件是物体的形状和大小与我们所研究的问题忽略不计时；知道时间间隔和时刻、位移和路程的区别；明确平均速度为位移与时间的比值，平均速率为路程与时间的比值。
本题主要考查了物体看作质点的条件，时间和时刻的区别，平均速度和平均速率的区别，在学习中要注意相近知识点的区别和联系。
【解答】
A、研究汽车在导航图中的位置时，汽车的形状大小可以忽略，则可以把汽车看作质点，故A正确；
B、16分钟表示的是整个过程的运动时间，表示的是时间间隔，故B错误；
C、6.7公里表示了此次行程的轨迹长度，故为路程，故C错误；
D、平均速度等于位移除以时间，位移不知道，则不能算出此次行程的平均速度的大小，只能求出平均速率，故D错误。
故选：A。
2.【答案】C
【解析】A、运动物体的速度变化得越来越慢，加速度越小，与位移无关，故A错误；
B、根据加速度的定义式a=ΔvΔt，可知，当物体运动的速度为0，但速度的变化量不为0时，加速度不为0，故B错误；
C、速度与加速度没有必然联系，速度很大的物体，其加速度可能为零，比如：物体以较大的速度做匀速直线运动，故C正确；
D、根据加速度的定义式a=ΔvΔt，可知，加速度越大，速度变化越快，但是速度变化量不一定大，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】解：ABC、在任意过程中，单杠对人的作用力大小总等于人对单杠的作用力大小，是一对相互作用力，与人的运动状态无关，故AC错误，B正确；
D、在加速下放过程中，若在某瞬间人向下的加速度为重力加速度g，则人只受到一个重力的作用，故D错误。
故选：B。
明确作用力和反作用力的性质，知道由于单杠对人的作用力和人对单杠的作用力是作用力和反作用力，所以单杠对人的作用力总等于人对单杠的作用力；
同时分析人的运动情况，从而确定人的受力情况，知道在某瞬间人可能只受到一个重力的作用，但不可能不受力。
本题运用超重、失重观点分析人的受力情况，首先要根据人的情况，判断是超重还是失重状态，再进行分析，同时注意作用力和反作用力的性质。
4.【答案】B
【解析】匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2，而题目中给定位移随时间变化规律x=20t−2t2，所以可知道初速度v0=20m/s，加速度a=−4m/s2，由速度与时间的关系v=v0+at，汽车的末速度为零，所以可得刹车时间为t=v−v0a=0−20−4s=5s，再把时间代入题目中的公式x=20t−2t2=20×5−2×52m=50m，故ACD错误，B正确。
故选B。
5.【答案】D
【解析】BC.竖直向上做加速度大小为5m/s2的匀加速直线运动，第4s末掉出一可视为质点的碎片，碎片脱离火箭速度v=at1=5×4m/s=20m/s，碎片掉出前离地面高度ℎ=12at2=40m，碎片离地面的最大距离为H=12at2+v22g=60m，BC错误；
A、着地速度最大vmax= 2gH=20 3m/s，故A错误；
D.取向上为正方向根据−12at12=vt−12gt2，
解得碎片从掉出到落回地面用时t=(2+2 3)s，D正确。
6.【答案】C
【解析】若μ=0，对工料受力分析，如图所示，
工料沿斜坡缓慢向上移动的过程中，细绳与竖直方向的夹角逐渐减小，故细绳的拉力逐渐增大，工料对斜坡的压力逐渐减小，A、B错误;
若μ= 33，对工料受力分析，设细绳与斜坡间的夹角为α，沿斜坡方向有mgsinθ+f=Tcsα，垂直斜坡方向有mgcsθ=Tsinα+FN，又f=μFN，解得T= 2mg2sin(60∘+α)，分析可知，细绳与斜面的夹角α由30∘逐渐增大到75∘，故细绳的拉力一直增大，当α=30∘时，细绳的拉力最小，此时T= 22mg，C正确、D错误.
7.【答案】AD
【解析】AB.根据弹力的方向垂直于接触面指向受力物体，可知毛笔B端对桌面的压力垂直水平桌面向下，沿竖直向下的方向。故A正确；B错误；
C.同理，毛笔受到笔搁的支持力沿垂直于毛笔笔杆斜向上的方向。故C错误；
D.由弹力产生的原因可知毛笔受到笔搁的支持力是由于笔搁发生形变引起的。故D正确。
故选AD。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
该题考察了应用v−t图像和a−t图像解决物体的追击与相遇问题，相遇的条件是两物体运动的位移相等。
应用在速度--时间图象中图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移这一规律，分析两物体是否会相遇。
图象法是描述物理规律的重要方法，应用图象法时注意理解图象的物理意义，即图象的纵、横坐标表示的是什么物理量，图线的斜率、截距、两条图线的交点、图线与坐标轴所夹的面积的物理意义各如何。
用图象研究物理问题是一种常用的数学方法，图象具有直观、简单等优点；但是用图象法研究问题，一定要根据题意分析清楚物体的运动情景，正确画出物体的运动图象，这是应用图象解题的关键。
【解答】
AB.在速度--时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移。从A图中可以看出，当t=4s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，故A正确；
B图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，故B错误；
C.a做加速度越来越小的加速运动，b做加速度越来越大的加速运动，开始一段时间内a在前，b在后，最后b将超过a，故二者会再次相遇，故C正确；
D.由于b的加速度始终大于a的加速度，二者不会再次相遇，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AC
【解析】A、根据平均速度等于其中间时刻的瞬时速度，冰壶在0.5s末速度一定为6.4m/s，故A正确；
C、因为冰壶在0.5s末速度为6.4m/s，设2s末的速度v2，则有v2=6.4−a×1.5，假设第3s末的速度刚好为零，根据逆向思维法，可以看作初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可知x1x3′=51，解得减速后第3s内的位移为
x3′=1.28m>0.4m，所以第3s内某一时刻冰壶已经静止，因为第3s内的位移为0.4m，由逆向思维法，有v22=2a⋅0.4，解得v2=1.6m/s，a=3.2m/s2，故C正确；
B、冰壶在2.5s末速度为v2.5=v2−a⋅0.5=0，故B错误；
D、根据逆向思维法，冰壶在第2s内的位移为x2=v2⋅1+12a⋅12=3.2m，故D错误。
故选AC。
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
把子弹的运动采取逆向思维看成是初速度为零的匀加速直线运动，再根据位移速度关系及匀变速直线运动的平均速度的推论即可分析。
本题是末速度为零的匀减速直线运动，关键是采取逆向思维。
【解答】
A.子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比vv=v2v=12，故A错误；
B.若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由2ax=v2
可得子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比v1v2= 2a⋅(2L+3L+4L) 2a⋅4L=32，故B正确；
C.子弹穿出第二个木块的速度为v′2= 2a⋅(3L+4L)
穿过第二个木块的平均速度为v2=v1+v′22，所用时间t1′=2Lv2
子弹通过第三个木块的平均速度v3=v′2+v22，所用时间t2′=3Lv3
则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比t 1′t 2′=3− 7 7−2，故C正确；
D.子弹穿出第二个木块的速度为v′2= 2a⋅(3L+4L)
穿过前二个木块的平均速度为v12=v +v′22，所用时间t1=3Lv12，子弹通过前三个木块的平均速度v13=v+v22，所用时间t2=6Lv13 ，通过前二个木块和前三个木块的时间之比为 10− 7 10−2，故D正确。
故选BCD。
11.【答案】5.80
ABC
C

【解析】(1)由图示可知，弹簧测力计分度值为0.1N，其示数为5.80N；
(2)A.实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；
B.弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故B正确；
C.为了防止出现竖直方向上的分力，拉线方向应与木板平面平行，故C正确；
D.由于本实验中物体的重力一定，因此两弹簧秤的拉力的合力大小方向均是一定的，所以不需要再让结点每次静止在同一位置，故D错误。
(3)乙同学换用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O点，两弹簧测力计读数分别为F1和F2，F1和F2的合力为以F1和F2为邻边的平行四边形的对角线，用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时读数为F′，则F′与橡皮筋共线，故C正确，ABD错误。
12.【答案】(ℎ1+ℎ5−2ℎ3)4f2
小
ℎ2f2
b−a2ℎ0
偶然

【解析】【分析】
本题考查用落体法测当地的重力加速度实验的相关知识。了解实验原理是关键。
(1)利用匀变速直线运动的推论求加速度，由于阻力的影响测得的重力加速度比真实值偏小；
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度求B点时重锤运动的瞬时速度；
(3)根据匀变速直线运动公式v2−v02=2gℎ得到υ2−ℎ图象方程，由此算出重力加速度g值；偶然误差是指测量或者计算造成的误差，是可以避免的。系统误差是指实验仪器或者精度等造成的固然存在的误差，系统误差是不可避免的用图象处理数据可以减小偶然误差。
【解答】
(1)采用逐差法处理数据，则重力加速度大小为：
g=ℎ5−ℎ3−ℎ3−ℎ14T2=ℎ1+ℎ5−2ℎ341f2=ℎ1+ℎ5−2ℎ34f2，
如果有阻力作用，由牛顿第二定律得：mg−f=ma，知由于阻力作用，测得的重力加速度比真实值小；
(2)匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，则打B点时重锤的速度υB=ℎ22T=ℎ221f=ℎ2f2，
根据匀变速直线运动公式v2−v02=2gℎ得：v2=v02+2gℎ，知直线斜率为2g，由图象知k=b−aℎ0=2g，所以g=b−a2ℎ0；
偶然误差是指测量或者计算造成的误差，是可以避免的，系统误差是指实验仪器或者精度等造成的固然存在的误差，系统误差是不可避免的，所以用图象处理数据可以减小偶然误差。
13.【答案】(1)如图：
水平竖直建立直角坐标系，对小球做受力分析，把不在轴上的力沿轴分解，列平衡方程如下：
Tsin45∘−Nsin30∘=0
Tcs45∘+Ncs30∘−mg=0
由以上两式得：N=100( 3−1)N≈73.2N，T=50( 6− 2)N≈51.8N
(2)如图所示：
待求外力F与绳的拉力T的合力竖直向上，大小等于小球的重力，合力保持不变，T的方向也不变，由三角形法则作图可知，当F与绳的拉力T垂直时，F最小Fmin=mgsin45∘=50 2N≈70.7N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)设乙起跑后一直以2m/s2做匀加速直线跑完接力区共18m：v2−v02=2as，
解得：v=6 2m/s≈8.48m/s>vm，则乙能在接力区内达到最大速度；
(2)乙从起跑到加速至最大速度时间为t0，则：t0=vma=4s，
这段时间内乙的位移：x0=12at02=16m