2025學年高一物理上學期期末模擬卷（考試時間：75分鐘，分值：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．測試范圍：人教版2019必修一全冊。4．難度系數：0.6。第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．隨著人工智能技術的發展，無人駕駛汽車已經成為智能科技的焦點。某品牌無人駕駛汽車進行剎車性能測試、得到汽車在平直路面上緊急剎車（剎車后加速度不變）過程中的位置坐標隨時間變化的規律為（的單位是的單位是）．則下列說法不正確的是A．剎車后內的位移為 B．該汽車剎車的加速度為C．剎車后末的速度為 D．該汽車剎車的初速度為【答案】A【詳解】BD．已知汽車剎車過程中的位移隨時間變化的規律為，結合勻變速直線運動位移時間公式，可得汽車剎車時的初速度和加速度大小分別為，，故BD正確；C．剎車后2s末的速度為，故C正確；A．汽車從剎車到停下所用時間為，則剎車后2s內的位移為，故A錯誤。本題選不正確的，故選A。2．物體沿水平直線運動，某時刻的速度大小為，方向向右，以此時刻為計時起點，以向右為正方向，該物體加速度隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是A．內，物體的加速度不變B．時，物體的速度大小為，方向向右C．內，物體的位移大小為D．該物體的運動方向時而向左，時而向右【答案】B【詳解】A．由圖像可知，物體的加速度隨時間不斷變化，故A錯誤；B．圖像的面積表示速度的變化量，內，物體的速度變化量為，所以時，物體的速度大小為，方向向右，故B正確；C．內物體的圖像如下圖所示，物體的位移大小小于，故C錯誤；D．當或時，速度最小為，運動過程中物體速度始終為正，所以物體運動方向始終向右，D錯誤。故選B。3．如圖所示，A同學用兩個手指捏住直尺的頂端，B同學用一只手在直尺0刻度位置做捏住直尺的準備。在A同學放開手指讓直尺下落時，B同學立刻捏住直尺，通過捏到的刻度即可測出反應時間。下列說法正確的是A．該實驗測量是A同學的反應時間B．捏到的刻度越大，反應時間越短C．若在長度刻度旁標記反應時間刻度，則該刻度均勻分布D．若B同學開始時在0刻度線下方做好準備，則測得的反應時間偏短【答案】D【詳解】A．依題意，可知該實驗測出的是B同學的反應時間，故A錯誤；B．直尺在下落的過程中近似做自由落體運動，由可得捏到的刻度越大，反應時間越長，故B錯誤；C．刻度尺的下落速度增大，連續相等時間內的位移也增大，若把刻度尺的長度刻度直接標注為反應時間刻度，則刻度不是均勻的，C錯誤；D．則若B同學開始時在0刻度線下方做好準備，捏到的刻度偏小，則測得的反應時間偏短。故D正確。故選D。4．如圖所示，一名運動員在走廊里用雙腿撐墻，使自己靜止于兩豎直墻之間（全身離地有一定高度）。下列說法正確的是A．運動員對墻壁的彈力和墻壁對運動員的彈力是一對平衡力B．運動員對墻壁先施加彈力，墻壁對運動員后產生彈力C．墻壁越粗糙，則墻壁對運動員的摩擦力越大D．墻壁對運動員的彈力是因為墻壁發生了彈性形變產生的【答案】D【詳解】AB．運動員對墻壁的彈力和墻壁對運動員的彈力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，同時產生，同時消失，故AB錯誤；C．以運動員為研究對象，豎直方向上，運動員受到重力和墻對運動員的摩擦力，處于平衡狀態，根據平衡條件可知墻壁對運動員的摩擦力和重力大小相等、方向相反，沿墻面豎直向上，與墻壁的粗糙程度和運動員對墻壁的壓力沒有關系，故C錯誤；D．墻壁對運動員的彈力是因為墻壁發生了彈性形變產生的，故D正確。故選D。5．下面關于力的說法中正確的有A．力的作用離不開施力物體，但可以沒有受力物體，如拳擊運動員一拳出去卻沒打著對方，此時只有施力物體而沒有受力物體B．只有直接接觸的物體之間才可能有力的作用C．力是物體對物體的作用，施力物體和受力物體總是成對出現的D．沒有施力物體和受力物體，力照樣可以存在【答案】C【詳解】A．由于物體間力的作用是相互的，所以物體只要有力的作用，必然既有施力物體又有受力物體，故A錯誤；B．不接觸的物體之間也能產生力的作用，例如磁鐵和鐵釘之間不接觸也能產生力的作用，故B錯誤；C．由于物體間力的作用是相互的，所以物體只要有力的作用，必然既有施力物體又有受力物體，故C正確；D．由于物體間力的作用是相互的，所以物體只要有力的作用，必然既有施力物體又有受力物體，所以沒有施力物體和受力物體，就不可能有力的產生，故D錯誤。故選C。6．小孫同學手端餐盤走向餐桌的過程中時的情景如圖所示。假設餐盤保持水平，盤中的物品四周都留有一定的空間，并與餐盤保持相對靜止，則下列說法正確的是A．勻速向前行走時，盤對水果的作用力水平向前B．減速行走時，水果受到4個力的作用C．將餐盤豎直向下放到餐桌上的過程中，食物一直處于超重狀態D．若餐盤稍微傾斜，但盤和水果仍靜止，則水果受盤的作用力豎直向上【答案】D【詳解】A．勻速向前行走時，水果處于平衡狀態，則盤對水果的作用力豎直向上，選項A錯誤；B．減速行走時，水果受到重力、水果盤對水果的支持力和摩擦力，共3個力的作用，選項B錯誤；C．將餐盤豎直向下放到餐桌上的過程中，食物的加速度先向下后向上，則先失重后超重，選項C錯誤；D．若餐盤稍微傾斜，但盤和水果仍靜止，則水果受盤的作用力與重力等大反向，即豎直向上，選項D正確。故選D。7．如圖所示，傾斜放置的傳送帶AB長為10m，以大小為的恒定速率順時針轉動，傳送帶的傾角，一個質量為2kg的物塊輕放在傳送帶A端，同時給物塊施加一個沿斜面向上的恒定拉力F，物塊先加速后勻速從A端運動到B端，物塊運動的時間為4s，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為，，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在物塊向上運動過程中A．物塊加速運動時的加速度大小為B．物塊加速運動的時間為C．物塊勻速運動時，受到的摩擦力大小為4ND．物塊與傳送帶之間的痕跡長為3m【答案】B【詳解】AB．初始時物塊做加速運動，對其受力分析有，加速運動，其加速時間為，有，，當物塊與傳送帶速度相等時，物塊做勻速運動，根據題意有，解得，，，故A錯誤，B正確；C．勻速運動時，物塊受力平衡，有，解得，故C項錯誤；D．物塊與傳送帶在發生相對運動時，即物塊加速時，物塊在傳送帶上有劃痕，物塊勻速時和傳送帶共速，此時沒有劃痕，所以劃痕長為故D項錯誤。故選B。8．（2024·日照期中）對速度、加速度的理解，下列說法正確的是（）A．速度變化量越大，加速度一定越大B．速度的變化率越大，加速度一定越大C．由可知，速度與位移成正比，與發生這段位移所用的時間成反比D．加速度方向與速度變化量的方向一定相同【答案】BD【詳解】A．根據，可知，速度變化量越大，加速度不一定越大，故A錯誤；B．速度的變化率越大，加速度一定越大，故B正確；C．該式為速度的定義式，采用比值定義法，所以速度與位移不成正比，與發生這段位移所用的時間不成反比，故C錯誤；D．加速度方向與速度變化量的方向一定相同，故D正確。故選BD。9．甲、乙兩車在同一條直道上行駛，它們運動的位置隨時間變化的關系如圖所示，已知乙車做勻變速直線運動，其圖像與軸相切于處，則下列說法正確的是A．內，乙車的平均速度為0B．乙車的加速度大小為C．整個運動過程中，甲、乙兩車共相遇2次D．，乙車速度的變化量大小為【答案】ACD【詳解】A．內，乙車的位移為零，故乙車的平均速度為0，故A正確；B．由題意可知，乙車在10s末的速度為零，在的時間內，則乙車的加速度大小為，故B錯誤；C．圖像的交點表示相遇，由圖可知整個運動過程中，甲、乙兩車共相遇2次，故C正確；D．由于乙車做勻變速直線運動，根據，可知，乙車速度的變化量大小為，故D正確。故選ACD。10．一粗糙斜面靜止在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。有三根細繩，其結點為O，其中一細繩跨過滑輪與斜面上的物塊A相連，另一細繩下端懸掛B物塊，現用一水平力F拉住第三根細繩，使O點與滑輪的連線跟豎直方向成角，系統處于靜止狀態。保持O點的位置不變，沿順時針方向緩慢調整力F的方向直至豎直。已知系統中各物體始終保持靜止，則在此過程中A．拉力F的大小可能與水平狀態時的值相同 B．物塊A所受細繩的拉力大小一定一直減小C．地面對斜面的摩擦力大小一定一直增加D．物塊A所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增大【答案】BD【詳解】AB．根據系統處于靜止狀態，對點進行受力分析可知，如圖所示：保持點的位置不變，沿順時針方向緩慢調整力的方向直至豎直，繩子拉力一直減小，根據牛頓第三定律可得物塊所受細繩的拉力大小一直減小；在水平位置時拉力的大小為：在豎直位置時拉力的大小為：，故A錯誤，B正確；C．視系統為對象，根據平衡條件可得地面對斜面的摩擦力與拉力在水平方向的分量大小相等，方向相反，根據正交分解可知，沿順時針方向緩慢調整力的方向直至豎直過程中，拉力在水平方向的分量大小一直減小，所以地面對斜面的摩擦力大小一定一直減小，故C錯誤；D．對的受力分析，開始時可能是，當不斷減小的時候，沿斜面的摩擦力一直增大；也可能是，當不斷減小的時候，沿斜面的摩擦力先減小后反向增大，故D正確；故選BD。第Ⅱ卷（非選擇題）二、非選擇題：本題共5小題，共54分。其中第13題~15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位。11．（8分）物理學習小組利用實驗室的器材設計了如圖1所示的實驗裝置進行“驗證兩個互成角度的力的合成規律”實驗，量角器豎直放置，結點O與量角器的中心點在同一位置。（1）本實驗采用的科學方法是___________（填選項序號）。A．理想實驗法 B．等效替代法C．控制變量法 D．建立物理模型法（2）實驗中保持重物c質量不變以及O點位置不變，改變細繩與細繩的方向，細繩與細繩拉力的合力（填“變化”或“不變化”）。（3）關于該實驗，下列說法正確的是___________。A．彈簧測力計必須與量角器平行B．連接彈簧測力計的兩細繩之間的夾角越大越好C．兩細繩、必須垂直（4）在某次實驗中，彈簧測力計a、b的讀數分別是、，然后只用彈簧測力計a測量物體重力，其讀數為F，最后根據平行四邊形定則作出、的合力。若操作正確，則作出的圖應是圖（填“2”或“3”）。【答案】（1）B（2）不變化（3）A（4）2【詳解】（1）該實驗是用一個力作用產生的作用效果與兩個共同作用產生的作用效果相同來探究兩個互成角度的力的合成規律，所以使用的科學方法是等效替代法。故選B。（2）僅改變細繩與細繩的方向，細繩與細繩拉力的合力大小仍等于細繩的拉力大小，由于重物c質量不變以及O點位置不變，細繩的拉力不變化，則細繩與細繩拉力的合力不變化。（3）A．測量時彈簧測力計必須與量角器平行且在同一豎直平面內，故A正確；BC．為減小實驗誤差，與兩彈簧測力計相連的細繩之間的夾角要適當大一點，但不是越大越好，也不是一定要垂直，故BC錯誤。故選A。（4）是通過實驗得到的合力，一定沿豎直方向，合力是通過平行四邊形得到的理論值，不一定在豎直方向上，則若操作正確，則作出的圖應是圖2。12．（10分）如圖甲所示為“用電火花打點計時器測當地重力加速度”的實驗裝置圖（已知打點頻率為50Hz），則（1）實驗需要的電源為（填“交流”或“直流”）電源，電壓為V。（2）實驗時下面的步驟先后順序正確的是______。A．先釋放紙帶，后接通打點計時器電源B．先接通打點計時器電源，后釋放紙帶（3）如圖乙所示為實驗中選出的一條點跡清晰的紙帶，已知紙帶上記錄的點為打點計時器打的點，打點計時器在打C點時物體的瞬時速度大小為m/s，所測得的重力加速度大小為m/s2。（計算結果均保留三位有效數字）（4）通過圖像也可以得出重力加速度，并且能剔除偶然誤差較大的數據，提高實驗的準確程度。若丙圖中的v2－h圖像的斜率為k，則重力加速度g=（用k表示）。（5）若當地的重力加速度數值為9.8m/s2，請寫出測量值與當地重力加速度的值有差異的一個原因。【答案】（1）交流220（2）B（3）1.179.75（4）（5）因為實驗過程存在空氣阻力，使得下落過程的加速度比重力加速度稍小。【詳解】（1）[1][2]打點計時器需要的電源為交流；因為本實驗用電火花打點計時器，所以電壓為220V；（2）為了盡可能利用紙帶應先接通打點計時器，后釋放紙帶。故選B。（3）[1][2]計時器打點時間間隔為T=0.02s，根據勻變速直線運動規律可知打點計時器在打C點時物體的瞬時速度大小為，根據逐差法可知所測得的重力加速度大小為（4）根據自由落體運動，速度位移關系v2=2ghv2-h圖象的斜率k=2g，重力加速度（5）因為實驗過程存在空氣阻力，使得下落過程的加速度比重力加速度稍小。13．（10分）如圖所示，一質量的小球甲分別與一根輕質彈簧和一根不可伸長的輕繩連接，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩繞過一光滑定滑輪（大小不計），繩段與豎直方向的夾角。一光滑小球乙由輕繩拴接置于半徑為的半圓柱體表面，半圓柱體截面的圓心點與定滑輪中心在同一豎直線上，的距離為，繩段沿半圓柱的切線方向。兩個小球均可視為質點，整個系統處于同一豎直面內，且始終保持靜止。已知彈簧的勁度系數，重力加速度，，，求：（1）彈簧的伸長量；（2）小球乙的質量；（3）半圓柱體受到地面的摩擦力大小。【答案】（1）（2）（3）【詳解】（1）對小球甲受力分析并正交分解如圖1所示，有：由小球甲平衡條件可知聯立解得，由胡克定律可知解得（2）令，由幾何關系可知得對小球乙受力分析如圖2所示，利用合成法可知由同一根繩上彈力處處相等可知解得（3）法一：由（2）可知對半圓柱體受力分析如圖3所示，有：聯立解得法二：將小球乙和半圓柱體看成一個整體，對整體分析如圖4所示，可知14．（12分）如圖，一長木板靜止在水平地面上，一物塊疊放在長木板上，整個系統處于靜止狀態，長木板的質量為，物塊的質量為，物塊與長木板間的動摩擦因數為，長木板與地面之間的動摩擦因數為，對長木板施加一個水平向右的拉力，拉力，作用后將力撤去，之后長木板和物塊繼續運動，最終物塊沒有從長木板上掉下來。物塊可看作質點，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小取，求∶（1）剛開始運動時物塊與長木板的加速度大小分別為多大；（2）撤去拉力后，和運動的時間分別為多少；（3）長木板的最短長度。【答案】（1），（2）1.1s，0.5s（3）0.6m【詳解】（1）假設物塊與長木板一起運動，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律有解得當物塊與長木板之間相對滑動時，以物塊為研究對象，根據牛頓第二定律有解得由于，則物塊與長木板之間發生相對滑動。以長木板為研究對象，根據牛頓第二定律有解得（2）作用時間s過程中，物塊做勻加速直線運動，物塊速度的大小為長木板做勻加速直線運動，長木板速度的大小為撤去拉力時長木板的速度大于物塊速度，則撤去拉力之后物塊與長木板之間繼續發生相對滑動，設再經二者共速，物塊繼續做勻加速運動，加速度為長木板做勻減速直線運動，以長木板為研究對象，根據牛頓第二定律有解得設經過時間物塊與長木板達到共同速度v，根據運動學公式解得s，當兩者速度相等之后，假設物塊與長木板一起運動，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律有解得此時物塊與長木板之間的摩擦力為N物塊與長木板之間的最大靜摩擦力為N由于，則物塊與長木板兩者速度相等之后不會一起做減速運動，物塊相對于長木板向前滑動，物塊的加速度停止的時間s物塊運動的時間為以長木板為研究對象，根據牛頓第二定律有解得停止的時間長木板運動的時間為（3）作用s時間過程中，物塊的位移m長木板的位移m撤去拉力后0.1s，此過程中物塊的位移為m長木板的位移m在s和s時間內物塊相對于長木板向左滑動的距離為m當兩者速度相等之后，物塊減速過程運動位移為長木板減速過程運動位移為m此過程中物塊相對于長木板向前滑動的位移為m則，則長