2025屆河北省正定縣一中高一物理第一學(xué)期期末檢測(cè)模擬試題含解析

2025屆河北省正定縣一中高一物理第一學(xué)期期末檢測(cè)模擬試題注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯(cuò)選和不選得零分）1、如圖所示為汽車(chē)千斤頂?shù)氖疽鈭D，千斤頂主要由輕桿OA，OB及平臺(tái)組成，若作用在汽車(chē)千斤頂平臺(tái)處的壓力為F，不考慮平臺(tái)的重力，則OA桿受到力的大小是（）A. B.C. D.2、一個(gè)以初速度沿直線運(yùn)動(dòng)物體,末速度為,如圖所示,則下列關(guān)于內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的平均速度和加速度a的說(shuō)法中,正確的是()A. B.C.a恒定 D.a隨時(shí)間逐漸減小3、一架小型無(wú)人機(jī)(可視為質(zhì)點(diǎn))在預(yù)定地點(diǎn)上空開(kāi)始以初速度v勻減速豎直下落，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)地面速度恰好為零，則無(wú)人機(jī)在時(shí)刻距離地面的高度為（）A. B.C. D.4、質(zhì)量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細(xì)繩跨過(guò)光滑定滑輪分別連接著P與小車(chē)，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車(chē)以速率v水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小車(chē)與滑輪間的細(xì)繩和水平方向成夾角θ2時(shí)（如圖），下列判斷正確的是（）A.P的速率為vB.繩的拉力等于mgsinθlC.P的速率為vcosθ2D.繩的拉力小于mgsinθ15、下列物理量是物理學(xué)中規(guī)定的基本物理量的是（）A.力 B.速度C.溫度 D.加速度6、下列對(duì)牛頓第二定律表達(dá)式F=ma及其變形公式的理解，正確的是A.由可知，物體所受的合外力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成正比B.由可知，物體的質(zhì)量與其所受合外力成正比，與其運(yùn)動(dòng)加速度成反比C.由可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質(zhì)量成反比D.由可知，物體的質(zhì)量是物體的固有屬性，所以不可以通過(guò)測(cè)量它的加速度和它受到的合外力而求得7、物體從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)通過(guò)的位移是3m，則（）A.前3s的位移是6mB.3s末的速度是3.6m/sC.第3s內(nèi)平均速度是3m/sD.3s內(nèi)平均速度是2m/s8、如圖甲所示，水平傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小物塊以某一水平初速度從傳送帶左端滑上傳送帶，通過(guò)速度傳感器記錄下小物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，取向左為正方向，以小物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。已知傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2。下列說(shuō)法中正確的是A.小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為5sB.小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C.小物塊距離傳送帶左端的最大距離為8mD.小物塊在傳送帶上相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離為9m9、如圖所示，物體放在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)斜面的傾角逐漸減小時(shí)，物體所受A.重力與支持力的合力逐漸減小B.重力與靜摩擦力的合力逐漸減小C.支持力與靜摩擦力和合力逐漸減小D.重力、支持力和靜摩擦力的合力保持不變，一直為010、某小城街道兩旁的仿古路燈如圖所示，燈籠懸掛在燈柱上，若風(fēng)沿水平方向由右向左吹來(lái)，且風(fēng)力緩慢增大，則（）A.燈柱對(duì)燈籠作用力逐漸減小B.燈柱對(duì)燈籠的作用力逐漸增大C.燈柱對(duì)燈籠的作用力與豎直方向的夾角逐漸增大D.燈柱對(duì)燈籠的作用力與豎直方向的夾角逐漸減小11、與物體的重力勢(shì)能有關(guān)的因素是（）A.物體的質(zhì)量 B.物體的速度C.物體和參考平面之間的高度差 D.物體的大小12、如圖所示,MNPQ為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,ACB為光滑固定的半圓形軌道,圓軌道半徑為R,A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn),ACB為圓弧.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小球,從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放,并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道.不計(jì)空氣阻力及一切能量損失,關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況,下列說(shuō)法正確的是(

)A.小球再次到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零B.小球一定能從B點(diǎn)離開(kāi)軌道C.小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D.當(dāng)小球從B點(diǎn)離開(kāi)時(shí),上升的高度一定等于H二、實(shí)驗(yàn)題（本題共16分，答案寫(xiě)在題中橫線上）13、（6分）14、（10分）三、計(jì)算題要求解題步驟，和必要的文字說(shuō)明（本題共36分）15、（12分）一摩托車(chē)由靜止開(kāi)始在平直公路上行駛，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v-t圖像如圖所示，求：（1）摩托車(chē)在0~20s這段時(shí)間的加速度大小a；（2）摩托車(chē)在0~75s這段時(shí)間的平均速度大小。16、（12分）如圖所示，a、b是兩個(gè)半徑都為R的光滑小球，球的質(zhì)量均為m，現(xiàn)將它們用長(zhǎng)為2R的細(xì)繩連結(jié)在一起，在細(xì)繩的中點(diǎn)O處用一豎直向上的恒力F拉著兩個(gè)小球一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求：(1)兩球運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(2)OB段繩的拉力FB的大小；(3)a球?qū)球壓力FN的大小。17、（12分）一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示．t=0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短）．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板．已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖（b）所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；（2）木板的最小長(zhǎng)度；

參考答案一、選擇題：（1-6題為單選題7-12為多選，每題4分，漏選得2分，錯(cuò)選和不選得零分）1、B【解析】對(duì)O點(diǎn)受力分析，由平衡條件，求OA作用力即可【詳解】根據(jù)題意，對(duì)形千斤頂O點(diǎn)受力分析如圖：由平衡條件得：．故ACD錯(cuò)誤，B正確故選B【點(diǎn)睛】本題應(yīng)用平衡條件分析實(shí)際問(wèn)題，可以采用力的分解法，也可以應(yīng)用正交分解法或合成法分析2、D【解析】AB．速度圖像中，圖線下方包圍的面積值表示位移的大小，由圖像可知，實(shí)際圖線下方包圍的面積大于梯形下方包圍的面積，所以有內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的平均速度AB錯(cuò)誤；CD．圖線的切線斜率表示物體的加速度，因曲線的切線斜率逐漸減小，所以加速度a隨時(shí)間逐漸減小，C錯(cuò)誤D正確。故選D。3、A【解析】無(wú)人機(jī)做豎直向下的勻減速直線運(yùn)動(dòng)到停止，由逆向思維法可看成向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：無(wú)人機(jī)在時(shí)刻的高度相當(dāng)于勻加速的位移，有：聯(lián)立解得：故選A。4、C【解析】將小車(chē)的速度v進(jìn)行分解如圖所示，則vp=vcosθ2，小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，θ2減小，v不變，則vp逐漸增大，說(shuō)明物體P沿斜面向上做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律T-mgsinθ1=ma，可知繩子對(duì)A的拉力T＞mgsinθ1，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C.【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵得出A、B的速度關(guān)系，由牛頓第二定律分析繩子的拉力與重力的大小關(guān)系，運(yùn)用外推法，即極限法分析A物體的加速度如何變化是難點(diǎn)5、C【解析】物理學(xué)中國(guó)際單位制中規(guī)定的七個(gè)基本物理量的是：長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、電流強(qiáng)度、物質(zhì)的量、溫度以及光強(qiáng)，故選C。6、C【解析】A.物體的合外力與物體的質(zhì)量和加速度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；BD.物體的質(zhì)量與合外力以及加速度無(wú)關(guān)，由本身的性質(zhì)決定，但可以通過(guò)測(cè)量它的加速度和它受到的合外力而求得，故BD錯(cuò)誤；C.由可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質(zhì)量成反比，故C正確。故選C。7、BC【解析】A．設(shè)加速度為a，則3＝a×32?a×22可得a=1.2m/s2，則前3s的位移是選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．3s末的速度為at=1.2×3=3.6m/s則B正確；C．第3s內(nèi)的平均速度是則C正確；D．3s內(nèi)平均速度是選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選BC8、BD【解析】A．由速度圖像可知，物塊初速度大小v=4m/s、傳送帶速度大小v'=2m/s，物塊在傳送帶上滑動(dòng)t1=3s后，與傳送帶相對(duì)靜止，前2秒內(nèi)物塊的位移大小方向向右，后1秒內(nèi)的位移大小方向向左，3秒內(nèi)位移方向向右，物塊再向左運(yùn)動(dòng)時(shí)間物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間故A錯(cuò)誤；B．由速度圖像可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度由牛頓第二定律得解得故B正確；C．當(dāng)物塊的速度減為零時(shí)距離傳送帶左端有最大距離，前2秒內(nèi)物塊的位移大小即距離傳送帶左端的最大距離是4m，故C錯(cuò)誤；D．物塊在皮帶上滑動(dòng)的3s內(nèi)，皮帶的位移方向向左，物塊位移方向向右，相對(duì)位移為故D正確。故選BD。9、AD【解析】物體受重力、支持力、靜摩擦力，由于開(kāi)始處于平衡，當(dāng)斜面的傾角逐漸減小時(shí)，物體仍然能平衡，即合力為零A項(xiàng)：重力與支持力的合力即為靜摩擦力，靜摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力大小，當(dāng)斜面的傾角逐漸減小時(shí)，靜摩擦力減小，故A正確；B項(xiàng)：重力與靜摩擦力的合力即為支持力，支持力大小等于重力垂直板的分力，當(dāng)斜面的傾角逐漸減小時(shí)，支持力增大，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：支持力與靜摩擦力的合力即為重力，當(dāng)斜面的傾角逐漸減小時(shí)不變，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：由平衡條件可知，重力、支持力和靜摩擦力的合力保持不變，一直為0，故D正確故選AD10、BC【解析】對(duì)燈籠受力分析可得下圖所示由勾股定理可得，風(fēng)力越來(lái)越大，則燈柱對(duì)燈籠的作用力逐漸增大，燈柱對(duì)燈籠的作用力與豎直方向的夾角逐漸增大，AD錯(cuò)誤，BC正確。故選BC。11、AC【解析】物體重力勢(shì)能的表達(dá)式：，由物體的重力和物體距參考平面的高度決定，AC正確，BD錯(cuò)誤；故選AC12、CD【解析】當(dāng)小球的重力與電場(chǎng)力平衡，小球進(jìn)入軌道，靠彈力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．根據(jù)動(dòng)能定律判斷上升的高度與H的關(guān)系．．通過(guò)假設(shè)法判斷小球到達(dá)C點(diǎn)的速度能否為零，若能為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，電場(chǎng)力做功做功等于重力做功，則電場(chǎng)力大于重力，無(wú)法做圓周運(yùn)動(dòng)【詳解】A、若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，由動(dòng)能定理得，小球所受電場(chǎng)力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，所以小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零，A錯(cuò)誤；B、由于題中沒(méi)有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點(diǎn)離開(kāi)軌道，B錯(cuò)誤；C、若重力大小等于電場(chǎng)力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確；D、若小球能從B點(diǎn)離開(kāi)軌道，由于小球在AB部分電場(chǎng)力做功為零，所以若小球能從B點(diǎn)離開(kāi)，上升的高度一定等于H，D正確故選CD【點(diǎn)睛】本題考查了帶電小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合運(yùn)用了動(dòng)能定理、牛頓第二定律等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高二、實(shí)驗(yàn)題（本題共16分，答案寫(xiě)在題中橫線上）13、14、三、計(jì)算題要求解題步驟，和必要的文字說(shuō)明（本題共36分）15、（1）1.5m/s2；（2）20m/s【解析】（1）摩托車(chē)在0~20s這段時(shí)間的加速度大小為（2）摩托車(chē)在0~75s這段時(shí)間的位移大小為平均速度大小為16、(1)－g(2)(3)【解析】(1)對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律F-2mg＝2ma解得a=-g(2)分析b球受力FBcos-mg=ma解得FB=(3)與F垂直方向球b受力平衡：FN-FBsin=0解得FN=17、（1）0.1；0.4（2）6m【解析】（1）對(duì)碰前過(guò)程由牛頓第二定律時(shí)進(jìn)行分析，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得μ1；再對(duì)碰后過(guò)程分析同理可求得μ2（2）分別對(duì)木板和物塊進(jìn)行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解位移，則可求得相對(duì)位移，即可求得木板的長(zhǎng)度；【詳解】（1）規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M．由牛頓第二定律有：-μ1（m+M）g=（m+M）a1…①由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間速度v1=4m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1=v0+at1…②s0＝v0t1+a1t12…③式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木塊和木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度聯(lián)立①②③式和題給條件得：μ1=0.1…④在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：-μ2mg=ma2…⑤由圖可得：a2＝…⑥式中，t2=2s，v2=0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得：μ2