高一物理期末模拟卷（全解全析）【测试范围：人教版2019必修一全册】（新八省通-用）

2025学年高一物理上学期期末模拟卷（考试时间：75分钟，分值：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．测试范围：人教版2019必修一全册。4．难度系数：0.6。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试、得到汽车在平直路面上紧急刹车（刹车后加速度不变）过程中的位置坐标随时间变化的规律为（的单位是的单位是）．则下列说法不正确的是A．刹车后内的位移为 B．该汽车刹车的加速度为C．刹车后末的速度为 D．该汽车刹车的初速度为【答案】A【详解】BD．已知汽车刹车过程中的位移随时间变化的规律为，结合匀变速直线运动位移时间公式，可得汽车刹车时的初速度和加速度大小分别为，，故BD正确；C．刹车后2s末的速度为，故C正确；A．汽车从刹车到停下所用时间为，则刹车后2s内的位移为，故A错误。本题选不正确的，故选A。2．物体沿水平直线运动，某时刻的速度大小为，方向向右，以此时刻为计时起点，以向右为正方向，该物体加速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是A．内，物体的加速度不变B．时，物体的速度大小为，方向向右C．内，物体的位移大小为D．该物体的运动方向时而向左，时而向右【答案】B【详解】A．由图像可知，物体的加速度随时间不断变化，故A错误；B．图像的面积表示速度的变化量，内，物体的速度变化量为，所以时，物体的速度大小为，方向向右，故B正确；C．内物体的图像如下图所示，物体的位移大小小于，故C错误；D．当或时，速度最小为，运动过程中物体速度始终为正，所以物体运动方向始终向右，D错误。故选B。3．如图所示，A同学用两个手指捏住直尺的顶端，B同学用一只手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备。在A同学放开手指让直尺下落时，B同学立刻捏住直尺，通过捏到的刻度即可测出反应时间。下列说法正确的是A．该实验测量是A同学的反应时间B．捏到的刻度越大，反应时间越短C．若在长度刻度旁标记反应时间刻度，则该刻度均匀分布D．若B同学开始时在0刻度线下方做好准备，则测得的反应时间偏短【答案】D【详解】A．依题意，可知该实验测出的是B同学的反应时间，故A错误；B．直尺在下落的过程中近似做自由落体运动，由可得捏到的刻度越大，反应时间越长，故B错误；C．刻度尺的下落速度增大，连续相等时间内的位移也增大，若把刻度尺的长度刻度直接标注为反应时间刻度，则刻度不是均匀的，C错误；D．则若B同学开始时在0刻度线下方做好准备，捏到的刻度偏小，则测得的反应时间偏短。故D正确。故选D。4．如图所示，一名运动员在走廊里用双腿撑墙，使自己静止于两竖直墙之间（全身离地有一定高度）。下列说法正确的是A．运动员对墙壁的弹力和墙壁对运动员的弹力是一对平衡力B．运动员对墙壁先施加弹力，墙壁对运动员后产生弹力C．墙壁越粗糙，则墙壁对运动员的摩擦力越大D．墙壁对运动员的弹力是因为墙壁发生了弹性形变产生的【答案】D【详解】AB．运动员对墙壁的弹力和墙壁对运动员的弹力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，同时产生，同时消失，故AB错误；C．以运动员为研究对象，竖直方向上，运动员受到重力和墙对运动员的摩擦力，处于平衡状态，根据平衡条件可知墙壁对运动员的摩擦力和重力大小相等、方向相反，沿墙面竖直向上，与墙壁的粗糙程度和运动员对墙壁的压力没有关系，故C错误；D．墙壁对运动员的弹力是因为墙壁发生了弹性形变产生的，故D正确。故选D。5．下面关于力的说法中正确的有A．力的作用离不开施力物体，但可以没有受力物体，如拳击运动员一拳出去却没打着对方，此时只有施力物体而没有受力物体B．只有直接接触的物体之间才可能有力的作用C．力是物体对物体的作用，施力物体和受力物体总是成对出现的D．没有施力物体和受力物体，力照样可以存在【答案】C【详解】A．由于物体间力的作用是相互的，所以物体只要有力的作用，必然既有施力物体又有受力物体，故A错误；B．不接触的物体之间也能产生力的作用，例如磁铁和铁钉之间不接触也能产生力的作用，故B错误；C．由于物体间力的作用是相互的，所以物体只要有力的作用，必然既有施力物体又有受力物体，故C正确；D．由于物体间力的作用是相互的，所以物体只要有力的作用，必然既有施力物体又有受力物体，所以没有施力物体和受力物体，就不可能有力的产生，故D错误。故选C。6．小孙同学手端餐盘走向餐桌的过程中时的情景如图所示。假设餐盘保持水平，盘中的物品四周都留有一定的空间，并与餐盘保持相对静止，则下列说法正确的是A．匀速向前行走时，盘对水果的作用力水平向前B．减速行走时，水果受到4个力的作用C．将餐盘竖直向下放到餐桌上的过程中，食物一直处于超重状态D．若餐盘稍微倾斜，但盘和水果仍静止，则水果受盘的作用力竖直向上【答案】D【详解】A．匀速向前行走时，水果处于平衡状态，则盘对水果的作用力竖直向上，选项A错误；B．减速行走时，水果受到重力、水果盘对水果的支持力和摩擦力，共3个力的作用，选项B错误；C．将餐盘竖直向下放到餐桌上的过程中，食物的加速度先向下后向上，则先失重后超重，选项C错误；D．若餐盘稍微倾斜，但盘和水果仍静止，则水果受盘的作用力与重力等大反向，即竖直向上，选项D正确。故选D。7．如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中A．物块加速运动时的加速度大小为B．物块加速运动的时间为C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4ND．物块与传送带之间的痕迹长为3m【答案】B【详解】AB．初始时物块做加速运动，对其受力分析有，加速运动，其加速时间为，有，，当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，根据题意有，解得，，，故A错误，B正确；C．匀速运动时，物块受力平衡，有，解得，故C项错误；D．物块与传送带在发生相对运动时，即物块加速时，物块在传送带上有划痕，物块匀速时和传送带共速，此时没有划痕，所以划痕长为故D项错误。故选B。8．（2024·日照期中）对速度、加速度的理解，下列说法正确的是（）A．速度变化量越大，加速度一定越大B．速度的变化率越大，加速度一定越大C．由可知，速度与位移成正比，与发生这段位移所用的时间成反比D．加速度方向与速度变化量的方向一定相同【答案】BD【详解】A．根据，可知，速度变化量越大，加速度不一定越大，故A错误；B．速度的变化率越大，加速度一定越大，故B正确；C．该式为速度的定义式，采用比值定义法，所以速度与位移不成正比，与发生这段位移所用的时间不成反比，故C错误；D．加速度方向与速度变化量的方向一定相同，故D正确。故选BD。9．甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位置随时间变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图像与轴相切于处，则下列说法正确的是A．内，乙车的平均速度为0B．乙车的加速度大小为C．整个运动过程中，甲、乙两车共相遇2次D．，乙车速度的变化量大小为【答案】ACD【详解】A．内，乙车的位移为零，故乙车的平均速度为0，故A正确；B．由题意可知，乙车在10s末的速度为零，在的时间内，则乙车的加速度大小为，故B错误；C．图像的交点表示相遇，由图可知整个运动过程中，甲、乙两车共相遇2次，故C正确；D．由于乙车做匀变速直线运动，根据，可知，乙车速度的变化量大小为，故D正确。故选ACD。10．一粗糙斜面静止在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。有三根细绳，其结点为O，其中一细绳跨过滑轮与斜面上的物块A相连，另一细绳下端悬挂B物块，现用一水平力F拉住第三根细绳，使O点与滑轮的连线跟竖直方向成角，系统处于静止状态。保持O点的位置不变，沿顺时针方向缓慢调整力F的方向直至竖直。已知系统中各物体始终保持静止，则在此过程中A．拉力F的大小可能与水平状态时的值相同 B．物块A所受细绳的拉力大小一定一直减小C．地面对斜面的摩擦力大小一定一直增加D．物块A所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大【答案】BD【详解】AB．根据系统处于静止状态，对点进行受力分析可知，如图所示：保持点的位置不变，沿顺时针方向缓慢调整力的方向直至竖直，绳子拉力一直减小，根据牛顿第三定律可得物块所受细绳的拉力大小一直减小；在水平位置时拉力的大小为：在竖直位置时拉力的大小为：，故A错误，B正确；C．视系统为对象，根据平衡条件可得地面对斜面的摩擦力与拉力在水平方向的分量大小相等，方向相反，根据正交分解可知，沿顺时针方向缓慢调整力的方向直至竖直过程中，拉力在水平方向的分量大小一直减小，所以地面对斜面的摩擦力大小一定一直减小，故C错误；D．对的受力分析，开始时可能是，当不断减小的时候，沿斜面的摩擦力一直增大；也可能是，当不断减小的时候，沿斜面的摩擦力先减小后反向增大，故D正确；故选BD。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13题~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（8分）物理学习小组利用实验室的器材设计了如图1所示的实验装置进行“验证两个互成角度的力的合成规律”实验，量角器竖直放置，结点O与量角器的中心点在同一位置。（1）本实验采用的科学方法是___________（填选项序号）。A．理想实验法 B．等效替代法C．控制变量法 D．建立物理模型法（2）实验中保持重物c质量不变以及O点位置不变，改变细绳与细绳的方向，细绳与细绳拉力的合力（填“变化”或“不变化”）。（3）关于该实验，下列说法正确的是___________。A．弹簧测力计必须与量角器平行B．连接弹簧测力计的两细绳之间的夹角越大越好C．两细绳、必须垂直（4）在某次实验中，弹簧测力计a、b的读数分别是、，然后只用弹簧测力计a测量物体重力，其读数为F，最后根据平行四边形定则作出、的合力。若操作正确，则作出的图应是图（填“2”或“3”）。【答案】（1）B（2）不变化（3）A（4）2【详解】（1）该实验是用一个力作用产生的作用效果与两个共同作用产生的作用效果相同来探究两个互成角度的力的合成规律，所以使用的科学方法是等效替代法。故选B。（2）仅改变细绳与细绳的方向，细绳与细绳拉力的合力大小仍等于细绳的拉力大小，由于重物c质量不变以及O点位置不变，细绳的拉力不变化，则细绳与细绳拉力的合力不变化。（3）A．测量时弹簧测力计必须与量角器平行且在同一竖直平面内，故A正确；BC．为减小实验误差，与两弹簧测力计相连的细绳之间的夹角要适当大一点，但不是越大越好，也不是一定要垂直，故BC错误。故选A。（4）是通过实验得到的合力，一定沿竖直方向，合力是通过平行四边形得到的理论值，不一定在竖直方向上，则若操作正确，则作出的图应是图2。12．（10分）如图甲所示为“用电火花打点计时器测当地重力加速度”的实验装置图（已知打点频率为50Hz），则（1）实验需要的电源为（填“交流”或“直流”）电源，电压为V。（2）实验时下面的步骤先后顺序正确的是______。A．先释放纸带，后接通打点计时器电源B．先接通打点计时器电源，后释放纸带（3）如图乙所示为实验中选出的一条点迹清晰的纸带，已知纸带上记录的点为打点计时器打的点，打点计时器在打C点时物体的瞬时速度大小为m/s，所测得的重力加速度大小为m/s2。（计算结果均保留三位有效数字）（4）通过图像也可以得出重力加速度，并且能剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。若丙图中的v2－h图像的斜率为k，则重力加速度g=（用k表示）。（5）若当地的重力加速度数值为9.8m/s2，请写出测量值与当地重力加速度的值有差异的一个原因。【答案】（1）交流220（2）B（3）1.179.75（4）（5）因为实验过程存在空气阻力，使得下落过程的加速度比重力加速度稍小。【详解】（1）[1][2]打点计时器需要的电源为交流；因为本实验用电火花打点计时器，所以电压为220V；（2）为了尽可能利用纸带应先接通打点计时器，后释放纸带。故选B。（3）[1][2]计时器打点时间间隔为T=0.02s，根据匀变速直线运动规律可知打点计时器在打C点时物体的瞬时速度大小为，根据逐差法可知所测得的重力加速度大小为（4）根据自由落体运动，速度位移关系v2=2ghv2-h图象的斜率k=2g，重力加速度（5）因为实验过程存在空气阻力，使得下落过程的加速度比重力加速度稍小。13．（10分）如图所示，一质量的小球甲分别与一根轻质弹簧和一根不可伸长的轻绳连接，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳绕过一光滑定滑轮（大小不计），绳段与竖直方向的夹角。一光滑小球乙由轻绳拴接置于半径为的半圆柱体表面，半圆柱体截面的圆心点与定滑轮中心在同一竖直线上，的距离为，绳段沿半圆柱的切线方向。两个小球均可视为质点，整个系统处于同一竖直面内，且始终保持静止。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，，，求：（1）弹簧的伸长量；（2）小球乙的质量；（3）半圆柱体受到地面的摩擦力大小。【答案】（1）（2）（3）【详解】（1）对小球甲受力分析并正交分解如图1所示，有：由小球甲平衡条件可知联立解得，由胡克定律可知解得（2）令，由几何关系可知得对小球乙受力分析如图2所示，利用合成法可知由同一根绳上弹力处处相等可知解得（3）法一：由（2）可知对半圆柱体受力分析如图3所示，有：联立解得法二：将小球乙和半圆柱体看成一个整体，对整体分析如图4所示，可知14．（12分）如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为，物块的质量为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，对长木板施加一个水平向右的拉力，拉力，作用后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，求∶（1）刚开始运动时物块与长木板的加速度大小分别为多大；（2）撤去拉力后，和运动的时间分别为多少；（3）长木板的最短长度。【答案】（1），（2）1.1s，0.5s（3）0.6m【详解】（1）假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有解得当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有解得由于，则物块与长木板之间发生相对滑动。以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有解得（2）作用时间s过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度的大小为长木板做匀加速直线运动，长木板速度的大小为撤去拉力时长木板的速度大于物块速度，则撤去拉力之后物块与长木板之间继续发生相对滑动，设再经二者共速，物块继续做匀加速运动，加速度为长木板做匀减速直线运动，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有解得设经过时间物块与长木板达到共同速度v，根据运动学公式解得s，当两者速度相等之后，假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有解得此时物块与长木板之间的摩擦力为N物块与长木板之间的最大静摩擦力为N由于，则物块与长木板两者速度相等之后不会一起做减速运动，物块相对于长木板向前滑动，物块的加速度停止的时间s物块运动的时间为以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有解得停止的时间长木板运动的时间为（3）作用s时间过程中，物块的位移m长木板的位移m撤去拉力后0.1s，此过程中物块的位移为m长木板的位移m在s和s时间内物块相对于长木板向左滑动的距离为m当两者速度相等之后，物块减速过程运动位移为长木板减速过程运动位移为m此过程中物块相对于长木板向前滑动的位移为m则，则长