江苏省兴化一中2025届高一物理第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

江苏省兴化一中2025届高一物理第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、小明同学绕标准操场一周跑了400m，用时65s，那么A.400m是位移、65s是时刻 B.400m是位移大小、65s是时间C.400m是路程、65s是时刻 D.400m是路程、65s是时间2、关于时间和时刻，下列说法正确的是（）A.新中国成立70周年大阅兵于2019年10月1日上午10点15分在首都北京天安门广场举行，其中“10点15分”指的是时间B.阅兵时长约80分钟，其中“80分钟”指的是时间C.某款单反相机系统设定的曝光时间为0.01s，其中“0.01s"指的是时刻D.时间对应时间轴上的一大段距离，时刻对应时间轴上的一小段距离3、某汽车做匀加速直线运动。已知其加速度为1.5m/s2，则下列说法正确的是A.任意1s内汽车的末速度一定是初速度的1.5倍B.任意1s内汽车的末速度比初速度大1.5m/sC.第3秒的初速度一定比第2秒的末速度大1.5m/sD.第3秒的末速度一定比第2秒的初速度大1.5m/s4、摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮上可以从高处俯瞰四周景色。现假设摩天轮正绕中间的固定轴在竖直面内做匀速圆周运动，游客坐在座舱中与座舱保持相对静止（座舱及乘客可视为质点），则正确的说法是（）A.游客受力平衡 B.游客所受的合外力总是指向摩天轮固定轴C.人在最高点处于超重状态 D.座舱所受的合力始终不变5、如图所示，光滑水平面上用弹簧固定相连的两物体A、B，质量分别为m1、m2．在拉力F作用下，A、B以共同加速度a做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此时A、B的加速度分别为a1、a2，则A.a1=0，a2=0 B.a1=a，a2=-aC.a1=a，a2=-a D.a1=a，a2=-a6、设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x。现有四个不同物体的运动图像如图所示，t=0时刻物体的速度均为零，则其中物体做单向直线运动的图像是（）A. B.C. D.7、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为，A、B之间的动摩擦因数，开始时，此后逐渐增加，在增大到50N的过程中，g取，则（）A.当拉力F<时，物体均保持静止状态B.当拉力时，两物体间的摩擦力为C.两物体开始没有相对运动，当拉力超过18N时，开始相对运动D.两物体始终没有相对运动8、已知两个分力大小分别为F1=5N，F2=8N，则这两个分力合力的大小可能是A.2N B.3NC.10N D.15N9、如图所示，传送带以v的速度匀速运动。将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端，物体将被传送带带到B端，已知物体到达B端之前已和传送带相对静止，则下列说法正确的是（）A.传送带对物体做功为mv2B.传送带克服摩擦做功mv2C.电动机由于传送物体多消耗的能量为mv2D.在传送物体过程中产生的热量为mv210、一个物体做变速直线运动，物体加速度从某一值逐渐减小到零．则在此过程中，下列关于该物体的运动情况的说法中可能正确的是()A.物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大B.物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零C.物体速度不断减小到零，然后物体反向做加速直线运动D.物体速度不断增大，然后速度逐渐减小11、以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是（）A.甲图中学生从起立到站直的过程中，体重计的示数先减小后增大B.乙图中赛车的质量较小，却安装着牵引力很大的发动机，目的是获得很大的加速度C.丙图中海豚的身体呈流线型，可以减小海豚运动中的阻力D.丁图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做匀速直线运动12、某人在t＝0时刻开始观察一个正在做匀加速直线运动的质点，现只测出该质点在第3s内和第7s内的位移，则下列说法正确的是（）A.不能求出任意一秒内的位移B.不能求出任一时刻的瞬时速度C.能求出第3s末到第7s末这段时间内的位移D.能求出质点运动的加速度二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）14、（10分）三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）光滑水平桌面上有一个静止的物体，其质量为7kg，在14N的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动，求：5s末物体的速度的大小？5s内通过的位移是多少？16、（12分）如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1=3m、L2=1m．传送带始终以速度v0=4m/s向右匀速运动．现有一滑块（可视为质点）以速度v1=6m/s滑上传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块与平板、平板与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4,μ2=0.3，滑块、平板的质量均为m=1kg,g=10m/s2．求：(1)滑块滑离传送带时的速度大小；(2)判断滑块能否离开平板，如果能离开，请计算出离开平板时的速度大小。17、（12分）开始做初速度为零的匀加速直线运动的汽车，第1s内通过0.5m位移，问：（1）汽车在第1s末的速度为多大？（2）汽车在第2s内通过的位移为多大？（3）前5秒内的平均速度为多大？

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、D【解析】绕400米操场跑一圈，首末位置重合，则位移的大小为0，路程等于400m．65s指时间长度，是指时间．故ABC错误，D正确故选D2、B【解析】A．其中“10点15分”指的是某一瞬间即时刻，故A错误；B．阅兵时长约80分钟，其中“80分钟”指的是一段时间即时间间隔，故B正确；C．某款单反相机系统设定的曝光时间为0.01s，其中“0.01s"指的是一小段时间，故C错误；D．时刻是指某一瞬时，在时间轴上对应的是一个点，时间是指时间间隔，在时间轴上对应一段线段，故D错误。故选B。3、B【解析】A．加速度为1.5m/s2，由公式知物体的末速度不一定等于初速度的1.5倍，故A错误；B．汽车做匀加速直线运动，根据知，任意一秒内的末速度一定比初速度大1.5m/s，故B正确；C．第3s初和第2s末是同一时刻，汽车速度相同，故C错误；D．第3s末与第2s初间的时间间隔为2s，速度大3m/s，故D错误。故选B。4、B【解析】A．游客做匀速圆周运动，合力提供向心力，受力不平衡，故A错误。

B．因为游客跟着摩天轮一起做匀速圆周运动，所以其合力提供做圆周运动的向心力，向心力的方向沿着半径指向圆心，则合外力也总是沿着半径指向圆心，即指向摩天轮固定轴，故B正确。

C．人在最高点时，合力向下，加速度向下，处于失重状态，故C错误。

D．匀速圆周运动的合力大小不变，方向改变，故D错误。故选B。5、C【解析】当力F作用时，对A根据牛顿第二定律得：F弹=m1a，当突然撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有发生改变，对B受力分析有：-F弹=m2a2，解得：，撤去F的瞬间A的受力情况不变，A的加速度不变，仍为a，即a1=a。A．a1=0，a2=0，故A不符合题意；B．a1=a，a2=-a，故B不符合题意；C．a1=a，a2=-a，故C符合题意；D．a1=a，a2=-a，故D不符合题意。故选C。6、C【解析】A．由A图位移—时间图象可知，位移随时间先增大后减小，2s后反向运动，4s末到达初始位置，故A错误；B．由B图的速度时间图象可知，速度2s内沿正方向运动，沿负方向运动，方向改变，故B错误；C．由C图象可知，物体在第内做匀加速运动，第内做匀减速运动，4s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；D．由D图象可知，物体在第1s内做匀加速运动，第内做匀减速运动，2s末速度减为0，第内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误。故选择C。7、BD【解析】隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力【详解】当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，由牛顿第二定律对B：，对A、B系统：F=（mA+mB）a=（6+3）×6=54N，由此可知，当拉力达到54N时，A、B才发生相对滑动，故C错误，D正确；因地面光滑，当拉力F＜18N时，两物体保持相对静止一起运动，故A错误；因拉力小于54N，故两物体相对静止，根据牛顿第二定律F=（mA+mB）a，代入数据解得加速度为：a=4m/s2，对B可得两物体间的摩擦力为：，故B正确．所以BD正确，AC错误【点睛】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，通过临界加速度求出临界拉力是解决本题的关键，掌握整体法和隔离法的灵活运用8、BC【解析】两个分力F1，F2大小分别为5N和8N，它们的合力范围为3N≤F合≤13N．这两个分力的合力的大小可能是3N和10N，故选BC.点睛：本题考查确定两个分力的合力范围的能力．对于两个分力F1，F2的合力大小在两力之差与两力之和之间9、AC【解析】A．对小物体由动能定理可知传动带对物体做功为，A正确；B．当小物体和传送带共速时，传送带的位移为故传送带克服摩擦力做功为B错误；C．由于传送带克服摩擦力做功为，传送带匀速运动，故电动机多提供的能量即为传送带克服摩擦力做的功，即多提供的能量为，C正确；D．产生的热量为D错误。故选AC。10、ABC【解析】当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，加速度减小，速度增大，当加速度减小为零，速度达到最大，故A正确，D错误．当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动，可能加速度减小为零时，速度恰好减为零，故B正确．当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动，速度减为零时，加速度还未减为零，然后物体反向做加速直线运动，故C正确．故选ABC考点：速度和加速度【名师点睛】解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系11、BC【解析】A．甲图中学生从起立到站直的过程中，其先加速上升，后减速上升，故其加速度的方向先向上后向下，故它先处于超重状态后处于失重状态，所以体重计的示数先增大后减小，选项A错误；B．乙图中赛车的质量较小，却安装着牵引力很大的发动机，根据F=ma可知，其目的是获得很大的加速度，选项B正确；C．丙图中海豚的身体呈流线型，可以减小海豚运动中的阻力，选项C正确；D．丁图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面受到摩擦力的作用而做减速直线运动，选项D错误。故选BC。考点：超重与失重，牛顿第二定律。12、CD【解析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度，以及各秒内的位移．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度【详解】因为连续相等时间内位移之差是一恒量，已知第3s内和第7s内的位移，则可以得出相邻相等时间内的位移之差，从而得出任意1s内的位移，以及第3s末到第7s末的位移，故A错误，C正确．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即x7−x3＝4aT2，可以求出加速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度．故B错误，D正确．故选CD【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、14、三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、v=10m/s，x=25m【解析】根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s末的速度和5s内的位移。【详解】（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为5s末的速度为v=at=2×5m/s=10m/s（2）5s内的位移为【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。16、(1)；(2)【解析】根据牛顿第二定律求出加速度，在结合运动学公式即可求出滑块滑离传送带时的速度大小；滑块滑上平板时，分别求出平板上下表面受到的摩擦力，从而判断平板静止，在根据牛顿第二定律和运动学规律即可求出离开平板时的速度大小【详解】（1）设滑块在传送带上的加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得：设滑块在传送带上减速运动的位移为，且，根据运动规律学解得：，得出滑块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，离开传送带时的速度大小为；（2）滑块滑上平板时，平板上下表面受到的摩擦力分别为，根据受力分析有因为，所