2025届山东省兖州市第一中学物理高一上期中统考模拟试题含解析

2025届山东省兖州市第一中学物理高一上期中统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，茶杯内装有茶水，随着茶水饮用完毕这一过程，杯和水的共同重心将（）A．一直下降 B．一直上升 C．先升后降 D．先降后升2、P、Q、R三点在同一条直线上，一物体从P点静止开始做匀变速直线运动，经过Q点的速度为v，到R点的速度为3v，则PQ：QR等于（）A．1：8 B．1：9 C．1：5 D．1：33、一物体由静止开始运动，其加速度a与位移x的关系图线如图所示．下列说法正确的是()A．物体最终静止 B．物体的最大速度为C．物体的最大速度为 D．物体的最大速度为4、一个物体做初速度为零的匀加速直线运动。关于物体的运动，下列说法中正确的是A．第4s内的平均速度和第5s内的平均速度之比为4:5B．第4s内的平均速度和第5s内的平均速度之比为7:9C．第4s内的速度变化量大于第3s内的速度变化量D．第4s内和前4s内的位移之比为8:165、一个加速直线运动的物体，其加速度是6m/s2，关于这个6m/s2理解正确的是()A．某1s末的速度比该1s初的速度大6m/sB．某1s末的速度比该1s初的速度大6倍C．某1s初的速度与前1s末的速度相差6m/sD．某1s末的速度与前1s初的速度总是相差6m/s6、在动摩擦因数＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2kg的物块．物块与水平轻弹簧相连．并由一与水平方向成＝45°角的拉力拉着物块，如图所示，此时物块处于静止状态，弹簧弹力为2N，（取g＝10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．则以下说法正确的是（）A．此时物块所受的静摩擦力可能向左为6NB．当撤去拉力F的瞬间，物块所受的静摩擦力向右为4NC．当撤去弹簧的瞬间，物块所受的摩擦力向左为4ND．当撤去弹簧的瞬间，物块所受的摩擦力向左为3.2N7、物体由静止做匀加速直线运动，第4s内通过的位移是7m，那么()A．第4s内的平均速度是3.5m/sB．物体的加速度是2m/s2C．前3s内的位移是6mD．3s末的速度是6m/s8、水平面上有一物体做直线运动，物体的加速度随时间变化的关系如图所示，已知t=0时物体的速度为1m/s，以此时的速度方向为正方向，下列说法中正确的是(

)A．在0-1s内物体做匀加速直线运动B．1s末的速度为2m/sC．2s末物体开始反向运动D．3s末物体离出发点最远9、如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有A．TA>TB B．EkA>EkBC．SA=SB D．10、t＝0时，甲乙两汽车从相邻70km的两地开始相向行驶，它们的v-t图象如图所示。忽略汽车掉头所需时间。下列对汽车运动状况的描述正确的是A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在第3小时内，甲乙两车相遇一次D．在第4小时末，甲乙两车相距20km11、某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v﹣t图象，某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是（）A．在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的小B．在0～t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大C．在t1～t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D．在t3～t4时间内，虚线反映的是匀速直线运动12、如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列叙述正确的是（重力加速度为g）（）A．v的极小值为glB．v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大C．当v由gl逐渐增大时，杆对小球的弹力也逐渐增大D．当v由gl逐渐减小时，杆对小球的弹力也逐渐减小二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）在“练习使用打点计时器”实验中，利用重物牵引小车，用电磁打点计时器打点，f=50Hz，得到一条清晰的纸带．取其中的A、B、C、……七个点进行研究，这七个点和刻度尺标度的对应如图所示．（1）小车向_____运动（相对图中方位填“左”或“右”）；（2）A点到D点的距离是__________cm，F点瞬时速度是__________m/s；（3）根据纸带可以计算小车的加速度a的大小约为__________m/s2；（4）如果当时交变电流的频率是f=40Hz，而计算时仍按f=50Hz，那么速度的测量值_____（选填：偏大、偏小、相等）（已知：T=1/f）．14、（10分）某学习小组探究弹簧的伸长与形变的关系，在操作的同时记录数据，其步骤如下：（1）测出钩码的质量为m0。把弹簧平放在水平桌面上，测出弹簧的原长l（2）将该弹簧悬吊在铁架台上，让弹簧自然下垂，如图甲所示。挂上一个钩码，测出此时弹簧的长度为l1（3）之后逐渐增加钩码的个数，并测出弹簧对应的长度分别为l2、l（4）撤去实验装置，将以上过程中记录的数据汇总，并作出钩码质量m与伸长量x的关系图如图乙所示。已知m=im0，x=li请根据以上操作、记录和图像回答以下问题：①m-x图像的横截距为1.00cm，你认为产生的原因是_______（填字母代号）。A．数据计算错误B．把弹簧水平放置测量原长C．选择的弹簧是损坏的D．选择的弹簧是轻弹簧②m-x图线在伸长量x＞5.00cm之后变弯曲，说明了_______（填字母代号）。A．此弹簧已被损坏B．悬挂钩码过多C．钩码下端触地D．添加钩码后，钩码在竖直方向振动，且选择钩码到最高点读数l③从图乙上看，该弹簧水平放置使用时的弹性限度_______（填“大于”、“等于”或“小于”）5m0④已知钩码的质量m0=0.2kg，重力加速度g=9.8m/s2，利用图乙求弹簧的劲度系数k=______________N/m。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）某飞机起飞的速度是50m/s，在跑道上加速时可能产生的最大加速度是4m/s2，求飞机从静止到起飞成功需要跑道最小长度为多少？飞机从开始滑行至起飞需时间为多少？16、（12分）一做自由落体运动的物体，落地时速变为50m/s，不计空气阻力（g取）。求：（1）物体是从多高的地方开始下落的？（2）物体下落过程所用的时间；（3）物体落地前最后1s的初速度大小。17、（12分）如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，

物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g=10m/s²)求：(1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．

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】

考虑两个临界情况，没有饮用时和饮用完毕时的重心情况．【详解】杯子的重心近似在几何重心；水的重心也近似在几何重心；没有饮用时重心有一定的高度，饮用过程水的重心逐渐降低，但全部饮用完毕重心又升高了，故重心是先下降后升高，D正确．【点睛】本题关键是明确重心的概念，注意杯子的重力不能忽略不计，基础题目．2、A【解析】试题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出PQ和PR的距离之比，从而求出PQ和QR的距离之比．解：根据速度位移公式得：PQ=，PR=，则PQ：PR=1：9，所以PQ：QR=1：1．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用．3、C【解析】

物体由静止开始运动，由v2＝2ax可得物体的最大速度的平方为a－x图线与坐标轴所围面积的2倍，则物体的最大速度的平方，解得，故C项正确．4、B【解析】

由“某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度”可得，第4s内和第5s内的平均速度分别为,所以选项A错误，选项B正确。第4s内的速度变化量和第3s内的速度变化量速度变化量相等，为，选项C错误。因物体的初速度为零，故相邻的、相同时间内的位移之比一定是，故第4s内和前4s内的位移之比为7:16，故选项D错误。5、A【解析】

A．因为加速度是6m/s2，可知1s内速度的变化量为6m/s，即某1

s末的速度比该1

s初的速度大6m/s，不一定是6倍的关系，故A正确，B错误；C.某1

s初的速度与前1

s末是同一个时刻，速度相同，故C错误；D.某1

s末的速度与前1

s初相差2s，速度相差12m/s。故D错误。6、D【解析】力F在水平方向上的分力大小为，力F在竖直方向上的分力大小为此时物体受到的最大静摩擦力因为，所以弹簧是被拉长的，以物体为对象受力分析如图所示：A、物体在水平方向上受力平衡则：,得，故A错误；B、当撤去拉力F的瞬间，此时而弹簧的弹力T=2N,由于弹力小于最大静摩擦力，所以物体处于平衡状态，受到静摩擦力，故B错误；CD、当撤去弹簧的瞬间，此时物体受到的最大静摩擦力，而F在水平方向的分力大于最大静摩擦了，所以物体不在平衡，受到的滑动摩擦力，方向向左，故C错误，D正确；综上所述本题答案是：D7、BD【解析】

A、第4s内的平均速度是，故A错误；B、第4s内通过的位移等于前4s的位移减去前3s的位移，解得：a=2m/s2，故B正确；C、前3s内的位移，故C错误；D、3s末的速度是v3=at3=2×3m/s=6m/s，故D正确；故选BD。8、BD【解析】

A.由图可知，0～1s加速度均匀增加，物体做变加速运动，故A错误；B.加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，则1s内速度变化量为：△v=1m/s，由于初速度为v0=1m/s，故1s末的速度为2m/s，故B正确；CD.0～3s内速度的变化量：△v=-1m/s，则3s末物体的速度为0，所以0～3s内物体一直沿正向运动，3s末物体离出发点最远，故C错误，D正确。9、AD【解析】

根据知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A正确；由知：，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，故B错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．【点睛】重点是要掌握天体运动的规律，万有引力提供向心力．选项C容易错选，原因是开普勒行星运动定律的面积定律中有相等时间内行星与太阳的连线扫过的面积相等．这是针对某一行星的，而不是两个行星．10、BCD【解析】

在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变。故A错误。在第2小时末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此时两车相距△x=70-30-30=10（km）。故B正确。在第3小时末，甲的位移大小x甲=×45×3km=67.5km，乙的位移大小x乙=×30×1km=15km，x甲+x乙>70km，可知在第3小时内甲乙两车相遇一次，选项C正确；在第4小时末，甲车的位移x甲=×60×4km=120km，乙车的位移x乙=-×30×2km+×60×2km=30km，此时甲乙相距120km-(70km+30km)=20km，故D正确。故选BCD。【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．11、ABD【解析】由于v﹣t图象的斜率等于物体的加速度，在t1时刻，实线的斜率大于虚线的斜率，故实线表示的加速度大于虚线表示的加速度，故虚线反映的加速度比实际的小．故A正确．在0﹣t1时间内实线与时间轴围成的面积小于虚线与时间轴的面积，故实线反映的运动在0﹣t1时间内通过的位移小于虚线反映的运动在0﹣t1时间内通过的位移，故由虚线计算出的平均速度比实际的大．故B正确．在t1﹣t2时间内，虚线围成的面积小于实线围成的面积，故由虚线计算出的位移比实际的小，故C错误．在t3﹣t4时间内，虚线是一条水平的直线，即物体的速度保持不变，即反映的是匀速直线运动，故D正确．故选ABD．12、BC【解析】在最高点，由于杆子可以表现为支持力，也可以表现为拉力，可知v的最小值为零，故A错误．根据Fn＝mv2r知，v增大，向心力增大，故B正确．当v由gl逐渐增大时，杆子表现为拉力，根据F+mg＝mv2l知，速度增大，弹力增大，故C正确．当v由gl逐渐减小时，杆子表现为支持力，根据mg−F点睛：解决本题的关键知道小球在最高点的临界情况，知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．注意杆的弹力为零时的临界速度gl.二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、左4.134.170.220.240.250.30偏大【解析】①根据相等时间内，点与点间隔越来越大，则有小车向左开始运动，

②由图可以知道，A、B两点的时间间隔是0.1s，A点到D点的距离是4.15cm，

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，．

③根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2

则加速度的大小；

④如果在某次实验中，交流电的频率40Hz，f<50Hz，那么实际打点周期变大，打点时两点间距变大，根据运动学公式，所以测量的速度值偏大．14、BAB等于245【解析】

①m-x图像的横截距为1.00cm，产生的原因是把弹簧水平放置测量原长，应该让弹簧竖直放置量得原长，故选B.②m-x图线在伸长量x＞5.00cm之后变弯曲，说明了弹簧已被损坏，或者是悬挂钩码过多，弹簧超出了弹性限度，故选AB.③从图乙上看，该弹簧水平放置使用时，当弹力大于5m0g时图像发生了弯曲，可知弹簧的弹性限度等于5m0g。④利用图乙求得弹簧的劲度系数k=三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、312.5m,12.5s