必修第一册综合卷（word版）-【精英1号】2025年高中物理学考笔记·仿真综合卷

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 必修第一册综合卷 (时间：60分钟　分值：100分) 一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．物理是一门实验性学科，要用到很多测量仪器，下列哪种仪器测量的不是国际单位制中的基本量(　　) 　　　　　　　　　　　　　　 【答案】C 【解析】在国际单位制中，长度、时间、质量是三个力学基本量，刻度尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，停表是测量时间的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器，力不是国际单位制中的基本量，故C项正确。 2．下列物理量中，属于矢量的是(　　) A．路程 B．质量 C．速度 D．时间 【答案】C 【解析】路程、质量和时间只有大小，没有方向，是标量；速度既有大小又有方向，运算时遵守平行四边形定则，是矢量。故选C。 3．第32届夏季奥林匹克运动会于2021年7月23日在日本东京开幕，以下比赛项目中，可将运动员视为质点的是(　　) 　　　 【答案】C 【解析】蹦床项目中要考虑运动员的动作，故不能将运动员视为质点，选项A错误；跳水时要考虑运动员的姿态，故不能将运动员视为质点，选项B错误；自行车4千米追逐赛中要考虑自行车完成赛程所用的时间，自行车和运动员的大小和形状可以忽略不计，可以将运动员视为质点，选项C正确；花样游泳中要考虑运动员的姿态，运动员的形状不能忽略，所以不能将运动员视为质点，选项D错误。 4．[2023·浙江·高一联考]2022年12月4日，搭载着航天员陈冬、刘洋和蔡旭哲的“神舟十四号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。关于“神舟十四号”下列数据指时刻的是(　　) A．返回舱于20时09分成功着陆 B．返回舱穿越“黑障”过程中会和地面失联约5分钟 C．“神舟十四号”整个返回过程约8小时 D．三位航天员此次出征太空历时183天 【答案】A 【解析】20时09分指的是着陆的时刻，A正确；5分钟指的是失联的时间间隔，B错误；8小时指的是返回过程的时间间隔，C错误；183天指的是三位航天员在太空的时间间隔，D错误。故选A。 5．人们通常所说的“速度”，有时指瞬时速度，有时指平均速度，有时指平均速率。下列表述中，指瞬时速度的是(　　) A．人散步的速度约为1 m/s B．子弹射出枪口时的速度是800 m/s C．汽车从甲站行驶到乙站的速度是20 m/s D．汽车经过平潭海峡公铁大桥的速度是100 km/h 【答案】B 【解析】人散步的速度约为1 m/s，汽车从甲站行驶到乙站的速度是20 m/s，汽车经过平潭海峡公铁大桥的速度是100 km/h，均指平均速度；子弹射出枪口时的速度是800 m/s，指瞬时速度。故选B。 6．一小球从离地面10 m高处竖直下落，与地面接触反弹后上升到距地面3 m高处被接住，则整个过程中(　　) A．小球的位移大小为7 m，方向竖直向下，路程为13 m B．小球的位移大小为7 m，方向竖直向下，路程为3 m C．小球的位移大小为13 m，方向竖直向下，路程为7 m D．小球的位移大小为13 m，方向竖直向下，路程为10 m 【答案】A 【解析】小球运动过程如图所示。 小球的位移大小为x＝10 m－3 m＝7 m， 方向竖直向下。 小球通过的路程为s＝10 m＋3 m＝13 m。故选A。 7．[2023·浙江舟山·学考模拟]右图所示为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼­10”战机大仰角沿直线减速爬升的情景，则战机在爬升过程中所受合力方向(　　) A．竖直向上 B．与速度方向相同 C．与速度方向相反 D．与速度方向垂直 【答案】C 【解析】“歼­10”战机大仰角沿直线减速爬升，说明加速度方向与速度方向相反，合外力方向与加速度方向又相同，所以合力方向与速度方向相反。故选C。 8．共享单车是节能环保的交通工具。关于小马同学骑共享单车上学的情形，下列说法正确的是(　　) A．车加速前进时，速度越大，惯性越大 B．不蹬车时，车继续滑行是因为车受到向前的冲力 C．不蹬车时，车继续滑行是因为受到惯性力的作用 D．刹车停止后，车的惯性不会消失 【答案】D 【解析】惯性只与物体质量有关，与速度无关，故A错误；不蹬车时，车继续滑行是因为车具有惯性，而非受到向前的冲力，故B错误；惯性是物体自身具有的一种属性，而非其他物体施加的力，所以“受到惯性力的作用”说法错误，故C错误；惯性只与物体质量有关，与物体状态无关，所以刹车停止后，车的惯性不会消失，故D正确。故选D。 9．[2023·浙江·高一期末]体育课上一学生将足球踢向斜台，如图所示。下列关于足球与斜台作用时斜台对足球的弹力方向的说法正确的是(　　) A．沿v1的方向 B．沿v2的方向 C．先沿v1的方向后沿v2的方向 D．沿垂直于斜台斜向左上方的方向 【答案】D 【解析】点面接触时，弹力方向垂直于接触面，所以足球受到沿垂直于斜台斜向左上方的弹力。故选D。 10．[2023·浙江湖州·学考模拟]如图所示，质量为m的物体在倾角为θ的斜面上保持静止，物体受到的重力可分解为平行于斜面的F1和垂直于斜面的F2，重力加速度为g，则F2的大小为(　　) A．mgsin θ B．mg C．mgcos θ D．2mg 　　　　　　 　【答案】C 【解析】根据正交分解可得F1＝mgsin θ，F2＝mgcos θ。故选C。 11．在某学校举行的足球“颠球”比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，如图所示，足球颠起高度约为0.8 m，估算足球刚被颠起时的速度大小约为(　　) A．6 m/s B．4 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 【答案】B 【解析】足球颠起高度约为0.8 m，由逆向思维根据位移速度公式得2gh＝v2，估算足球刚被颠起时的速度大小约为v＝4 m/s。故选B。 12．[2023·浙江金华·阶段练习]2022年北京冬残奥会吉祥物雪容融如图所示，雪容融静止在水平冰面上，下列说法正确的是(　　) A．雪容融对冰面的压力就是雪容融的重力 B．雪容融受到冰面的支持力是因为雪容融底部发生弹性形变而引起的 C．雪容融一定会受到冰面的摩擦力 D．雪容融对冰面的压力与冰面对雪容融的支持力是一对作用力与反作用力 【答案】D 【解析】雪容融对冰面的压力大小等于重力大小，但不是重力，故A错误；雪容融受到冰面的支持力是因为冰面的形变引起的，故B错误；雪容融处于平衡状态，水平方向不受力，不受摩擦力作用，故C错误；雪容融对冰面的压力与冰面对雪容融的支持力大小相等方向相反，是一对作用力与反作用力，故D正确。故选D。 13．下图是某物体在0～10 s内的位移—时间(x­t)图像，下列说法正确的是(　　) A．物体在第1 s内的位移为8 m B．物体在第5 s内的位移为8 m C．物体在前5 s内的位移为8 m D．物体在后5 s内的位移为16 m 【答案】C 【解析】由题图可知，物体在0～2 s内位移从0均匀增加到8 m，即每秒钟发生的位移是4 m，A错误；物体在第5 s内是静止的，故第5 s内物体的位移为零，B错误；物体在前5 s内的位移即前2 s内的位移，等于8 m，C正确；物体在后5 s内的位移为6～10 s的位移，等于8 m，D错误。 14．[2023·浙江温州·高一统考期末]一个质量为2 kg的物体，在光滑的水平地面上受到三个水平共点力F1、F2、F3作用处于静止状态，这三个力的大小分别为10 N、6 N、14 N，现将其中F3突然减小到8 N，这三个力方向不变，则此时物体的加速度为(　　) A．4 m/s2 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．0 【答案】B 【解析】现将其中F3突然减小到8 N，这三个力方向不变，可知此时物体受到的合力大小为F合＝14 N－8 N＝6 N， 根据牛顿第二定律可得，物体的加速度为a＝＝ m/s2＝3 m/s2。故选B。 15．[2023·浙江杭州·阶段练习]关于物体的加速度，下列说法正确的是(　　) A．运动的物体一定有加速度 B．物体的速度越大，它的加速度一定越大 C．物体的速度为零，它的加速度不一定为零 D．物体的速度变化越大，它的加速度也一定越大 【答案】C 【解析】运动的物体不一定有加速度，如做匀速直线运动的物体，A错误；物体的速度越大，加速度不一定大，如高速行驶做匀速直线运动的火车，B错误；物体的速度为零，它的加速度不一定为零，如在高处刚刚释放的物体，C正确；根据a＝可知物体的速度变化越大，加速度不一定越大，D错误。故选C。 16．汽车以10 m/s的速度匀速行驶，5 min后突然刹车。若刹车过程中汽车做匀变速直线运动，加速度大小为5 m/s2，则从开始刹车时计时，经过3 s汽车驶过的位移为(　　) A．52.5 m B．7.5 m C．30 m D．10 m 【答案】D 【解析】汽车速度减为零所需的时间t＝＝2 s，故从开始刹车时计时，经过3 s汽车行驶的位移等于经过2 s汽车行驶的位移，可得汽车驶过的位移为x＝vt＝×2 m＝10 m。故选D。 17．如图甲所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为图乙，传送带长为 2.1 m，被检物品与传送带的动摩擦因数μ＝0.3。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4 m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10 m/s2，被检物品可视为质点)，下列说法正确的是(　　) A．物品先做匀加速运动后做匀速运动 B．物品从A端到B端所用的时间为1.5 s C．物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力 D．若减小传送带速度物品传送时 　【答案】D 【解析】物品先做匀加速直线运动，由μmg＝ma，得a＝3 m/s2，假设物品可以加速到与传送带共速，则加速运动的时间为t1＝＝ s，加速运动的距离为x1＝at＝ m≈2.67 m>2.1 m，因此物品在传送带上一直做加速运动，A错误；因物品一直加速运动，由s＝at2 可得，物品从A端到B端所用的时间t＝＝ s≈1.18 s，B错误；因为物品一直加速运动，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力，C错误；当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。故选D。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 18．[2023·浙江·阶段练习]塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，某次施工，吊车司机将100 kg的物体从地面开始竖直提升，之后其运动的v­t图像如图所示，重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　) A．前10 s物体处于失重状态 B．30 s末物体离地面的距离最高，大小为25 m C．前10 s钢索对物体的拉力最大，大小为1010 N D．36～46 s内钢索的拉力大于0～10 s内钢索的拉力 【答案】C 【解析】由题图可知，前10 s物体加速上升，具有向上的加速度，则物体处于超重状态，10～30 s物体做匀速运动，处于平衡状态，30～36 s物体减速上升，具有向下的加速度，处于失重状态，36～46 s物体加速下降，具有向下的加速度，处于失重状态，则前10 s钢索对物体的拉力最大，36～46 s内钢索的拉力小于0～10 s内钢索的拉力，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，由题图可知，前10 s物体的加速度为a＝ m/s2， 解得F＝1010 N，故A、D错误，C正确； 由题图可知，36 s时物体的速度方向改变，开始向下运动，则36 s末物体离地面的距离最高，大小为x＝×(20＋36)×1 m＝28 m，故B错误。故选C。 二、非选择题(本题共5小题，共46分) 19．(8分)[2023·浙江绍兴·高一统考期末]某同学在家利用身边器材做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。他找了木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套、一个弹簧测力计和一根弹簧。为完成实验他进行了如下步骤的操作： (1)先测量找来的那根弹簧的劲度系数。他通过实验得到如图甲所示的弹力大小F与弹簧的伸长量x的关系图像，由此图像求得该弹簧的劲度系数k＝________ N/m。(保留两位有效数字) 　 (2)将木板放在水平桌面上，再用图钉把一张白纸钉在木板上，将橡皮筋的一端用图钉固定在白纸上的A点，另一端拴两个细绳套，分别被弹簧测力计和弹簧钩住，将结点拉到某一合适位置。弹簧测力计的指针位置如图乙所示，其读数为F1＝________ N(保留三位有效数字)；同时利用上一问中的结果获得弹簧上的弹力值F2＝2.50 N，记下这两个力的大小及两细绳套的方向，同时记下结点O的位置。撤去弹簧，只用弹簧测力计，把橡皮筋的结点拉到与刚才相同的位置，并记下此时弹簧测力计的读数为F＝3.30 N，同时记下此细绳套的方向OD，如图丙所示。 (3)该同学在图丙中选择合适的标度画出F1、F2与F这三个力的图示，并把三个力的图示的箭头端用直虚线相连，如图丁所示，观察构成的四边形的特点。 (4)改变拉力F1和F2的大小及方向，多次重做上述实验。该同学归纳出：在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作____________，这两个邻边之间的________就代表合力的大小和方向。 【答案】(1)60(58　59　61　62)　(2)2.00　(4)平行四边形　对角线 【解析】(1)由题图甲，根据胡克定律可得该弹簧的劲度系数为k＝＝ N/m＝60 N/m。 (2)题图乙所示弹簧测力计的分度值为0.1 N，则读数为 F1＝2.00 N。 (4)在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。 20．(8分)某实验小组利用图甲所示实验装置探究加速度与力、质量的关系，打点计时器的工作频率为50 Hz。 (1)下列做法正确的是________。 A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．每次改变小桶及桶内砝码的总重力后，都需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源 (2)某次测量纸带上计数点的间距如图乙所示，每相邻两点之间还有四个点未画出。小车加速度a＝________ m/s2。(结果保留2位有效数字) (3)实验时我们认为小桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，实际上绳子拉力________(选填“大于”“等于”或“小于”)小桶及桶内砝码的总重力。 【答案】(1)A　(2)0.83　(3)小于 【解析】(1)调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，从而减小实验误差，故A正确；平衡摩擦力只需平衡一次即可，故B错误；实验时，先接通打点计时器，再放开木块，故C错误。故选A。 (2)电源的频率为50 Hz，则周期T0＝0.02 s，每相邻两计数点间有四个点未画出，则题图乙中标出的相邻两计数点之的时间间隔T＝5T0＝5×0.02 s＝0.1 s，根据逐差法可知，木块的加速度为a＝，代入数据解得a≈0.83 m/s2 (3)对小桶及桶内砝码根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，所以实际上绳子拉力小于小桶及桶内砝码的总重力。 21．(8分)如图所示，悬挂重物的细绳AOC，其O点被一水平绳BO牵引，使悬绳AO段和竖直方向的夹角为θ＝30°，悬绳OC段竖直，两根细绳AOC和BO所能承受的最大拉力均为100 N，悬吊物重为G＝50 N。 (1)求悬绳AO和水平绳BO的拉力大小。 (2)若使重物的重量增大，悬绳AO与BO谁先断？使该绳恰要断时悬吊物的重量为多少？ 【答案】(1) N， N　(2)AO先断，50 N 【解析】(1)受力分析如图所示 根据受力平衡可得FOAsin 30°＝FOB，FOAcos 30°＝G， 解得FOA＝ N，FOB＝ N。 (2)由上可知，FOA>FOB，所以AO先断。当FOA＝100 N时，AO绳要断，此时重物的重力为Gmax＝FOAcos 30°＝50 N。 22．(10分)质量m＝2 kg的物体静置在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，现对物体施加F＝20 N的作用力，方向与水平面成θ＝37°(sin 37°＝0.6)斜向上，如图所示。g取10 m/s2，求： (1)物体运动的加速度大小； (2)物体在力F作用下前5 s内通过的位移大小； (3)如果力F作用5 s后撤去，则物体在撤去力F后还能滑行的距离。 【答案】(1)6 m/s2　(2)75 m　(3)90 m 【解析】(1)对物体受力分析如图所示。 水平方向有Fcos θ－Ff＝ma 竖直方向有Fsin θ＋FN＝mg 另有Ff＝μFN，代入数据解得a＝6 m/s2。 (2)物体在5 s内通过的位移x＝at2＝×6×52 m＝75 m。 (3)5 s末物体的速度v＝at＝6×5 m/s＝30 m/s， 撤去力F后，物体运动的加速度大小a′＝＝μg＝5 m/s2， 则物体在撤去力F后还能滑行的距离x′＝＝ m＝90 m。 23．(12分)[2023·浙江嘉兴·期末联考]如图甲所示，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v­t图如图乙所示，已知砝码质量为0.10 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块A的质量； (2)物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。 【答案】(1)0.4 kg　(2)0.125 【解析】(1)由题图乙可知，物块A在P点左边运动的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2， 根据牛顿第二定律有mBg＝(mB＋mA)a1 代入数据解得mA＝0.4 kg。 (2)物块A在P点右边运动的加速度 a2＝＝ m/s2＝1 m/s2， 根据牛顿第二定律有mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2 代入数据解得μ＝0.125。 学科网（北京）股份有限公司 $$