湖南省长沙市2025-2026学年高一上学期期末物理模拟试卷

2025-2026学年湖南省长沙市高一（上)期末物理模拟试卷 参考答案与解析 【解析】 1.解：A.“33.71秒”指的是时间间隔，而非具体的某个时间点，故A错误： B给机器人自由体操比赛打分时，机器人的形状大小不能忽略，不可以将机器人看成质点，故B正确； C机器人原地跳高的上升过程，以机器人为参考系，地面是下降的，故C错误： D.100米障碍比赛时，每个机器人的位移相同，但路程不一定不同，则全程的平均速率不一定等于平均速 度的大小，故D错误。 故选：B。 根据“33.71秒”指的是时间间隔，给机器人自由体操比赛打分时，机器人的形状大小不能忽略，结合参考 系与运动的影响，综合每个机器人的位移相同，但路程不一定不同分析求解。 本题考查了时间和时刻、路程和位移、质点以及速度相关知识，理解这些基本物理量背后的含义是解决此 类问题的关键。 2.A、在最后1s内x=t,解得a=2m/s2,选项A错误： BCD、最后3s,冰壶的初速度o=at=6m/s,最后3s的平均速度元=罗=3m/s,位移x=t=9m,选 项BD错误、C正确。 3.解：A游客随轿厢一起，有沿钢索斜向上的加速度，有竖直向上的加速度分量，因此游客处于超重状态， 故A错误： B.由于游客处于超重状态，则竖直方向轿厢对游客的支持力大于游客受到的重力，故B错误； C.当载人轿厢沿钢索做匀加速直线运动时，以游客为研究对象，根据牛顿第二定律，水平方向上有f= macos30°，竖直方向上有Fw-mg=masin:30°，代入数据解得f=120V3N,FN=720N,故C正确： D,轿厢对游客的作用力大小F=√F陨+f尸，解得F=120V39N,由牛顿第三定律可知，游客对轿厢的作用 力大小F′=F=120V39N,故D错误。 故选：C。 根据超失重知识、牛顿第二定律以及力的合成与分解和牛顿第三定律进行分析解答。 考查物体的受力分析和牛顿运动定律的应用，属于中等难度考题。 第1页，共8页 4.对A分析，在竖直方向 f=mg 故摩擦力不变，对B根据牛顿第二定律可知 f =m(2nn)2r 由于转速增大，故摩擦力增大，故D正确，ABC错误， 5.A、汽车静止时，手机处于静止状态，受力平衡。此时手机受到重力、支架的弹力、支架的摩擦力以及车 对手机的吸引力，共4个力作用，并非3个力，所以A错误： B、弹力是由于施力物体发生弹性形变而对受力物体产生的力。手机受到支架的弹力，是由于支架发生形变 而产生的，不是手机发生形变，所以B错误； C、汽车匀速运动时，手机处于平衡状态，受到重力和支架对手机的作用力，根据平衡条件，这两个力大小 相等、方向相反，重力竖直向下，所以支架对手机的作用力竖直向上，所以C正确： D、汽车由静止开始加速时， vmg 手机有相对于支架向后运动的趋势，摩擦力会提供手机加速的合力（或分力），摩擦力大小会发生变化，所以 D错误。 6.54km/h=15m/s AB.由题意可知，A车做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知：x=vot+2at2,由图像可知 当t=2s时x=10m,当t=5s时x=40m,代入解得vo=3m/s,a=2m/s2,故AB错误： C.由图像可知B车匀速运动的速度vB==40n △t m/s=10m/s,由匀变速直线运动规律可得v4=o+at= vB,解得t=3.5s,即t=3.5s时，两车相距最远，故C错误； D.由于路段限速，A车加速到vmax=15m/S后做匀速运动，由m=vo十ato可知A车的加速时间to=6s, A车追上B车满足vgt=oto+2ato2+"max（t-to),解得t=7.2,故D正确。 故选D。 第2页，共8页 7.AB有受力分析易知，系统保持静止状态，弹簧一定处于伸长状态。弹簧弹力为F娜=kx=1N。对木块A 分析可知fA+F弹=m49sin30°，解得fA=0。A、B错误， CD.B与斜面间的最大静摩擦力fm=mBgc0s30°=9N,若拉力F为2N时，假设物块B仍静止，则对木 块B,F+fB=F弹+mg9sin30°，解得摩擦力大小为0.5N,小于最大静摩擦力，假设正确，即木块B所受 摩擦力沿斜面向上，大小为0.5N,同理，若拉力F为4W,假设物块B仍静止，F+f′B=F弹+mεgsin30°， 解得摩擦力大小为1.5N,沿斜面向下，小于最大静摩擦力，假设正确，木块B能保持静止状态，D正确。 故选CD 8.A根据题意分析可知，A、B两点属于皮带传动模型，线速度相等，因为半径不同，故角速度不相等，故 A错误： B根据题意分析可知，B、C两点属于同轴传动模型，角速度相等，因为半径不同，故线速度不相等，故B 错误： C根据题意分析可知，转速之比严=1= =T2, 故C正确： n2 W2 T2 D根据愿意分析可知，脚踏板转动一国，前进的距离为s=N:2m-需23=号2g,故D正确。 r2 故选：CD。 根据链条传动（线速度相等）与同轴传动（角速度相等）的特点，利用线速度v、角速度、半径r的关系v=ω， 以及转速与角速度的关系，对各选项逐一分析。 本题关键是区分链条传动（线速度相等）与同轴传动（角速度相等）的模型，再结合推导物理量间的关系。 9.【分析】 (①)取滑块将要滑动时应用向心力公式求解即可； (2)根据线速度与角速度的关系式求解即可： (3)滑块飞离圆盘后做平抛运动，应用平抛运动规律求解即可： (④由平抛运动规律求出滑块的水平位移，而后再由几何关系求解即可。 在解答时，一要抓住滑块在圆盘上的临界状态；二要抓住平抛的水平位移、圆盘半径及落点到0'水平距离 间的几何关系。 【解答】 第3页，共8页 A对于滑块在随圆盘转动的过程中，当滑动将要飞离圆盘时有mg=m受3。解得，一√受，故A项正 确： B.小滑块刚飞离圆盘时速度o=ao=、gd, 故B项错误； C小清块飞离圆盘后在空中飞行的时间t=2昌 故C项错误； D.平抛运动的水平距离x=vot=√2d,由几何关系知，小滑块落到地面时与竖直转轴00间的水平距离L= √2+安-d,故D项正确。 2 故选AD。 10.A、小球静止时受到重力、橡皮筋上沿BC方向的弹力F1、弹簧上沿AB方向的弹力F2,三力构成的矢量 三角形与△ABC相似.则有是-是-品F:=×BC=10N,解得m4一1g,F2=12N,由朝克定 律可得F2=k2(Lo-AB),解得弹箦的原长L0=18cm,B错误，A正确： CD、设弹与竖直方向的夹角为a,由几何条件可知c0s==是对物块受力分析可知，物块受到的摩擦 AC 力大小f=F2sina=9.6N,物块受到的支持力大小Fw=m物g+F2cosa=32W,物块与地面间的动摩擦因 数一去-03.D正确，C错误， uL☑ M mg 11.【分析】 传感器A测量的是绳子拉力的示数一定为正值，钩码重力大小等于F,F2两力合力的大小。 学好课本实验、明确实验原理是解决实验问题的关键。 【解答】 (1)由表格数据可知，F都是正值，传感器受到的都是拉力，因绳子只能提供拉力，故A传感器对应的是表 中力F1。 对结点0受力分析有F1sin30°=mg,解得m=0.05kg 第4页，共8页 (2)本实验中多次对传感器进行调零，为了消除横杆自身重力对结果的影响。 故填(1)F1;0.05;(2)C 12.解：(1)利用逐差法，求得滑块加速度a=4+3-2-1=0.0864+0.0775-0.0687-0.0600 m/s2=0.88m/s2 4T2 0.04 (2)由于每次保证砝码盘和砝码的总质量m远小于滑块质量M,则mg一f=Ma 得到a=7mg- 结合图像得到 M=1kg,f=1N 则u=话=01 (3)实验过程没有平衡摩擦力，但摩擦力大小一定，虽然图线未过坐标原点，但mg也不是小车受到的合外力， 所以图线未过坐标原点不能说明加速度与合外力不成正比，小车受到的合外力是mg-f,因此将图像沿x 轴负方向平移1N,如图所示，则横坐标F'是小车受到的合外力，此时图线经过坐标原点，说明加速度与 合外力成正比。 故答案为：(1)0.88：(2)1；0.1；(3)认可小李同学的想法，加速度a与合外力(mg-f)仍然成正比 (①)根据逐差法计算出滑块的加速度： (2)根据牛顿第二定律结合图像得出摩擦力和对应的动摩擦因数； (3)根据图像完成对实验数据的分析。 本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，利用逐差法计算出物体的 加速度，结合牛顿第二定律和图像完成分析。 13.解：(1)小球做斜抛运动，小球从抛出点上升的最大高度为 (vosin37)2 62 2g 2×10m=1.8m (2)小球从抛出点上升的最大高度所用的时间为 osin37° t1= =0.6s g 第5页，共8页 小球从最高点到落地的过程，有 6+a=明 解得 t2=0.8s 小球在空中运动的时间为 t=t1+t2=1.4s (③)小球落地点与抛出点的水平距离为 x=votc0s37°=8×1.4m=11.2m 14.解：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所 以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的 角速度达到最大，为： fm=uN =mra2...(1) N=mg.(2) 两式联立可得：w=19=2rad/s(3) (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动 的位移为S, 物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,则有：Q一片（④ f=u2mg.(5) 所以：a=u29=2.25m/s2.(6) 物体在餐桌上滑动的初速度为：vo=ωr=3m/S(T) 由运动学公式v2-v6=-2aS可得：S=2m.(8) 由图形可得餐桌半径的最小值为：R=Vr2+S2=2.5m.(9) (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v:'，由题意可得： v42-6=-2as(10) 由于餐桌半径为R′=√2r,所以S′=r=1.5m.(11) 所以可得：：′=1.5m/s.(12) 物体做平抛运动的时间为t,则：h=9t2(13) 解得：t=9 =0.4s.(149 所以物体做平抛运动的水平位移为：Sx=v:′t=0.6m.(15) 第6页，共8页 所以由题意可得：L=S′+S。=2.1m.(16) 答：(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为2rad/s (2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径的最小值为2.5m (3)若餐桌半径R′=√2r,则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从 圆盘甩出点的水平距离L为2.1m 15.解：(1)由图乙可知，物块的初速度vo=8/s,物块速度减至与传送带速度相等时加速度发生变化，因 此传送带速度v=4m/s。 在t=0到t=0.4s时间内，物块加速度大小为a1=1铝=0产m/s3,解得：a1=10m/s3,方向沿斜面向 下： 物块受重力、支持力及沿斜面向下的摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律得ngsin6+ngcos6=ma1,解 得：u=0.5。 (2)在t=0.4s后，物块减速运动的加速度大小为α2，物块受重力、支持力及沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第 二定律得ngsin0-umgcose8=ma2,解得：a2=2m/s2。 物块从t=0.4s开始，经t1时间速度减为零，则t1=2s,解得：t1=2s。从t=0到t=0.4s,物块位移为x1= vot-2a1t2,解得：为=2.4m。 从t=04s到t=24s,物块减速至零的位移为x2=女1，解得：x2=×2m=4m。物块沿传送带向上运动 过程中的总位移为x=x1+x2,解得：x=6.4m。 (3)从t=0到t=0.4s,传送带位移为x3=vt,解得：x3=1.6m,物块相对传送带向上运动，相对位移为4x1= x1-x3,解得：△x1=0.8mo 从t=0.4s到t=2.4s,传送带位移为x4=vt1,解得：x4=8m,物块相对传送带向下运动，相对位移为△x2= x4-x2,解得：△x2=4mo 因此从t=0到t=2.4s,物块相对传送带的总路程为△x=△x1+△x2,解得：△x=4.8m。 答：(1)物块与皮带之间的动摩擦因数u为0.5。 (2)物块沿皮带向上运动的最大位移为6.4m。 (3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程为4.8m。 (1)根据图像确定传送带速度以及两阶段加速度。第一阶段物块速度大于传送带速度，滑动摩擦力沿斜面向 下，结合牛顿第二定律列出方程可求解动摩擦因数。 (2)第二阶段物块速度小于传送带速度，摩擦力方向改变，据此计算第二阶段加速度。利用图像信息及运动 第7页，共8页 学公式分别求出两阶段位移，相加即得最大位移。 (3)分别计算两阶段内传送带的位移和物块的位移。第一阶段物块相对传送带向上滑动，第二阶段相对向下 滑动，两个相对位移大小之和即为相对路程。 本题综合考查传送带模型与牛顿运动定律的应用，结合)一t图像分析物体运动过程。题目要求学生从图像 中提取关键信息，如初速度、传送带速度及加速度变化时刻，进而分析物块在不同阶段的受力情况。计算 量适中，涉及匀变速直线运动的多段位移计算与相对位移的求解。重点考查学生的图像分析能力、多过程 问题的分解能力以及相对运动的理解。解题关键在于准确判断速度相等前后摩擦力的方向变化，并分段计 算位移与相对路程，对学生的逻辑推理与建模分析能力有较好的锻炼作用。 第8页，共8页 绝密★启用前 2025-2026学年湖南省长沙市高一（上）期末物理模拟试卷 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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共6小题，共24分。 1.世界人形机器人运动会于月日在国家速滑馆举行。米障碍比赛时机器人要顺利走过复杂地形和坡面等，最终高义科技队以秒的成绩获得冠军。下列说法正确的是(    ) A. “秒”指的是时刻 B. 给机器人自由体操比赛打分时，不可以将机器人看成质点 C. 机器人原地跳高的上升过程，以机器人为参考系，地面是上升的 D. 米障碍比赛时，每个机器人全程的平均速率等于平均速度的大小 2.年世界女子冰壶锦标赛月日在韩国结束，中国队战胜韩国获得铜牌，时隔年再登世锦赛领奖台。如图所示，假设比赛中冰壶被投掷出后最后可认为做匀减速直线运动，在停止前的最后内行驶的距离是，则(    ) A. 最后冰壶的加速度大小为 B. 最后冰壶的位移大小为 C. 最后冰壶的初速度大小为 D. 最后冰壶的平均速度大小为 3.泰山索道包括泰山中天门索道、后石坞索道、桃花源索道。三条索道以岱顶为中心，构成了连接中天门景区、后石坞景区和桃花峪景区的泰山空中交通网。图甲为正在运行的泰索道，简化如图乙。已知质量为的游客站立于轿厢底面，倾斜索道与水平面的夹角为，当载人轿厢沿索道斜向上做加速度为的匀加速直线运动时，轿厢底面始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度取，下列说法正确的是(    ) A. 游客处于失重状态 B. 轿厢对游客的支持力与游客受到的重力是一对平衡力 C. 游客受到的摩擦力大小为 D. 游客对轿厢的作用力大小为 4.如图所示，一圆柱形容器绕其轴线匀速转动，内部有、两个物体与容器的接触面间始终保持相对静止．当转速增大后、与容器接触面间仍相对静止，下列正确的是(    ) A. 两物体受的摩擦力都增大 B. 两物体受的摩擦力大小都不变 C. 物体受的摩擦力增大，物体受的摩擦力大小不变 D. 物体受的摩擦力大小不变，物体受的摩擦力增大 5.市场上有一种车载磁吸式手机支架如图所示，现将支架固定在汽车水平仪表台上，手机放上支架后便会被牢牢吸住，下列说法正确的是(    ) A. 汽车静止时，手机受到个力作用 B. 手机受到支架的弹力是由于手机发生形变而产生的 C. 汽车匀速运动时，支架对手机的作用力竖直向上 D. 汽车由静止开始加速，摩擦力不变 6.如图甲所示，车和车在同一平直公路的两个平行车道上行驶。当两车车头平齐时开始计时，两车运动的图像如图乙所示，时间内，车的图线是抛物线的一部分，车的图线是直线，若该路段限速，在两车不违章的情况下，则(    ) A. 车运动的初速度为 B. 车运动的加速度大小为 C. 时，两车相距最远 D. 车追上车的最短时间为 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 7.如图所示，倾角为的固定斜面上放有质量分别为、的木块、，、之间有一轻质弹簧，用平行于斜面的拉力作用在木块上，系统保持静止，此时夹在、之间的轻弹簧形变量为。已知木块、与斜面间的动摩擦因数均为，弹簧的劲度系数为，重力加速度取。下列说法正确的是(    ) A. 弹簧处于伸长状态，木块所受摩擦力大小为 B. 弹簧处于压缩状态，木块所受摩擦力沿斜面向上 C. 若拉力为，木块所受摩擦力为 D. 若拉力为，木块能保持静止状态 8.自行车用链条传动来驱动后轮前进，如图是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”。、、分别为牙盘边缘和后轮边缘上的点，大齿轮半径为、小齿轮半径为、后轮半径为。下列说法正确的是(    ) A. A、两点的角速度相等 B. B、两点的线速度大小相等 C. 大、小齿轮的转速之比为 D. 在水平路面匀速骑行时，脚踏板转一圈，自行车前进的距离为 9.如图所示，直径为的圆盘水平放置，可绕竖直轴转动，圆盘离水平地面的高度为，在圆盘边缘的点处放有一质量为的小滑块可视为质点，小滑块与圆盘间的动摩擦因数为，现让圆盘缓慢加速转动，当角速度增加到某值时，小滑块会飞离圆盘，设小滑块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知重力加速度为，空气阻力不计．下列说法正确的是 A. 小滑块刚飞离圆盘时，圆盘转动的角速度大小 B. 小滑块刚飞离圆盘时的速度为 C. 小滑块飞离圆盘后在空中飞行的时间 D. 小滑块落到地面时与竖直转轴间的水平距离为 10.如图所示，劲度系数为的轻质橡皮筋弹力符合胡克定律一端固定于水平天花板上的点，竖直向下绕过固定在点处的光滑细杆，另一端与小球相连，小球与放置在水平地面上的物块通过劲度系数为的轻质弹簧相连，小球静止时处于空中点，物块恰好静止于正下方的点。已知橡皮筋原长恰好等于、两点间的距离，，，物块的质量为。取重力加速度大小，小球和物块均可视为质点，弹簧和橡皮筋均处于弹性限度内，物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(    ) A. 小球的质量为 B. 弹簧的原长为 C. 地面对物块的摩擦力大小为 D. 物块与地面间的动摩擦因数为 第II卷（非选择题） 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 11.如图所示，某实验小组同学利用实验装置研究支架上力的分解。、为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负。连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动，固定不动，通过光滑铰链连接长的杆。将细绳连接在杆右端点构成支架，保持杆在水平方向，按如下步骤操作：取 测量绳子与水平杆的夹角； 对两个传感器进行调零； 用另一根绳在点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数； 取下钩码，移动传感器改变角。 重复上述实验步骤，得到表格。 根据表格，传感器对应的是表中力________选填“”或“”，钩码质量为________保留一位有效数字。 本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________。 A.因为事先忘记调零                     何时调零对实验结果没有影响 C.为了消除横杆自身重力对结果的影响     可以完全消除实验的误差 12.某同学用如图甲所示装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。长木板放在水平桌面上，滑块放在长木板上，滑块拖着穿过打点计时器的纸带，绕过定滑轮的细线一端连接滑块，一端吊着砝码盘，调节滑轮的高度，使连接滑块的细线与长木板平行。打点计时器接频率为的交流电，重力加速度为。 某次实验打出的一条纸带如图乙所示，可求得滑块的加速度大小为______。 改变砝码盘中砝码的质量每次保证砝码盘和砝码的总质量远小于滑块质量，多次测量，记录数据，若以小车的加速度为纵坐标，以砝码盘和砝码的总重为横坐标，结果得到图丙所示的图像，由图像可知，小车受到的摩擦阻力______，滑块与长木板间的动摩擦因数______。 对于图丙，小王同学认为由于图线未过坐标原点，所以不能说明加速度与合外力成正比。小李同学认为虽然图线未过坐标原点，也能说明加速度与合外力成正比。你认可哪位同学的想法，并简要说明理由：______。 四、计算题：本大题共3小题，共30分。 13.某人在离地面的高度，将质量的小球以的速度斜向上抛出，小球的初速度方向与水平方向之间的夹角为，不计空气阻力，，求 小球从抛出点上升的最大高度 小球在空中运动的时间 小球落地点与抛出点的水平距离。 14.如图所示，餐桌中心是一个半径为的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为，与餐桌的动摩擦因数为，餐桌离地高度为。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。 为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值为多少？ 缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，餐桌半径的最小值为多大？ 若餐桌半径，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离为多少？ 15.如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间图的部分图像如图乙所示，已知，，，求： 物块与皮带之间的动摩擦因数； 物块沿皮带向上运动的最大位移； 物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $