【文档说明】1（人教版2019，必修一1_3章）01（全解全析）（人教版2019）.docx，共(16)页，837.621 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高一物理上学期期中模拟卷01（全解全析）（考试时间：90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：第1~3章（人教版2019必修第一册）。4．难度系数：0．7。第Ⅰ卷选择题（共46分

）一、选择题（本题共10小题，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；8~10题有多项符合题目要求，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．下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（）A．甲图中在研究雄鹰翅膀扇动方式对飞行的影响时，雄鹰可看作质点B．

乙图中“卧看满天云不动，不知云与我俱东”，以“云”为参考系，“我”是运动的C．丙图中某同学在学校操场进行400m比赛，其位移大小一定为400mD．丁图中汽车在刹车过程中，加速度a的方向与速度变化量v的方向相同【答案】D【解析】A．甲图中在研究雄鹰翅膀扇动方式对飞行的影响时，不能忽略雄鹰

翅膀的形状和大小，不能把雄鹰看成质点，故A错误；B．乙图中“卧看满天云不动，不知云与我俱东”，以“云”为参考系，“我”是静止的，故B错误；C．丙图中某同学在学校操场进行400m比赛，由实际情况可知，其位移大小不等于400m，故C错误；D．丁

图中汽车在刹车过程中，加速度a的方向与速度变化量v的方向相同，故D正确。故选D。2．“加速度的变化率”可以表示加速度随时间变化的快慢。汽车加速度的变化率越小，乘客舒适感越好。某轿车由静止启动，前3s内加速度随时间的变化关系如图所示，则（

）A．2s~3s内轿车做匀速运动B．第3s末，轿车速度达到10m/sC．加速度变化率的单位为m2/s3D．乘客感觉0~2s内比2s~3s内更舒适【答案】B【解析】A．由图像知2s~3s内，加速度不变，轿车做匀加速运动，故A错误；B．a-t图像围成的面积表

示速度的变化量，0~3s内图像的面积为5m/s=10m/s213vS+==因初速度为0，即第3s末，轿车速度达到10m/s，故B正确；C．加速度变化率为加速度的变化量a除以时间t，a单位为2m/s，

时间单位为s，故加速度变化率的单位为3m/s，故C错误；D．由图像知0~2s内的加速度变化率为35m/s2at=而2s~3s内加速度变化率为0，由题知加速度变化率越小乘客感觉越舒适，即2s~3s内乘客感觉更舒适，故

D错误。故选B。3．蛟龙号是我国首台自主研制的深海载人潜水器。某次潜水实验活动中，蛟龙号完成海底实验任务后竖直上浮，速度达到v时开始计时并匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零。则蛟龙号在0t（0tt）时刻的速度为（）A．2vB．()0vttt−C．0vt

tD．0vtt【答案】B【解析】蛟龙号上浮时的加速度大小vat=可知蛟龙号在0t时刻速度为()000vttvvatt−=−=故选B。4．如图所示，小球甲从距离地面高度为115mh=处以速度010m/sv=竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为220mh=处开始自由下落

，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度g取210m/s，下列说法正确的是（）A．小球乙落地前，甲相对乙做匀变速直线运动B．两球运动0.5s时，距离地面均为18.75mC．落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度

之比为2:1D．小球乙落地时，甲距地面5m【答案】B【解析】A．两球的加速度均为重力加速度，相对加速度为0，则小球乙落地前，甲相对乙向上做匀速直线运动，故A错误；B．两球运动0.5s时，根据位移公式有2101113.75m2xvtgt=−=，22111.25m2xgt==则距离地面高度

31118.75mhhx=+=，42218.75mhhx=−=故B正确；C．落地前的运动过程中，根据2102212hvtgt−=−，22312hgt=解得23st=，32st=落地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度大小1125m/shvt==，

22310m/shvt==可知，地前的运动过程中，小球甲、乙的平均速度之比为1:2，故C错误；D．结合上述，小球乙落地时，经历时间为2s，则甲的位移23033102xvtgt=−=可知，此时甲回到出发点，即小球乙落地时，甲距地面15m，故D错误。故选B。5．据考古记载我国在春秋战国

时期就开始利用杆秤来称量物体的质量。如图所示，秤盘及盘中物体的总重力为mg。悬挂秤盘的三根细绳等长且与竖直方向的夹角始终都为θ，当将秤提起，杆秤平衡时（）A．手提杆秤的力等于秤盘及盘中物体的总重力B．手提杆秤的力与杆秤对手的力是一对平衡力C．此时每根细绳的拉力等于3

mgD．此时每根细绳的拉力等于3cosmg【答案】D【解析】A．以秤和秤盘及盘中物体整体为研究对象，根据平衡条件可知手提杆秤的力等于秤和秤盘及盘中物体的总重力，故A错误；B．根据牛顿第三定律可知手提杆秤的力与杆秤对手的力是一

对相互作用力，故B错误；CD．设细绳与竖直方向的夹角为，秤盘及盘中物体总重力为mg，根据平衡条件可得3cosTmg=解得每根细绳的拉力3cosmgT=故C错误，D正确。故选D。6．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长板上滑行，长木板与水平地面间动摩擦因数为1，木块与板间

动摩擦因数为2，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到的地面摩擦力大小为（）A．2mgB．1MgC．1()Mmg+D．21+mgMg【答案】A【解析】长木板与木块之间发生了相对滑动，产生了滑动摩擦力，设其为1f，则12fmg

=对长木板受力分析，可知在水平方向长木板受到木块对其向右的滑动摩擦力1f，还受到地面对其向左的静摩擦力2f，由共点力平衡条件知212ffmg==故选A。7．如图所示，用轻绳AO、BO系住一物体使其处于平衡状态，绳AO与竖直方向成一角度，绳

BO水平。当绳子的悬点A缓慢向右移动时，BO始终保持水平，在AO到达竖直方向前，关于绳子AO和BO的拉力，下列说法中正确的是（）A．绳AO的拉力先增大后减小B．绳AO的拉力先减小后增大C．绳BO的拉力先增大后减小D．绳BO的拉力一直在减小【

答案】D【解析】AB．点O为研究对象，受到三个共点力的作用静止不动。设AO与竖直方向夹角为，绳AO的拉力cosOAFmg=绳子的悬点A缓慢向右移动时，在逐渐减小，cos在逐渐增大，绳AO的拉力OAF在一直在减小，故AB

错误；CD．绳BO的拉力tanOBFmg=绳子的悬点A缓慢向右移动时，在逐渐减小，cos在逐渐减小，绳BO的拉力OBF一直在减小，故C错误，D正确。故选D。8．如图为港珠澳大桥上四段长110m的等跨钢箱连续

梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，则（）A．通过ab段和ad段的时间之比为1：√3B．通过c点和e点的速度之比为1：2C．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度D．ae段的平均速度等于b点的瞬时速度【答案】AD【解析】A．根据初速度为零

的匀加速直线运动规律可知，设汽车通过ab所用时间为t，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为()()()1:21:32:23−−−可得出通过ab的时间为t，通过ad时间为3t，故通过ab段和ad段的时间之比为1:3，A正确；B．同理通过c点时间为2t，通过

e点时间为2t，又由vat=可得2cvat=2evat=故:2:2cevv=B错误；C．通过ac时间为2t，ac段的平均速度为()221222222acatxvattt===通过b点的时刻t，故通过b点的速度为b

vat=故ac段的平均速度不等于b点的瞬时速度，C错误；D．同理通过ae的时间为2t，ae段的平均速度为()2212222aeatxvattt===通过b点的速度为bvat=故ae段的平均速度等于b点的瞬时速度，D正确。

故选AD。9．随着自动驾驶技术不断成熟，北京、上海等城市某些特定地区相继出现无人驾驶网约车，给市民出行带来方便。如图所示是两辆无人驾驶汽车在某一水平直线道路上同时同地出发运动的v—t图像，其中乙车为匀加速直线运动，甲车经匀加、匀速、匀减、静止、匀加等运动过

程，两车能安全错车，均可看做质点，对两车在0~16s的运动过程，下列说法正确的是（）A．乙车经8s追上甲车B．乙车经47s追上甲车C．乙车追上甲车前两车最远相距20mD．乙车追上甲车后两车最远相距50m【答案】BCD【解析】A．v—t图像中，图像与时间轴所围几何图形的

面积表示位移，根据图像可知，8s内甲车的位移大于乙车的位移，即乙车经8s没有追上甲车，故A错误；B．乙车的加速度22105m/sm/s84a==乙12s时的速度11512m/s15m/s4vat===12s内乙的位移11190m2vxt==乙10s时的速度22510m/s12.5m/s4v

at===10s内乙的位移22262.5m2vxt==12s内甲的位移与10s内的位移相等，大小均为()3841010m70m2x−+==由于231xxx表明两车相遇时刻在10s与12s之间的某时刻，令为3t，则有3

3212atx=结合上述解得347st=即乙车经47s追上甲车，故B正确；C.乙车追上甲车前，当两者速度相等，即8s时刻的10m/s时，两车相距最远，由于v—t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图像可知，最远距离为()max18410m

20m2x−==则乙车追上甲车前两车最远相距20m，故C正确；D.由图可知，16ts=时，甲，乙两车第二次速度最大，乙车在甲车前方，此时乙车追上甲车后两车有最远距离，最远距离为2max215(84)101612516m10m16m=50m24224x−+−=−−则乙车追上甲车后两

车最远相距50m，故D正确。故选BCD。10．与砂桶P连接的质量不计的细绳系在C点，如图所示，在两砂桶中装上一定质量的砂子，砂桶（含砂子）P、Q的总质量分别为1m、2m，系统平衡时，90ACB=、60CAB=，忽略滑轮的大小以及摩擦。则下列说法正确的是（）A．12

:1:1mm=B．12:2:1mm=C．若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置上升D．若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置保持不变【答案】BC【解析】AB．以结点C为研究对象，受力分析如图所示其中1Fmg=2BFmg=由力的平

衡条件可知1cos30cos30AFFmg==由几何关系可知tan30BAFF=整理解得12:2:1mm=选项A错误，B正确；CD．由以上分析可知当砂桶（含砂子）P、Q的总质量的比值为2时，AC与BC保持垂直状态，C点的位置保持不变，而若在两桶内增加相同质量的砂子，则两砂桶

（含砂子）质量的比值会小于2，则桶Q向下移动，C点的位置上升，选项C正确，D错误。故选BC。第Ⅱ卷非选择题（共54分）二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。）11．（6分）某实验小组用如图甲所示的实验装置测量木

块运动的加速度，一端垫起的木板上有一木块，木块与穿过电磁打点计时器的纸带相连，电磁打点计时器接频率为50Hz的交流电源，接通电源后，由静止释放木块，木块带动纸带打出如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D、E是选取的计数点，每相邻两计数点间还有四个点未画出。（1）纸带端（

填“A”或“E”）与木块相连；（2）根据图乙中的数据可知，电磁打点计时器打C点时木块的速度大小Cv=m/s，木块加速度大小a=2m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】（1）A（2）1.03.0【解析】（1

）静止释放木块，木块向下做匀加速直线运动，速度逐渐增大，打出的点迹增加变稀疏，可知，纸带A端与木块相连。（2）[1]由于相邻两计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为15s0.1s50T==匀

变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则电磁打点计时器打C点时木块的速度大小()28.5111.5010m/s1.0m/s20.1Cv−+==[2]根据逐差法可知，木块加速度大小()()2222214.5111.50108.515.4910

m/s3.0m/s40.1a−−+−+==12．（10分）（1）某实验小组用如图甲所示的装置“探究力的平行四边形定则”，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。通过规范的实验操作，结合测得的实验数据在白纸上画

出力的图示，如图乙所示。①本实验采用了（填“控制变量”“微元法”或“等效替代”）的科学研究方法；②图乙中力F1和F2合力的理论值是，力F1和F2合力的实际测量值。（请选填写“F”或“F′”）（2）做完（1）中实验后，小组同学又

将其中一个弹簧测力计拆开，取出其中的轻弹簧，将其一端竖直悬挂在铁架台上，再在其下端悬挂钩码，测量此弹簧的劲度系数，如图丙所示。由测得相关数据，画出弹簧弹力大小F与长度l的关系图像如图丁所示，则由图可得：①该弹簧的原长为cm；②该弹簧的劲度系数为N/m。

【答案】（1）等效替代F＇F（2）520【解析】（1）①[1]一个力的效果与两个力的效果完全一样时，可以将这一个力称为这两个力的合力，故用到的是等效替代的方法；②[2][3]由图可以看出，F＇是由画图作出的力，是理论值；由于存在

误差，故F＇与OA不一定在一条直线上，因此F与橡皮筋OA一定在一条直线上，是实际测量值。（2）①[1]由图可以看出，弹簧弹力为零时，对应长度为原长，故原长为5cm；②[2]由图像斜率大小表示劲度系数可得20.5N/m20N/m(75-5)10k−==.三、计算题（本题共3小题，共

38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13．（7分）喷泉是一种将水或其他液体经过一定压力通过喷头洒出来具有特定形状的组合体，以喷射优

美的水姿，供人们观赏的水景；它是一种水景艺术，体现了动、静结合，形成明朗活泼的气氛，给人以美的享受，其中有的喷泉形成高高的水柱，试建立物理模型对柱形喷泉进行分析，如图所示，喷泉水柱由无数的水珠构成，如果

忽略水珠在运动过程中受到的空气阻力和水珠之间的相互作用，且水珠仅受重力作用，可将某一柱形喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，已知某一水柱高8.45m，重力加速度大小为210m/sg=，求∶（1）这一水柱喷出后水珠的最大初速度大小

；（2）该水珠在空中停留的时间。【答案】（1）13m/s；（2）2.6s【解析】（1）喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动，由2202tvvgh−=−（2分）得最大初速度大小为：022108.45m/s13m/svgh===（1分）（2）喷泉中水珠

的运动视为竖直上抛运动，由212hgt=（2分）可得228.45s1.3s10htg===（1分）由竖直上抛运动的对称性知水珠在空中运动的时间为221.3s=2.6stt==（1分）14．（12分）居民楼改

造需要把建材吊运到楼顶。如图，建材的质量20kgm=，人的质量60kgM=，缓慢吊运过程中，某时刻轻绳OA、OB分别与竖直方向的夹角为30=、60=、210m/sg=。求该时刻：（1）轻绳OA和OB上的拉力大小；（2）为使人保持静止，人与地面间的动摩擦因数的最小值（设最大静摩

擦力与滑动摩擦力相等）。【答案】（1）2003N，200N；（2）35【解析】（1）设轻绳OAOB、上的拉力分别为TOAF和TOBF，根据共点力平衡可得TTcoscosOAOBFmgF=+（2分）TTsinsinOAOBFF=（2分）联立解得T2003NOAF=（1分）T200NOBF

=（1分）（2）对人进行受力分析，竖直方向有NTOBcosFFMg+=（2分）解得N500NF=（1分）根据牛顿第三定律可得人对地面的压力大小为N500NF=（1分）对人根据平衡条件可得NOBsinTFF解得35

（2分）则人与地面间的动摩擦因数的最小值为35。15．（19分）驾驶汽车变线超车需要良好的车技和判断力。下图演示了甲车变线超车的过程，乙车与丙车正常匀速行驶，速度均为010m/sv=，甲车速度16m/sv=，甲车车身长度4md=，从超出乙车2个车位后（沿行进方向，甲车头到乙车头距离为2d）开

始并线，到完成并线，恰好需要01st=时间。甲车在变线并道过程中，沿前进方向的速度不变，横向移动的速度可忽略，且其并道后立刻以大小为（22.5m/sa=的加速度减速刹车，保证车头与前面丙车车尾的距离不小于x=5m。求（1）甲车刚刚并线结束时，甲车

车尾与乙车车头之间的距离；（2）乙车车头到丙车车尾之间距离L至少有多大，甲车才能安全并道成功；（3）若因前面出现事故，甲车并线后立即以大小。218m/sa=的加速度刹车，而此时乙车来不及反应，继续匀速运动。则从甲刹车开始：i.甲车车尾与乙车车头的最大距离为多少；ii.经多长时间甲乙两车相撞。【答

案】（1）10m；（2）26.2m；（3）i．12.25m；ii．2.6s【解析】（1）由题可知甲车刚刚并线结束时，甲车比乙车多行驶的距离为00()6xvvt=−=m（2分）则甲车车尾与乙车车头之间的距离为110xxd=+=m

（1分）（2）并线完成后，甲车立刻以大小为22.5m/sa=的加速度匀减速刹车，设经过时间1t，丙车和甲车共速，则有012.4vvta−==s（1分）则甲车的位移为01131.22vvxt+==m（1分）乙车的位移为20124xvt==m（1分）此时甲车前端与乙车前端相距()2112ΔΔ2

1.2xxdxx=++−=m（1分）此时甲车车头与前面丙车车尾的距离最小为x=5m，乙车车头到丙车车尾之间距离至少为'22ΔΔΔ26.2xxx=+=m（1分）（3）i．设甲车与乙车共速的时间为2t，则有0210.75v

vta−==s（2分）甲车车尾与乙车车头的最大距离为03120212.252vvxxtvt+=+−=m（2分）ii．设甲车刹车的时间为3t，则有312vta==s（1分）甲车的位移为13162vxt==m（1分）乙车的位移为20320xv

t==m（1分）此时由于214xx−=m<10m（1分）则甲车停止后，乙继续向前行驶，有12140()0.6xxxtv−−==s（2分）甲乙两车相撞用时342.6ttt=+=总s（1分）