【文档说明】（江苏专用，人教版2019，必修第一册1_3章）（全解全析）（江苏专用，人教版2019）.docx，共(10)页，231.698 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（江苏专用）（考试时间：90分钟试卷满分：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：人教版（2019）必修一第1、2、3章。4．难度系数：0.7。第Ⅰ卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共

44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．2020年11月24日4时30分，“嫦娥五号”在中国海南文昌航天发射场成功发射。同年12月17日1时32分，携带着2千克珍贵月壤的“嫦娥五号”返回器顺利降落在内蒙古四子王旗。下列说法正确的是（

）A．“4时30分”与“1时32分”指的都是时间间隔B．研究“嫦娥五号”的飞行姿态时可以视其为质点C．“嫦娥五号”绕月球运行一周相对月球的平均速度为零D．“返回器”降落接近地面软着陆时加速度方向和速度方向相同【答案

】C【解析】“4时30分”与“1时32分”指的都是时刻，故A错误；研究“嫦娥五号”的飞行姿态时，“嫦娥五号”的形状和尺寸不能忽略，此时不能将其视为质点，故B错误；“嫦娥五号”绕月球运行一周相对月球的位移为零，所以平均速度为零，故C正确；“返回器”降落接近地面软着陆时做减速运动，所以加速度

方向和速度方向相反，故D错误。故选C。2．如图所示，将弹性小球以10m/s的速度从距地面2m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5m高的B点时，向上的速度为7m/s，从A到B，小球共用时0.3s，则此过程中（）A．小球发生的位移的大小为0.5m，方向竖直向上

B．小球速度变化量的大小为3m/s，方向竖直向下C．小球平均速度的大小为8.5m/s，方向竖直向下D．小球平均加速度的大小约为56.7m/s2，方向竖直向上【答案】D.【解析】位移是初位置指向末位置的有向线段，从题中可以看出，小球的位移为0.5m，方向由A点指

向B点，即竖直向下，故A错误；速度的变化量等于末速度减初速度，规定向下为正，则Δv＝－7m/s－10m/s＝－17m/s，负号表示与规定方向相反，即速度变化量的方向向上，故B错误；平均速度等于位移与时间的

比值，小球的位移为x＝0.5m，方向竖直向下，所以小球的平均速度v＝xt＝0.50.3m/s＝53m/s，方向竖直向下，故C错误；规定向下的方向为正方向，由加速度公式a＝ΔvΔt知：a＝ΔvΔt＝－7－100.3

m/s2≈－56.7m/s2，负号表示方向竖直向上，故D正确。3．甲、乙两个物体在同一直线上沿南北方向运动，且规定向南为正方向，它们的加速度分别为a甲＝＋2m/s2、a乙＝－2m/s2。对甲、乙运动的描述，下

列说法正确的是（）A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲一定向南运动，乙一定向北运动C．甲的速度和乙的速度变化得一样快D．甲、乙在相等时间内的速度变化相同【答案】C【解析】加速度的正负表示方向，不表示大小，可知甲、乙的加速度大小相等，方向相反，故A错误；甲、乙的加速度方

向相反，但是甲、乙的速度方向未知，故无法判断甲、乙的运动方向，故B错误；加速度表示速度变化的快慢，甲、乙的加速度大小相等，速度变化快慢相同，故C正确；概括Δv＝aΔt，可知甲、乙在相等时间内的速度变化大小相同，

方向相反，故D错误。4．甲、乙两车某时刻由同一地点、沿同一方向开始做直线运动，以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图像如图，其中过甲图线的O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中不正确的

是（）A．0～t1时间内，甲车的瞬时速度始终小于乙车的瞬时速度B．t1～t3时间内，甲车的瞬时速度始终小于乙车的瞬时速度C．t3时刻之前甲车从后方追上乙车D．甲、乙两车相遇前，t1时刻两车相距最远【答案】B【解析】x­t图像的斜率表示速度，由图可知，0～t1时间内

，甲车的瞬时速度始终小于乙车的瞬时速度，故A项正确；图像的斜率越大，表示速度越大，则知t1～t3时间内，甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度，故B项错误；t3时刻之前甲车在乙车的后面，t3时刻两车的位置相同，说明两车相遇，故C项正确；图像的纵坐标

表示车所在的位置，由图可知t1时刻两车间的距离最大，相距最远，故D项正确。5．物体做初速度为零的匀加速直线运动，第1s内的位移是5m，则（）A．物体的加速度是5m/s2B．物体的加速度为10m/s2C．物体在第2s内的位移为10mD．物体在第4s

内的位移是45m【答案】B【解析】根据x＝12at2可得物体的加速度a＝2x1t21＝2×51m/s2＝10m/s2，故A错误，B正确；物体在第2s内的位移x2＝12at22－12at21＝12×10×（22－1

2）m＝15m，故C错误；物体在第4s内的位移x4＝12at24－12at23＝12×10×（42－32）m＝35m，故D错误。6．做匀加速直线运动的质点在第一个7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s，则质点的加速度大小为（）A．1

m/s2B．1.5m/s2C．3m/s2D．4m/s2【答案】C【解析】根据匀变速直线运动的规律可知，第一个3s内的平均速度为第1.5s末的速度；第一个7s内的平均速度为第3.5s末的速度；则有a＝ΔvΔt＝62m/s2＝3m/s2，故C正确。7．A、B两物体从同一位置

向同一方向同时运动，甲图是A物体的位移时间图象，乙图是B物体的速度时间图象，根据图象，下列说法正确的是（）A．运动过程中，A、B两物体相遇一次B．运动过程中，A、B两物体相遇两次C．A、B两物体最远距离是20mD．6s内，A物体的平均速

度是B物体的平均速度的两倍【答案】A.【解析】在0～2s内，A的位移为：xA1＝40m，B的位移为：xB1＝10×22m＝10m，知B没有追上A.在2～4s内，A静止，B继续沿原方向运动，通过的位移为：xB2＝10×2m＝20m，t＝4s

末B还没有追上A.在4～6s内，A返回，位移为：xA2＝－40m，t＝6s返回原出发点．B的位移为：xB3＝10×22m＝10m，则在0～6s内B的总位移为：xB＝40m，可知，A、B两物体在4～6s内相遇一次，故A正确，B错误；t＝2s时，A、B两物体相距最远，最远

距离为：s＝xA1－xB1＝30m，故C错误；6s内，A物体的位移为0，平均速度为0，B物体的平均速度为：v－＝xt＝406m/s＝203m/s，故D错误8．如图所示，A、B、C、D四个物体的质量相等，与传送带间的动摩擦因数也相同。A、B、C随传送带一起匀速运动，

运动方向如图中箭头所示，将D轻轻地放在正在运动的传送带上。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在D刚开始运动时，下列叙述正确的是（）A．A、D受到的摩擦力都不为零B．D受到的摩擦力最大C．B受到的摩擦力大于C受到的摩擦力D．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相反【答案】B【解析】A与传

送带一起匀速运动，没有发生相对运动，也没有相对运动趋势，所以A不受摩擦力，选项A错误；对D进行受力分析，D与传送带发生相对运动，且对传送带压力最大，所以受到的摩擦力最大，选项B正确；对B、C进行受力分析，根据平衡条件可知B

、C所受的静摩擦力大小均为mgsinθ，方向均沿传送带向上，故选项C、D错误。9．如图所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角，此时钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的（）A．12B．12cosθC．12si

nθD．12tanθ【答案】C【解析】以表演者和杆整体为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据平衡条件，两绳子合力与重力等大反向，有2Fsinθ＝mg，解得F＝mg2sinθ，钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的12sinθ，故C正确，A、B、D错误。10．如图所示，对静止于水平地面上的

重为G的木块，施加一竖直向上的逐渐增大的力F，若F总小于G，下列说法正确的是（）A．木块对地面的压力随F增大而增大B．木块受到地面的支持力是由于木块发生微小形变而产生的C．木块对地面的压力就是木块的重力D．地面对木块的支持力N＝G－F【

答案】D【解析】对木块受力分析，木块受竖直向下的重力G，竖直向上的力F和支持力N，F总小于G，所以木块一直处于平衡状态，所以N＋F＝G，即N＝G－F，当F逐渐增大时，N逐渐减小，即木块对地面的压力和地面对木块的支

持力均减小，故选项A错误、D正确；木块是受力物体，它受到的支持力是地面产生的，故选项B错误；压力和重力不是同一性质的力，不能说压力就是重力，故选项C错误。11．如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态（

不计绳的质量和滑轮轴的摩擦）。现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止。在此过程中（）A．地面对斜面体的摩擦力不变B．斜面体所受地面的支持力减小C．水平力F一定变大D．物体A所受斜面体的

摩擦力一定变大【答案】C【解析】取物体B为研究对象受力分析，运用合成法如图，则有F＝mgtanθ，FT＝mgcosθ，在物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F和绳子拉力FT都随之变大，故C正确；选取物体A、B和斜面体组成的系统为研究对象，该系统受到竖直向下的重力、地面的支持力、水平向右的拉力

和地面水平向左的摩擦力的作用，根据力的平衡条件，斜面体所受地面的支持力等于系统的重力，是恒定不变的，地面对斜面体的摩擦力大小等于F，一定变大，故A、B错误；该过程中，FT逐渐变大，即绳中的弹力增大，物体A受到的沿斜

面向上的拉力逐渐增大，假如刚开始时，斜面体对物体A的摩擦力沿斜面向上，会随着FT的变大而变小，故D错误。第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤

，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．（10分）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中：（1）实验提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计．其中在本实验中不需要的器

材是____________。（2）如图甲所示是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T＝0.02s，则相邻两个计数点间的时间间

隔为________s。其中x1＝7.05cm、x2＝7.68cm、x3＝8.33cm、x4＝8.95cm、x5＝9.61cm、x6＝10.26cm。如下表列出了打点计时器打下B、C、E、F时小车的瞬时速度，请在表中填入

打点计时器打下D点时小车的瞬时速度。位置BCDEF速度/（m·s－1）0.7370.8010.9280.994（3）以A点为计时起点，在图乙所示坐标系中作出小车的速度－时间关系的图线。（4）计算出的小车的加

速度a＝________m/s2。【答案】（1）弹簧测力计（2分）（2）0.10（1分）0.864（2分）（3）见解析图（3分）（4）0.64±0.01（2分）【解析】（1）本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的器材是弹簧测力计。（2）相邻两个计数点间的时间间隔为0.10s．根

据某点的瞬时速度可用该点前后一段时间内的平均速度来代替知：vD＝x3＋x42×5T＝0.0833＋0.08952×0.1m/s＝0.864m/s。（3）小车的速度－时间关系图线如图所示。（4）在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，则a＝ΔvΔt＝（0.64±0.01）m/s2。13．（

8分）让小球从斜面的顶端滚下，如图所示是用闪光照相机拍摄的小球在斜面上运动的一段，已知闪频为10Hz，且O点是0.4s时小球所处的位置，试根据此图估算：（1）小球从O点到B点的平均速度大小？（2）小球在A点和B点的瞬时速度大小？（3）小球运动的加速度大小？【答案

】（1）0.8m/s（2）0.8m/s1.0m/s（3）2.0m/s2【解析】依题意知，相邻两次闪光的时间间隔Δt＝110s＝0.1s。（1分）（1）vOB＝xOBtOB＝16×10－20.2m/s＝0.8m/s.（2分）（2）小球在A点时的瞬时速度vA

＝xOBtOB＝0.8m/s（1分）小球在B点时的瞬时速度vB＝xACtAC＝（27－7）×10－20.2m/s＝1.0m/s.（2分）（3）由加速度的定义得，小球的加速度a＝vB－vAtAB＝1.0－0.80.1m/s2＝2.0m/s2（2分）14．（10分）某校物理兴趣小组，为了

了解高空坠物的危害，将一只鸡蛋从离地面高为H＝11.25m的高楼楼顶上由静止释放，让其自由下落，下落途中通过一个窗口的时间为Δt＝0.1s，窗口的高度为L＝1.05m，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）鸡蛋落地时的速度大小v?（2）鸡蛋落地前最

后1s内的位移x?（3）高楼楼顶离窗口的上边框的高度h?【答案】（1）15m/s（2）10m，方向竖直向下（3）5m【解析】（1）由H＝12gt2可知鸡蛋落地所需时间为t＝2Hg＝1.5s（1分）所以鸡蛋落地时的速度大小v＝gt＝

15m/s。（2分）（2）鸡蛋下落0.5s内的位移h1＝12gt21＝1.25m（1分）因此鸡蛋落地前最后1s内的位移x＝H−h1＝10m，方向竖直向下。（2分）（3）鸡蛋从高楼楼顶下落到窗口上边框时，有h＝12gt20（1分）鸡蛋从高楼楼顶下落到窗口下边

框，有h＋L＝12g（t0＋Δt）2（2分）联立解得h＝5m。（1分）15．（12分）如图所示，竖直平面内有半径为R的光滑半圆弧形轻杆，圆心为O，其直径AB位于水平桌面上，原长为R的轻弹簧一端固定在A点，另一端连接着质量为m的小球，小

球套在弧形杆上的C点处于静止状态。已知OC与水平面间的夹角为θ＝60°，重力加速度为g。（1）画出小球的受力示意图？（2）求弧形杆对小球的弹力大小？（3）求弹簧的劲度系数？【答案】（1）见解析图（2）3mg（3）（3＋1）mg2R【解析】（1）根据题意小球受重力mg、弧形杆对小球的弹力

FN和弹簧弹力F弹三个力作用，受力示意图如图。（3分）（2）θ＝60°，OA＝OC，所以∠CAO＝∠ACO＝φ＝30°（1分）对小球受力正交分解，由平衡条件可得，水平方向有FNcosθ＝F弹cosφ（1分）竖直方向有FNsinθ＝mg＋F弹sinφ（2分）联立解得

FN＝3mg，F弹＝mg。（1分）（3）由几何关系得AC长为L＝2Rcosφ＝3R（1分）由胡克定律得F弹＝k（L－R）（1分）联立解得弹簧的劲度系数为k＝（3＋1）mg2R。（2分）16．（16分）超载车辆是马路的隐形“杀手”，应严禁上路。一辆超载货车在平直公路上行驶，其位移由数学关系

式x＝10t（式中位移x单位为m，时间t单位为s）决定。一辆值勤的警车停在公路边，当交警发现从他旁边行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车启动，并以2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内。问：（1）警车在追赶货车的过程

中，两车间的最大距离是多少？（2）警车启动后需多长时间才能追上货车？【答案】（1）75m（2）12s【解析】（1）由题意可得货车速度v货＝xt＝10m/s，（1分）当两车速度相等时距离最大，则从警车启动后到两车速度相等所用时间t1＝102.5s＝4s（1分）从交警发现货车从他旁边驶过到警车速

度与货车速度相等，货车通过的位移x货＝v货（t0＋t1）＝10×（5.5＋4）m＝95m（2分）警车通过的位移x警＝12at21＝12×2.5×42m＝20m（1分）所以两车间的最大距离Δx＝x货－x警＝75m。（2分）（2）警车最大速度v0＝90km/h＝25m/s，警车从启动到达到最大速

度所用时间t2＝252.5s＝10s，此时货车通过的位移x货′＝（5.5＋10）×10m＝155m（2分）警车通过的位移x警′＝12at22＝12×2.5×102m＝125m。（2分）因为x货′＞x警′，故此时警车

尚未赶上货车，且此时两车距离Δx′＝x货′－x警′＝30m（2分）警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，则Δt＝Δx′v0－v货＝2s（2分）所以警车启动后要经过t＝t2＋Δt＝12s才能追上货车。。（1分）