江苏省东台市梁垛镇中学2026届物理高一第一学期期末达标检测试题含解析.doc

江苏省东台市梁垛镇中学2026届物理高一第一学期期末达标检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、楔形物体A、B按如图所示位置放在一起，靠在墙上．在竖直向上的力F作用下，A、B处于静止状态．此时物体A除受重力外，还受到的力的个数为　　

A.可能是3个
B.可能是4个
C.一定是2个
D.一定是3个
2、关于牛顿第一定律有下列说法，其中正确的是　　
A.物体的运动需要力来维持
B.牛顿第一定律可用实验来验证
C.牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因
D.惯性定律与惯性的实质是相同的
3、将小球A从地面以初速度vA0＝8 m/s竖直上抛，同时将小球B从一高为h＝2 m的平台上以初速vB0＝6 m/s竖直上抛，忽略空气阻力，g取10 m/s2.当两球同时到达同一高度时，小球B离地高度为(　　)
A.1 m B.2 m
C.3 m D.4 m
4、如图为某运动物体的速度一时间图象，下列说法中，错误的是

A.物体在2-4s内做匀速直线运动
B.物体在0-2s内的加速度是2.5 m/s2,2-4s内加速度为零，4-6s内加速度是-10m/s2
C.物体在4-6s内的平均速度为5m/s
D.物体在0-6s内的位移大小为35m
5、如图，倾角为α光滑斜面向左做匀加速直线运动，加速度大小为a，物块相对于斜面静止，则物块受力的示意图为（　　）

A. B.
C. D.
6、将一个物体由A处移到B处，重力做功（　　）
A.与运动过程是否存在阻力有关
B.与运动的具体路径有关
C.与运动的位移无关
D.与运动物体本身的质量有关
7、如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是

A.弹簧变短
B.弹簧变长
C.小球对半球的压力不变
D.小球对半球的压力变大
8、如图所示，A、B分别是甲、乙两球从同一地点沿同一直线运动的v­t图象，根据图象可以判断出( )

A.在t＝4 s时，甲球的加速度大于乙球的加速度
B.在t＝4.4s时，两球相距最远
C.在t＝6 s时，甲球的速率小于乙球的速率
D.在t＝8 s时，两球相遇
9、如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（　　）

A.无摩擦力
B.支持力等于（m＋M）g
C.支持力为（M＋m）g－Fsinθ
D.有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ
10、如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为零，下列说法正确的是（　　）

A.子弹从O运动到D全过程平均速度小于B点的瞬时速度
B.子弹通过每一部分时，其速度变化量
C.子弹到达各点的速率
D.子弹穿过每个木块经历的时间
11、甲、乙两物体都做自由落体运动，开始时它们距地面的高度比是16∶9，则下列关于它们做自由落体运动的时间比及它们落地时的速度比正确的是（　　）
A. B.
C. D.
12、如图，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q，球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断其中一根的瞬间时，球的加速度a应是( )

A.若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B.若剪断Ⅰ，则，方向沿Ⅱ的延长线
C.若剪断Ⅱ，则，方向水平向左
D.若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某小组在验证“互成角度的两个力的合成”的实验中得到的实验结果如图所示（与AO共线）．该小组在实验中把橡皮筋一端固定在A点，另一端系上细绳套.

(1)先用一个弹簧秤施加一个力把结点拉至O点，并记录下这个力，这个力是图中的_____（填“F”或“”）；
(2)再用两个弹簧秤分别拉住两个细绳套，仍将结点拉至O点，记录下这两个力（图中的F1与F2）.这里采用的实验方法是_________
A．微小量累加法
B．理想实验法
C．控制变量法
D．等效替代法
(3)在实验中，如果用两根劲度系数不同的橡皮条代替两个细绳套，对实验结果是否有影响？答_________（填“有”或“没有”）.
14、“研究共点力的合成实验”如图甲所示，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，图乙是在白纸上根据实验结果画出的示意图。

(1)图乙中的F与两力中，方向一定沿AO方向的是______________________；
(2)用F1和F2两个力或用一个力拉橡皮条时，结点都必须达到O点，这是因为______________________；
(3)同学们在操作过程中有如下议论，其中有两个有利于减小实验误差的说法______________（填字母代号）。
A．两条细绳必须等长
B．实验前先对弹簧测力计指针调零
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要适当长一点，标记同一细绳方向的两点要适当远一点
15、(1)在做“验证力的平行四边形定则”实验时,橡皮条的一端固定在木板上,用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点,则下列说法中正确的是__________
A、同一次实验中,O点位置允许变动
B、实验中，橡皮条、细绳和弹簧秤应与木板保持平行
C、实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时,两个弹簧秤之间的夹角必须取90°
D、实验中，要始终将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程,然后调节另一弹簧秤拉力的大小和方向,把橡皮条另一端拉到O点
(2)如图所示，是甲、乙两位同学在做本实验时得到的结果，其中F是用作图法得到的合力，F’是通过实验测得的合力,则哪个实验结果是符合实验事实的_________?(填“甲”或“乙”)

三．计算题(22分)
16、（12分）一空降特战兵实施空降空降兵出飞机舱后先做自由落体运动，下落3s后，打开伞包匀速下落600m，接着以大小为5m/s2的加速度做匀减速直线运动到达“敌方”的地面，着地时速度为5m/s，g取10m/s2。求：
(1)空降兵做自由落体运动下落的距离；
(2)空降兵打开伞包匀速下落的时间；
(3)空降兵从离开飞机舱到着地的时间。
17、（10分）如图所示，停放在水平冰面上的冰车由质量为M，倾角为θ的斜面体改装而成，在斜面上轻放一质量为m的物块，不计物块与斜面、冰车与冰面之间的摩擦

(1)释放物块后，在物块沿斜面向下运动的同时，冰车也在水平冰面上运动．请画出冰车受力的示意图，并根据示意图说明冰车由静止变为运动的原因（作图时冰车可视为质点）
(2)若冰面上的人在车后方用水平方向的力推车，请分析下列两种可能情况：
a.当力的大小为F1时，物块在斜面上滑动的同时冰车在冰面上保持静止，求F1和物块加速度的大小a1；
b.当力的大小为F2时，物块和斜面保持相对静止一起加速运动，求F2和物块加速度的大小a2
(3)第(1)问和第(2)问a所述的两种情况下，小物块对斜面压力的大小不同，分别记为FN1和 FN2，请对FN1和 FN2的大小关系作出猜想，并说明做出该种猜想的理由
参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、C
【解析】先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：，水平方向，不受力，故墙面无弹力；隔离A物体分析，必受重力、B对A的弹力和摩擦力作用，受三个力，故物体A除受重力外，还受到的力的个数为2个，故C正确，A、B、D错误；
故选C
2、C
【解析】牛顿第一定律是指出物体不受力的情况下的运动状态，指出力是改变物体运动状态的原因，是理想化模型，现实无法实现，同时提出惯性的概念，惯性的决定因素是质量；
【详解】A、牛顿第一定律是指出物体不受力的情况下的运动状态，指出力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持，故A错误，C正确；
B、牛顿第一定律是理想化模型，现实无法直接验证，故B错误；
D、惯性是物体的固有属性，牛顿第一定律又称为惯性定律，惯性定律与惯性的实质是不相同的，故D错误
【点睛】理解好牛顿第一定律提出的两个点：一、力是改变运动状态的原因；二、惯性的概念理解，知道惯性的决定因素是质量
3、C
【解析】取A、B为研究对象，向上为正方向，由等时性和同位性及竖直上抛运动的公式：h=v0t-gt2得：vA0t−gt2＝h+vB0t−gt2；即：8t-gt2=2+6t-gt2；解上式得：t=1s；由h=v0t-gt2得：h=8t-gt2=8×1-×10×12=3m；A离开地面的高度为3m，所以B离地面的高度也是3m，故选C
点睛：该题考查竖直上抛运动的规律，解决本题的关键知道竖直上抛运动的公式：h=v0t-gt2，同时要注意竖直上抛运动是往返运动
4、C
【解析】速度一时间图象中与时间轴平行的直线表示物体做匀速直线运动．据速度一时间图象的斜率可得物体在各段时间内的加速度．据匀变速直线的平均速度公式，可得物体在4-6s内的平均速度．据速度一时间图象与时间轴围成面积表对应时间内的位移，可得物体在0-6s内的位移大小
【详解】A：由图象得，物体在2-4s内速度不变，做匀速直线运动．故A项正确
B：速度一时间图象的斜率表加速度，则物体在0-2s内的加速度；物体在2-4s内做匀速直线运动，加速度为0；物体4-6s内加速度．故B项正确
C：物体4-6s内做匀变速直线运动，则物体4-6s内的平均速度．故C项错误
D：速度一时间图象与时间轴围成面积表对应时间内的位移，可得物体在0-6s内的位移．故D项正确
本题选错误的，答案是C
5、A
【解析】由题知，斜面光滑，且物块相对斜面静止，则物块与斜面的加速度相同，即加速度大小为a，方向水平向左，则对物块受力分析，可知物块受竖直向下的重力和垂直斜面向上的支持力作用，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
6、D
【解析】重力做功与路径、是否受其他力以及物体的速度无关，仅与初末位置的高度差有关，与运动的位移有关，根据可知还与运动物体本身的质量有关，D正确
7、AC
【解析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力，作出、T，G的矢量三角形，根据三角形相似法分析、T的变化
对小球P受力分析，受到绳子的拉力T，半球的支持力，竖直向下的重力G，如图所示，根据相似三角形法可知，因为OP和OD都是恒定不变的，G也不变，DP减小，所以可知不变，T减小，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力不变，绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，所以弹簧变短，故AC正确

8、ABD
【解析】A.甲球的加速度

故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度

故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A正确
B.当两物体速度相同时两物体相距最远，即：
40+a1t=-20+a2（t-2）
解得：
t=4.4s
即4.4s时两物体相距最远，故B正确
C.t=6s时甲球的速度
v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s
乙球的速度

甲球的速率大于乙球的速率，故C错误
D.设T时刻两物体相遇，故有

解得
T=8s
故D正确
9、CD
【解析】由于m沿着斜面匀速上滑，可把m和斜面看作整体．整体受到斜向上的拉力作用，根据平衡条件，地面对斜面的支持力为，水平向左的摩擦力大小为，选项AB错误CD正确。
故选CD。
10、AC
【解析】A．全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度，故A正确；
B．由于子弹的速度越来越小，故穿过每一个木块的时间不相等，故速度的差值不相等，故B错误；
C．将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由可知，通过的速度之比为：，子弹到达各点的速率

故C正确；
D．将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由可知，反向通过各木块用时之比为；子弹穿过每个木块经历的时间

故D错误。
故选AC。
11、AC
【解析】本题考查自由落体运动公式的理解运用，由高度比求出落地速度和时间比。
【详解】AB．由自由落体的位移时间公式

得到

所以时间和高度的算术平方根成正比
t甲:t乙=:=4:3
故A正确，B错误；
CD．由自由落体运动的高度与落地速度公式

得到

所以落地速度和高度的算术平方根成正比，同上，比为,所以C正确，D错误。
故选AC。
【点睛】自由落体运动的位移时间和位移速度公式。
12、AC
【解析】先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变；根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度
【详解】绳子未断时，受力如图，由共点力平衡条件得：

F2=mgtanθ，F1＝；刚剪断弹簧Ⅰ瞬间，细绳弹力突变为0，故小球只受重力，加速度为g，竖直向下，故A正确，B错误；刚剪短细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图；

由几何关系，F合=F1sinθ=F2=ma，因而，方向水平向左，故C正确，D错误．故选AC
【点睛】本题为瞬时问题，关键要抓住弹簧弹力不可突变，细绳弹力可突变.

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①. ②.D ③.不变
【解析】该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值（通过平行四边形定则得出的值），与理论值（实际实验的数值）存在差别，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果；
【详解】(1)F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F′是F1与F2合成的实际值，F是F1与F2合成的理论值.
(2)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法;故选D.
(3)由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果
【点睛】本实验采用是等效替代的思维方法．实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同.
14、 ①. ②.为了使两个力和一个力的作用效果相同 ③.BD
【解析】(1)[1]由实验原理知F是与合成的理论值，由于误差的存在，其方向不一定沿AO；是实验中与合成的测量值，其方向一定沿AO；
(2)[2]用F1和F2两个力或用一个力拉橡皮条时，结点都必须达到O点，这是为了使两个力和一个力的作用效果相同；
(3)[3]A．细线的作用是能显示出力的方向，所以不是必须等长，故A错误；
B．为了减小实验误差，使弹簧测力计读数准确，实验前应先对弹簧测力计指针调零，故B正确；
C．为了减小实验误差，用弹簧秤同时拉细绳时拉力不能太大，也不能太小，故两弹簧秤示数之差没必要太大，故C错误；
D．为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长一些，标记同一细绳方向的两点要远一些，故D正确。
故选BD。
15、（1）B（2）甲
【解析】（1）明确实验原理和实验步骤，了解具体操作细节即可正确解答本题
（2）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答
【详解】（1）为了使弹簧两次拉橡皮条的效果相同，要求在同一次实验中，O点位置不动，故A错误；测量力的实验要求尽量准确，为了减小摩擦对实验造成的影响，实验中，橡皮条、细绳和弹簧秤应与木板保持平行而且不能直接接触，故B正确；实验中对两弹簧之间的夹角没有具体要求，只要夹角适当，便于作图即可，故C错误；实验中弹簧弹力不能超过最大量程，大小适当即可，对其大小并没有具体要求，故D错误．故选B
（2）实验测的弹力方向沿绳子方向，由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，故甲更符合实验事实

三．计算题(22分)
16、 (1)45m；(2)20s；(3)28s
【解析】(1)自由下落的距离
h1＝gt12＝×10×32m＝45m
(2)自由落体的末速度
v1＝gt1＝10×3m/s＝30m/s
匀速运动的时间
t2＝＝s＝20s
(3)匀减速运动的时间
t3＝＝s＝5s
空降兵从离开飞机舱到着地的时间
t＝t1+t2+t3＝28s
17、 (1)将FN沿水平方向和竖直方向正交分解，可知竖直方向合力为零，水平方向合力不为零，因此冰车在水平方向合力作用下由静止变为运动，且在物块滑离斜面前沿水平冰面做加速运动
(2)a：a1=gsinθ； F1= mgcosθsinθ b.a2= gtanθ； F2=（m+M）gtanθ
(3)正确的猜想：FN1<FN2
【解析】（1）对冰车受力分析，冰车水平方向合力不为零，所以沿水平方向做加速运动；
（2）冰车静止，水平方向合力为零，根据平衡条件列方程可求F1．分析物块的受力，根据牛顿第二定律可求小物块的加速度；当冰车与小物块相对静止时，隔离小物块可求加速度，再根据整体运用牛顿第二定律，可求F2的大小；
（3）物块加速度不沿斜面方向，将加速度a沿垂直斜面和沿斜面两方向正交分解，根据牛顿第二定律可分析重力垂直斜面的分力与支持力的关系，即可比较两种情况支持力的大小
【详解】
（1）冰车的受力示意图如答图1所示；
将FN沿水平方向和竖直方向正交分解，可知竖直方向合力为零，水平方向合力不为零，因此冰车在水平方向合力作用下由静止变为运动，且在物块滑离斜面前沿水平冰面做加速运动
（2）a.冰面上的人在车后方推车时车的受力情况如答图2所示，物块的受力情况如答图3所示
由于冰车保持静止，水平方向受力平衡，有：F1=FNsinθ
对物块应用牛顿第二定律，有：FN=mgcosθ；mgsinθ=ma1
解得：a1=gsinθ； F1= mgcosθsinθ
b.当物块和斜面保持相对静止一起加速运动时，它们的加速度a2必然沿水平方向，物块的受力示意图如答图4所示
对物块应用牛顿第二定律，有：mgtanθ= ma2
对物块和冰车的整体应用牛顿第二定律，有：F2=（m+M）a2
解得：a2= gtanθ； F2=（m+M）gtanθ
（3）正确的猜想：FN1<FN2；
理由：第（1）问所述情况中物块沿斜面下滑的同时，斜面体沿水平冰面后退，在一小段时间内物块发生的位移x（以地面为参考系）如答图5所示，物块加速度a的方向与位移x的方向一致．将加速度a沿垂直斜面和沿斜面两方向正交分解，可知，a有垂直斜面向下的分量，结合答图3中的受力分析，可知FN1<mgcosθ；而第（2）问a所述情况中FN2=mgcosθ，因此，FN1<FN2