2026届福建省师大附中高一物理第一学期期末预测试题含解析.doc

2026届福建省师大附中高一物理第一学期期末预测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、明代诗人曾写下这样一首诗：空手把锄头，步行骑水牛；人在桥上走，桥流水不流。其中“桥流水不流”中的“桥流”应理解成其选择的参考系是（ ）
A人 B.水 C.桥 D.地面
2、下列说法正确的是
A.合力一定大于分力
B.只有静止的物体才受到静摩擦力的作用
C.物体的质量越大，惯性就越大
D.超重就是重力增大的现象
3、根据压强公式，将压强的单位Pa用国际单位制的基本单位表示，则下列正确的是
A.N·m-2 B.kg·m-1·s-1
C.kg·m-2·s-1 D.kg·m-1·s-2
4、如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止与原位置的情况相比（ ）

A.A对B的作用力减小 B.B对A的支持力增大
C.木板对B的支持力增大 D.木板对B的摩擦力增大
5、如图所示,气球静止时对其受力情况分析，正确的是（）

A.受重力、绳子拉力和空气浮力作用
B.受重力、绳子拉力作用
C.受重力、绳子拉力和空气作用力
D.受重力、空气浮力、空气作用力及绳子拉力作用
6、用悬挂法测定不规则薄板的重心，其依据是
A.物体的重心总在物体上
B.薄板平衡时，它受的合外力为零
C.薄板平衡时，悬线拉力的作用线通过重心
D.重力和悬线的拉力是一对作用力和反作用力
7、下列图像中表示物体做匀变速直线运动的是（　　）
A. B.
C. D.
8、下列说法正确的是（ ）
A.赛车的质量不是很大，却安装着强劲的发动机，可以获得很大的惯性
B.高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，目的是增加车辆重力垂直桥面方向的分力，保证行车方便与安全
C.传送带靠静摩擦力把货物送到高处
D.汽车轮胎的花纹会影响轮胎受到的摩擦力，地面与轮胎间的摩擦力越大汽车越容易启动，刹车也越容易
9、如图所示，逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角θ，在传送带顶端静止释放小物块，小物块以加速度a1加速下滑，当小物块与传送带共速后，以加速度a2加速下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（ ）

A.a1>a2 B.a1=a2
C.μ=tanθ D.μ<tanθ
10、某人在t＝0时刻开始观察一个正在做匀加速直线运动的质点，现只测出该质点在第3s内和第7s内的位移，则下列说法正确的是（ ）
A.不能求出任意一秒内的位移
B.不能求出任一时刻的瞬时速度
C.能求出第3s末到第7s末这段时间内的位移
D.能求出质点运动的加速度
11、如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )

A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
12、如图所示，用轻绳悬挂于运动小车里的小球向左偏离竖直方向θ角，则小车可能的运动情况是（　　）

A.向右加速运动 B.向右减速运动
C.向左加速运动 D.向左减速运动
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、如图甲所示为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。

(1)在用打点计时器研究小车匀变速运动实验中，记录的纸带如图乙所示，图中两计数点间有四个点未画出。已知打点计时器所用电源的频率为，则小车运动的加速度a=________，打P点时小车运动的速度v=________。电网中交变电流的频率一般为，但由于某种干扰变为（即打点周期比0.02s略小），而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）

(2)①平衡小车所受阻力的操作：取下________，把木板不带滑轮的一端垫高；接通电火花计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动。如果打出的纸带如图乙所示，则应________（选填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹________为止。

②如图丙所示为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为________。

14、某研究性学习小组在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用表示，沙桶和沙的质量用表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到

（1）本实验主要用到的物理思想方法是________
A.理想实验法 B.控制变量法
C.假设法 D.极限法
（2）.关于本实验，下列说法中正确的是______
A.当远大于时，才可以认为绳对小车的拉力大小近似等于沙和沙桶的重力
B.用天平测出以及小车测量，小车运动的加速度可直接用公式求出
C.改变小车的质量重复实现时，不需要重新平衡摩擦力
D.实验时，应先释放小车，后接通打点计时器的电源
（3）.如图所示为某次实验得到的一条纸带示意图，相邻计数点间还有四个点没有画出．已知打点计时器所接电源的频率为．则大“2”点时 对应的速度大小是______，纸带在计数点间的加速大小是_____．（答案均保留两位有效数字）

（4）如图所示是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的图线．其中图线不过原点的原因是_____________________________，图线在末端弯曲的原因是_____________________________

15、学校物理兴趣小组利用如图甲所示的实验装置完成“探究加速度与力的关系”的实验。他们所用的器材有小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的钩码，另有学生电源和其它相关实验器材(图中未画出)。

(1)下列做法有两个正确是______________________（填字母代号）；
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．在长木板带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车在不受牵引力时能匀速下滑
C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
D．每次改变拉小车的拉力后都不需要重新平衡摩擦力
(2)图乙是实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0.10s，由图中数据可得打点计时器打下C点时小车的速度大小__________m/s，小车的加速度大小_______________m/s2；(结果均保留三位有效数字)
(3)实验小组A、B分别以各自测得的加速度a为纵轴，小车所受的合力F为横轴，作出图象如图丙中图线1、2所示，则图线1、2中对应小车（含车内的钩码）的质量较大的是图线_____________（选填“1”或“2”）。
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为和质量为可视为质点的两物块相距一起静止在足够长且量为的水平木板上，已知与木板之间的动摩擦因数均为木板与水平面之间的动摩擦因数为时刻同时让分别以的初速度沿木板水平向右运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取求:

(1)时刻，与的加速度大小；
(2)若与不相碰，与间距的最小值；
(3)在水平面滑行的位移
17、（10分）如图所示，倾斜传送带与水平面的夹角为θ，以大小为v0的恒定速度沿顺时针方向匀速转动，一小物块（可视为质点）从传送带上端A滑上传送带，滑上时速度大小为v1、方向平行于传送带向下，最后小物块将从A端离开，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，重力加速度为g，不计空气阻力。求
(1)小物块在传送带上滑动时的加速度大小a。
(2)小物块从滑上传送带到从上端A离开，在传送带上运动的时间t。

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、B
【解析】“桥流水不流”可以理解为“桥动水不动”，意思就是说桥在运动，研究对象是桥。以水为参照物，桥的位置发生了变化，则桥是运动的。
故选B。
2、C
【解析】摩擦力产生的条件是：①相互接触的粗糙表面；②要发生或已经发生相对运动；一切物体都有惯性，惯性大小取决于物体质量大小，与速度大小无关．于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重
【详解】合力与分力是等效关系，合力F的范围为|F1-F2|≤F≤F1+F2，可知合力不一定大于任一分力，也有可能小于某一分力，故A错误；对于受静摩擦力或滑动摩擦力的物体的运动情况，可以列举生活中的实例来分析，静摩擦可以作用在运动的物体上，滑动摩擦力也可以作用在静止的物体上，故B错误；惯性大小仅取决于物体质量大小，质量越大，惯性越大，故C正确；当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态，与物体的重力没有关系．即重力不变，故D错误．所以C正确，ABD错误
3、D
【解析】压强定义式为，它的单位是帕斯卡（Pa），根据牛顿第二定律知，
1N=1kg•m/s2；
而面积S的单位是m2，所以：
1Pa=1kg·m-1·s-2；
A．N不是基本单位，A错误；
BCD．综上分析1Pa=1kg·m-1·s-2，故BC错误D正确；
故选D。
4、D
【解析】设板与水平地面的夹角为α，木板转过的角度为β；以A为研究对象，无论木板如何转动，只要二者保持相对静止，B对A的作用力始终与A的重力平衡，保持不变，则A对B的作用力不变，故A错误；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A的重力分解情况如图，

开始时物体A不受B对A的摩擦力，B对A的支持力大小与重力相等；后来时设B的上表面与水平方向之间的夹角是β，受到的B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等，方向相反，因N=GA•cosβ，所以A受到B的支持力一定减小，故B错误；以AB整体为研究对象，分析受力情况如图：总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2；

由平衡条件分析可知，板对B的支持力N2=GABcosα，摩擦力f2=GABsinα，α增大，N2减小，f2增大．故C错误，D正确．故选D
【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．本题也可以利用图解法来分析；注意整体法和隔离法的应用
5、C
【解析】对气球受力分析，地球表面的一切物体都受到重力作用，故一定受重力；
细线对气球有拉力；
气球受到的浮力不能忽略不计，故一定受到浮力；
风对气球有向左的推力；
由于浮力和风力的施力物体均为空气，故二者的合力称为空气作用力，故选项C正确，ABD错误
6、C
【解析】利用“悬挂法”来确定形状不规则薄板的重心位置，当物体静止时，由二力平衡条件可知重力和拉力的作用线在同一直线上，从而确定物体重心在O点；

A．物体的重心不一定总在物体上，比如篮球，手镯，质量分布均匀形状规则的物体的重心在其几何重心，A错误；
B．一切物体平衡时，所受外力都为零，这个不是原因，原因是薄板平衡时，悬线拉力的作用线通过重心，B错误；
C．综上分析可得悬线拉力的作用线通过重心，C正确；
D．重力和悬线的拉力都作用在物体上，且物体仅仅受到这两个力，故这两个力是一对平衡力，D错误；
故选C。
7、BD
【解析】A．根据x－t图象的斜率等于速度，知该图表示物体的速度恒定，处于匀速直线运动状态，故A错误；
B．在v－t图象中，图象的斜率表示加速度，该图表示物体做匀加速直线运动，故B正确；
CD．在a－t图象中，图象的纵坐标表示加速度，匀变速直线运动的加速度恒定不变，故C错误，D正确；
故选BD。
8、CD
【解析】A．惯性的大小只与物体的质量有关，与力没有关系，故A错误；
B．高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，故B错误；
C．传送带与物体之间存在静摩擦力，静摩擦力作为动力，靠静摩擦力把货物送到高处，故C正确；
D．地面与轮胎间的摩擦力越大汽车越容易启动，而刹车也越容易，故D正确。
故选CD。
9、AD
【解析】AB．小物块与传送带共速前，小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1。
小物块与传送带共速后，小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2。
对比可得，a1＞a2，故A正确，B错误。
CD．当小物块与传送带共速后，以加速度a2加速下滑，说明mgsinθ＞μmgcosθ，则得
μ＜tanθ
故C错误，D正确。
故选AD。
10、CD
【解析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度，以及各秒内的位移．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度
【详解】因为连续相等时间内位移之差是一恒量，已知第3s内和第7s内的位移，则可以得出相邻相等时间内的位移之差，从而得出任意1s内的位移，以及第3s末到第7s末的位移，故A错误，C正确．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即x7−x3＝4aT2，可以求出加速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度．故B错误，D正确．故选CD
【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷
11、BD
【解析】鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C错误；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确．故选BD
12、AD
【解析】A.由图可知，小球的加速度与小车的加速度相同，小球受绳子的拉力与重力，两个力的合力与小车合力相同沿水平方向向右，所以小车的加速度水平向右，故选项A正确；
BC.向右减速运动和向左加速运动，加速度都向左，与题意不符，故选项BC错误；
D.向左匀减速运动，加速度也向右，故选项D正确。
故选AD

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).0.8 (2).0.25 (3).偏小 (4).钩码 (5).减小 (6).间隔相等 (7). (8).
【解析】(1)[1]．由于两相邻计数点间有四个点未画出，所以两相邻计数点时间间隔为T=0.1s，根据运动学公式得
△x=aT2

[2]．根据匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，求出点迹间距为2.10cm的中间时刻的瞬时速度

根据运动学公式v=v0+at得
vp=v0+a=0.25 m/s
[3]．工作电压的频率变为51Hz，则周期变小，由△x=aT2，知a变大，若仍然按照T不变计算，显然计算出的加速度值比真实值偏小。
(2)①[4][5][6]．平衡摩擦力时，应不挂钩码，打出的纸带如图丁所示说明小车加速运动，故应减小倾角，直到纸带上打出的点迹间隔相等为止。
②[7][8]．设小车的质量为m'，则有
F=（m+m'）a
变形得

所以图象的斜率为

所以小车受到的拉力

图象的截距

解得小车的质量

14、 ①.B ②.C ③.0.81 ④.2.0 ⑤.未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ⑥.不满足
【解析】(1)在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法；
(2)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点2的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度；
(4)当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足引起的．当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲
【详解】(1) 探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量；
这种实验方法是控制变量法，故选B
(2) A项：当m远小于M时，才可以认为绳对小车的拉力大小近似等于沙和沙桶的重力，故A错误；
B项：小车的加速度通过纸带进行求解，不能通过牛顿第二定律进行求解，故B错误；
C项：改变小车的质量重复实验时，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D项：实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误
故选C
(3) 点2的瞬时速度
根据△x=aT2，运用逐差法得，

(4) 图线不过原点表明当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足引起的；
图线在末端弯曲的原因是F较大时，钩码重力与绳的拉力有较大的差异，从而产生很大的误差．即不满足m＜＜M
【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等
15、 ①.AD ②.0.121 ③.0.195 ④.1
【解析】(1)[1]A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，以减小实验的误差，故A正确；
B．在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，以平衡摩擦力，使小车在不受牵引力时能匀速下滑，故B错误；
C．实验时，先接通打点计时器，再释放小车，故C错误；
D．因平衡摩擦力时满足

两边消掉了m，则增减小车上的砝码改变质量后，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。
故选AD。
(2)[2]由题意可知C点的速度即为BD段的平均速度，所以有

[3]根据

可得

(3)[4]因为a-F图线的斜率为对应小车（含车内的钩码）质量的倒数，故斜率越小，质量越大，故1图线对应小车（含车内的钩码）的质量较大。

三．计算题(22分)
16、（1）a1=a2= 4m/s2，方向向左；aM=4m/s2，方向向右；（2）1.5m（3）2.5m
【解析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出两质点的位移，然后求出两质点间的初始距离
（2）由牛顿第二定律求出木板的加速度，然后由运动学公式求出M的位移
【详解】（1）根据题意知，m1、m2在木板上做减速运动，M在水平面上做加速运动，由牛顿定律得：
对m1：μ1m1g=m1a1
对m2：μ1m2g=m2a2
对M：μ1m1g+μ1m2g-μ2（m1+m2+M）g=MaM，
解得：a1=a2=μ1g=4m/s2，方向向左；aM=4m/s2，方向向右
（2）设经过t1，M与m2共速且为v，m1的速度为v3，
由运动学公式得：
对m1，速度：v3=v1-a1t1，
位移：x1＝t1，
对m2，速度：v=v2-a2t1，
位移：x2＝t1，
对M，速度：v=aMt1
位移：xM＝t1，
在t1时间内m1与m2的相对位移：△x1=x1-x2，
由题可知M与m2共速后它们相对静止，其加速度为a，由牛顿第二定律得：
μ1m1g-μ2（m1+m2+M）g=（M+m2）a，
解得：a=0，即：M与m2共速后一起匀速运动，
m1继续减速，设经过t2系统共速，其速度为v′，
由运动学知识，对m1有：v′=v3-a1t2，
位移：x1′＝t2，
对M和m2整体有：xM′=vt2，△x2=x1′-xM′，
由几何关系可得：d≥△x1+△x2，
代入数据解得：dm=1.5m；
（3）由题可知系统整体共速后一起减速直到静止，
由牛顿定律得：μ2(m1+m2+M)g＝(M+m1+m2)a′，
由运动学知识得：x″M＝，
M运动的位移为：x=xM+xM′+xM″，
代入数据解得：x=2.5m；
【点睛】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体受力情况与运动过程是解题的前提，注意关联物体之间的速度以及位移关系等，抓住临界状态，例如共速时刻
17、 (1)；(2) 若，；若，
【解析】由题意可分析出小物块下滑后做减速运动，速度要减为零，然后再向上先做加速运动，根据牛顿第二定律求出上滑的加速度，在向上运动过程中，由于小物块和传送带的速度大小不清楚，就可能出现两种情况，一种是小物块的速度小于等于传送带的速度，则小物块是先减速运动到速度为零然后在反向向上做加速运动一直到达顶端，第二种是，小物块的速度大于传送带的速度，则反向先做加速运动，当达到和传送带速度相等时，随传送带做匀速运动到达顶端，根据运动学公式分别求出相应的位移和时间。
【详解】(1)由题意可得：

物体先向下做减速运动，然后在向上做加速运动，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得：
①
②
由以上二式可得
③
(2)物体下滑减速过程和上滑加速过程，受力情况是一样的，所以加速度相同。
若，物体减速下滑到速度为零后，反向一直加速返回到顶端，末速度为，则下滑时间和加速到顶端的时间相同，则整个过程的运动时间为：
④
若，则物体返回时先做加速运动，当速度达到时，物体以速度做匀速运动达到顶端，物体沿斜面下滑距离：
⑤
向上加速的时间为：
⑥
向上加速的位移为：
⑦
向上匀速运动的位移为：
⑧
做匀速运动的时间为：
⑨
则整体运动的时间为：
⑩
由以上各式可得：

【点睛】解决本题的关键在于正确进行受力分析，尤其是货物和传送带速度相同时物体受到的摩擦力方向，根据受力情况分析研究对象的运动情况，熟记运动学公式。