福建省福州市闽侯第一中学2026届高一物理第一学期期末统考模拟试题含解析.doc

福建省福州市闽侯第一中学2026届高一物理第一学期期末统考模拟试题
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、如图所示，细绳下悬挂由轻弹簧连接的物体A和B，质量均为m．系统处于静止状态，绳和弹簧质量不计．则剪断绳的瞬时，物体A和B的加速度aA、aB大小分别为（　　）

A.aA ＝g，aB ＝g B.aA ＝0，aB ＝0
C.aA ＝g，aB ＝0 D.aA ＝2g，aB ＝0
2、关于速度、速度的变化量和加速度，下列说法正确的是（　　）
A.物体运动的速度变化量越大，它的加速度一定越大
B.速度很大的物体，其加速度可能为零
C.某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大
D.加速度增大时，物体运动的速度一定变大
3、如图所示，一人站在电梯中体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（ ）

A.电梯匀减速上升，加速度大小为 1.0 m/s2
B.电梯匀减速下降，加速度大小为 1.0 m/s2
C.电梯匀加速上升，加速度大小为 1.5 m/s2
D.电梯匀加速下降，加速度大小为 1.5 m/s2
4、如图，在粗糙水平面上有一质量为m=3kg的小物块可视为质点，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F的作用下做匀速直线运动，物块与地面间的动摩擦因数为μ=，重力加速度g=10m/s2，则拉力的大小为（）

A.10N B.10N
C.15N D.20N
5、如图所示，在同一竖直面内的轻绳OA、OB、OC结于O点，A、B两点固定在水平天花板上且OA⊥OB，C端悬挂一物体并保持静止状态。已知三段轻绳长度OB>OA>OC，设OA、OB、OC三段轻绳的弹力分别为T1、T2、T3，关于三个力大小关系正确的是（　　）

AT1>T2>T3 B.T2>T1>T3
C.T3>T 1>T2 D.T2>T3>T1
6、A、B、C三点在同一直线上，一个物体自A点从静止开始作匀加速直线运动，经过B点时的速度为v，到C点时的速度为3v，则AB与BC两段距离大小之比是（　　）
A.1：9 B.1：8
C.1：2 D.1：3
7、如图甲所示，竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上，电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线；图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的Ft图线，由图线分析电梯的运动情况，下列结论中正确的是(　　)

A.由图线K可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态
B.由图线L可知，此时电梯加速度大小一定等于g
C.由图线M可知，此时电梯一定处于静止状态
D.由图线N可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下
8、物体甲的x-t图象和物体乙的v-t图象分别如下图所示，则这两个物体的运动情况是（　　）

A.甲在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
B.甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
C.乙在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
D.乙在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
9、做直线运动的甲、乙两物体的位移时间图象如图所示，则下列说法正确的是

A.甲、乙两物体均做匀加速直线运动
B.当乙开始运动时，两物体相距
C.两物体在时相距最远，在时相遇
D.在这段时间内，物体间的距离逐渐变小
10、将力F分解为两个不为零的力，下列情况具有唯一解的是（ ）
A.已知两个力的方向，并且不在同一直线上
B.已知一个分力的大小和另一分力的方向
C.已知两个力的大小
D.已知一个分力的大小和方向
11、在“探究滑动摩擦力的大小与压力、接触面粗糙程度之间的关系”实验中，某实验小组先保持木块与木板间接触面的粗糙程度不变，通过改变砝码个数来改变压力，分别记录弹簧测力计的示数及对应的压力；然后改变接触面的粗糙程度，重复上述实验。根据实验数据，作出f－FN图像，如图所示。由图像可知（　　）

A.对于同一接触面，是一个定值
B.对于不同接触面，值不同
C.图像①对应的接触面更粗糙
D.图像②对应的接触面更粗糙
12、物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P点自由滑下则（ ）

A.物块可能仍落在Q点
B.物块可能会落在Q点的左边
C.物块可能会落在Q点的右边
D.物块一定会落在Q点的右边
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、如图所示的实验装置可以用来测量重力加速度g，方法是让“工”字形金属片自由下落通过光电门．“工”字形金属片中间立柱长为h，上、下两块挡光片A、B足够窄，宽度均为d，挡光时间由跟光电门相连的数字计时器记录下来．若下挡光片B通过光电门的时间为Δt1，上挡光片A通过光电门的时间为Δt2，则“工”字形金属片进入光电门时的速度v1＝________，离开光电门时的速度v2＝________，自由落体运动的加速度g＝________

14、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz

(1)该同学得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，已知A、B、C三点到O点的距离分别为2.86cm、6.21cm和10.06cm，则由此可得小车运动的加速度大小为_____m/s2（结果保留一位小数）
(2)该同学根据数据作出的a-F图象如图丙所示，则图中直线不过原点的原因是_____
A．实验中没有对小车平衡摩擦力
B．在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太大
C．在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太小
D．实验中没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量纸带打点计时器
15、现在的智能手机都有连拍功能，某同学设置手机连拍的时间间隔为，然后把手机用支架固定，对一辆沿直线向右减速行驶的玩具小车进行连拍，拍得小车连续几个位置的间距如下图所示。

(1)根据图中数据判定小车减速过程中_____(填“是”或“不是”）做匀减速直线运动，汽车经过图中位置的速度大小为______；
(2)从左边第一个位置开始计时，第1秒内小车的平均速度____，小车减速过程中的加速度大小为________。(以上计算结果均保留两位有效数字）
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，长为L=2m，质量为M=2kg的长木板B放在动摩擦因数为=0.4的水平地面上，在木板的最右端放一可视为质点的小物块A，其质量为m=1kg，与木板间的动摩擦因数为=0.2，开始时A、B均处于静止状态，g=10m/s2。
（1）当给木板施加一水平向右的恒力F=15N时，求物块A和木板B运动的加速度分别为多少？
（2）要将木板B从物块A下方抽出来，则给木板B施加的向右的水平拉力至少为多少？
（3）若给木板施加的水平拉力F=24N，要使物块A从木板B的左端滑下，则水平力F作用的最短时间为多少？

17、（10分）如图所示，三条轻绳结于O点，轻弹簧水平拉轻绳，OA绳与墙成37°角，OC绳下端挂一放在水平地面上质量m=1.2kg的物体，物体处于静止状态．轻弹簧的弹力F=3.3N，劲度系数k=100N/m．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）弹簧伸长量；
（2）绳子OC的拉力大小；
（3）物体对地面的压力
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、D
【解析】剪断绳前，根据共点力平衡条件求出弹簧弹力大小，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，然后根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度大小
【详解】剪断绳前，以B为研究对象，可得弹簧的弹力F＝mg，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，根据牛顿第二定律得，A的加速度，方向竖直向下．对B分析，B所受的合力仍为零，加速度为零，故D正确，ABC错误
2、B
【解析】A．根据可知，加速度a由速度的变化量和时间共同决定，虽然大，但a不一定大，A错误；
B．根据可知，物体的加速度跟速度的变化率成正比，与物体的速度的大小无关，如果物体速度很大，但做匀速直线运动，则加速度为零，B正确；
C．当物体的速度为零时，若物体所受的合外力不为零，其加速度不为零，可能很大，C错误；
D．物体加速度增大，只代表物体速度的变化加快，并不代表物体的速度变大，物体速度可以变大，也可以变小，D错误。
故选B
3、C
【解析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解
【详解】A.电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律：mg−F=ma
解得：F=m(g−a)=9m
B.电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律
F−mg=ma
解得：F=m(g+a)=11m
C.电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律：F−mg=ma
解得：F=m(g+a)=11.5m
D.电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律
mg−F=ma
解得：F=m(g−a)=8.5m
故选C.
4、C
【解析】对物体进行受力分析，由平衡条件可知：

联立解得：

故C项正确，ABD三项错误。
5、C
【解析】对物体受力分析且由平衡条件可知

对结点O受力分析如图，由平衡条件可知

由于AO<BO，则

故C正确，ABD错误。
故选C。

6、B
【解析】由公式得AB段距离，所以两段距离之比为1:8，故选项B正确，其余错误
7、BD
【解析】A．由图线K可知，物体对P的压力大于物体的重力，且逐渐增大，则支持力大于重力，且逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐增大，电梯加速度方向竖直向上，且在变化，故A错误；
B．由图线L可知，支持力的大小等于2mg，根据牛顿第二定律得，

解得

方向竖直向上，故B正确；
C．由图线M可知，支持力等于重力，知电梯可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态，故C错误；
D．由图线N可知，支持力的大小先大于再小于，根据牛顿第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正确
故选BD.
8、BD
【解析】AB．甲图位移-时间图象，斜率表示速度，可知甲做匀速直线运动，故甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，位移为

故A错误，B正确；
CD．乙图是v-t图象，速度的正负表示运动的方向，故前3s向负方向运动，后3s向正方向运动，即做来回运动，总位移为零，故C错误，D正确。
故选BD。
9、CD
【解析】A．甲、乙两物体均做匀速直线运动，故A错误；
B．根据图象可知当乙开始运动时，两物体相距大于，故B错误；
C．分析两纵坐标差值，可知两物体在时差值最大，说明相距最远，在时相距为零，即二者相遇，故C正确；
D．在这段时间内，两纵坐标差值越来越小，说明物体间的距离逐渐变小，故D正确。
故选择CD选项。
10、AD
【解析】因合力F一定，若已知两个力的方向，并且不在同一直线上，则分解的结果是唯一的，选项A正确；已知一个分力的大小和另一分力的方向，分解的结果可能有两种，选项B错误；已知两个力的大小，分解的结果可能有两种，选项C错误；已知一个分力的大小和方向，则另一个分力一定是唯一的，选项D正确；故选AD.
11、ABC
【解析】AB．单独看①或者②，图线的斜率，从图中可知图线斜率恒定，即表示对于同一接触面，是一个定值，A正确；
B．比较①②两图线，两图线的斜率不同，而这两个图线是在不同接触面上实验得到的，所以可知对于不同接触面，值不同，B正确；
D．图中红虚线与①②的交点，表示在正压力相同的情况下对应摩擦力的大小，从图中可知在正压力相同时，①的摩擦力大，故①的接触面更粗糙，C正确D错误。

故选ABC。
12、AC
【解析】物块从斜面滑下来获得一定的速度，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的滑动摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动；
当传送带顺时针转动的速度较小时，物体可能一直向前做减速运动，离开传送带时速度与传送带静止时相同，所以物体仍落在Q点；当传送带顺时针转动的速度较大时，物体可能先减速后匀速，离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度，所以会落到Q点的右边；当传送带顺时针转动的速度更大时，物体可能先加速后匀速，也可能一直加速，离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度，所以会落到Q点的右边。AC正确，BD错误。
故选AC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①. ； ②. ; ③. ；
【解析】极短时间内的平均速度可以近似表示瞬时速度，根据速度位移关系公式v22-v12=2gh可得自由落体运动的加速度g
【详解】极短时间内的平均速度可以近似表示瞬时速度，故：“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=；
离开光电门时的速度v2=；根据速度位移关系公式，有：v22-v12=2gh
解得自由落体运动的加速度：g==
故答案为；；
【点评】本题关键是明确实验中测量瞬时速度的方法，即用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，同时要结合速度位移公式求解加速度，基础题目
14、 ①.0.5 ②.B
【解析】（1）根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；
（2）结合实验原理进行误差分析；
【详解】（1）图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，则相邻两计数点之间的时间间隔为，
根据匀变速直线运动的推论公式得：；
（2）图中当时，，也就是说当绳子上没有拉力时，小车加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太大，故选项B正确，ACD错误
【点睛】把握实验原理才能准确的把握实验的操作步骤，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用
15、 ①.是 ②.3.5 ③.2.0 ④.5.0
【解析】(1)[1]从图中发现相邻的计数点的距离越来越小，而且相邻的计数点的距离之差相等，即△x=0.200m，所以小车做匀减速直线运动。
[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，可以求出打纸带上P点时小车的瞬时速度大小

(2)[3]根据平均速度公式，那么第1秒内小车的平均速度

[4]根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，得

三．计算题(22分)
16、（1）（2）F=18N（3）t=1s
【解析】（1）设物块A与木板B相对静止一起向右加速，则对物块与木板组成的系统由牛顿第二定律得：
Fμ2(Mm)g(Mm)a
解得

对物块A，木板给其向右的静摩擦力便为其合力，由牛顿第二定律得：
fAmaA1N<fAmμ1mg2N
所以假设成立，即A、B的加速度为
（2）要将木板抽出，拉力最小时刚好抽出，即物块A相对B刚好向左滑动，AB间的摩擦刚好达到最大静摩擦力，且此时AB具有相同的速度和加速度
则对A由牛顿第二定律得：

得
a=2m/s2
对B由牛顿第二定律得：

得
F=18N
（3）设F作用的最短时间为t，在F作用时间内
对A有：

对B有：

A相对B向后的位移为：

设撤去F后再经时间物体A刚好从木板B的最左端滑下，此时两者的速度恰好相同为
撤去F后对A：

得
=2m/s2
对木板B：

得
=7m/s2
对A，共同速度

位移

对B有共同速度

位移

撤去F后A相对B的位移

联立以上各式解得F作用的最短时间t=1s

方法II：其相对位移也可用-t图像求解：
A相对B的位移为图中影阴部分面积，即

再联立上面的相应式子即可解得。
17、（1）0.033m（2）4.4N（3）7.6N，方向：竖直向下
【解析】（1）根据胡克定律求解弹簧的伸长量；（2）对O点受力分析，根据平衡条件求解绳子OC的拉力；（3）对物体受力分析求解对地面的压力.
【详解】（1）弹簧伸长量
（2）O点处于平衡状态，受力如图，根据几何关系得：

绳OC的拉力

（3）对物体：
得
由牛顿第三定律得物体对地面的压力:

方向：竖直向下