黑龙江省绥化七中2025-2026学年物理高一第一学期期末联考模拟试题含解析.doc

黑龙江省绥化七中2025-2026学年物理高一第一学期期末联考模拟试题
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、如图所示，重力为200N的光滑球静止在倾角为30的斜面和竖直挡板之间，使挡板由图示位置开始沿逆时针方向缓慢转至水平位置．在此过程中，球对挡板的作用力的最小值为　　

A.80N B.100N
C. D.200N
2、A、B两物体在同一直线上运动，t=0时它们在同一位置，它们的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（）

A.0到20s，A在B的前面，20～40s，B在A的前面
B.20s末，A、B在同一位置，且A、B速度相等
C.40s末，A、B在同一位置，A的速度大于B的速度
D.0到40s，A、B之间的最大距离是50m
3、停在水平地面上的小车内，用绳子AB、BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2．若小车由静止开始加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力的变化情况是（ ）

A.T1变大，T2变小 B.T1变大，T2变大
C.T1不变，T2变小 D.T1变大，T2不变
4、一小球以某初速度冲上山坡，经过4s后停止。已知该小球做匀减速直线运动且第1s内的位移为7m，则最后1 s内的位移为
A 2 m B.1.75 m
C.1.5 m D.1 m
5、如图，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中，说法正确的是

A.小球、弹簧和地球构成的系统总机械能守恒
B.小球的重力势能随时间先减少后增加
C.小球在b点时动能最大
D.到c点时小球动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
6、有一种能获得强烈失重，超重感觉的巨型娱乐设施。先用电梯把载有乘客的座舱送到大约二十几层楼高的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统开始启动，座舱匀减速运动至快到地面时刚好停下。座舱下落的v-t图像如图所示。如果，则下列说法正确的是（　　）

A.此设施在离地面的高度为150m时开始自由下落
B.减速时的加速度大小是
C.减速时，质量为50kg的人对座椅的压力为250N
D.自由下落时人在上面受到的重力为0
7、如图，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（）

A.车厢的加速度为gsinθ B.绳对物体1的拉力为
C.物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθ D.底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
8、三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，（g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）下列说法正确的是（ ）

A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.物块A、B到达传送带底端时速度大小相等
D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1:3
9、如图是甲、乙两物体运动的位移图象，关于甲、乙两物体的运动情况，下列说法正确的是（　　）

A.甲、乙同时开始运动
B.甲、乙从同一地点开始运动
C.前2s内乙的速度大于甲的速度，2s后乙的速度小于甲的速度
D.在距出发点4m处，甲追上乙，两物体相遇
10、如图所示，将光滑斜面上物体的重力分解为、两个力，下列结论正确的是（ ）

A.是斜面作用在物体上使物体下滑的力，是物体对斜面的正压力
B.物体受、、、四个力作用
C.物体受重力和弹力的作用
D.力、、三个力的作用效果跟、两个力的作用效果相同
11、如图所示，在光滑水平桌面的一端固定一个定滑轮，用轻绳跨过定滑轮将质量为，的两个物体A，B相连。不计轻绳与滑轮之间的摩擦，取放手后两物体开始运动，在两物体运动过程中（　　）

A.轻绳的拉力等于物体A的重力 B.轻绳的拉力小于物体A的重力
C.A、B两物体的加速度大小为 D.A、B两物体的加速度大小为
12、如图所示，表示甲、乙两运动物体相对同一地点的位移–时间图像，下列说法正确的是

A.甲和乙都做匀变速直线运动 B.甲和乙运动出发点相距x0
C.乙运动的速率大于甲运动的速率 D.乙比甲早出发t1时间
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。

(1)图中与B相连的弹簧测力计的示数为________N
(2)该同学用同一套器材做了三次实验，白纸上留下标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及为了画力的作用线而描绘的点，如图所示。其中最为合理的是_______

(3)关于本实验，下列说法正确的是______
A．两细绳必须等长
B．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．两次拉伸橡皮条，只要使橡皮条伸长到相同长度即可
D．橡皮条应与两细绳夹角的平分线在同一直线上
14、为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化的规律，如图乙所示。

（1）0.4s时木块的速度v＝______m/s，木块的加速度a＝______m/s2。
（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是______。（已知当地的重力加速度g）
（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是______。
A．A点与传感器距离适当大些
B．木板的倾角越大越好
C．选择体积较大的空心木块
D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻
15、某同学“验证平行四边形定则”实验时，把橡皮条的一端用图钉固定于A点，同时用两个弹簧测力计将橡皮条的另一端拉到位置O，如图甲所示，记录相关数据；再用一个弹簧测力计把它拉到同一位置O，记录相关数据。在白纸上根据实验数据做出力的图示，画出的实验结果如图乙所示。

(1)本实验采用的研究方法是_____。
A.理想实验法
B.等效替代法
C控制变量法
D.建立物理模型法
(2)如果没有操作失误，图乙中的F与F'两力中，方向一定沿AO的是________。
三．计算题(22分)
16、（12分）木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为；一只弹簧的劲度系数为，压缩了2cm夹在A、B间静止不动．现用的水平拉力作用在木块B上．如图所示，力F作用后，A、B静止不动，则A和B受到的摩擦力分别为多少？

17、（10分）如图所示，质量kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°角的力N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变。求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平间的动摩擦因数μ；
（3）当α为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的力F最小，最小值为多少？

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】小球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可
【详解】小球受重力、挡板弹力和斜面弹力，将与合成为F，如图所示：

小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F和合成的合力F一定与重力等值、反向、共线．由图可知，当的方向沿斜面向上时最小，最小为：，故B正确，ACD错误
【点睛】本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，直接由图象分析出最小值
2、D
【解析】ABC．t=0时A、B在同一位置，0到20s，B的速度小于A的速度，A在B的前面，A与B间距离增大；由图线与时间轴围成的面积知，40s内两者位移相等，即40s末A、B在同一位置；20～40s内，B的速度大于A的速度，B与A间距离减小，但A仍在B的前面，直到40s末两者相遇；故ABC三项错误；
D．在追上前，两者速度相等时，相距最远，故20s末相距最远；由图象可知，A、B之间的最大距离

故D正确。
3、C
【解析】本题以小球为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律得到绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2与加速度的关系，即分析两绳拉力的变化情况；
【详解】以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力和绳BC的拉力，如图：

设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律平衡条件可以得到：
竖直方向：①
水平方向：②
由①得：，
由②得：
可见，绳AB的拉力与加速度a无关，则保持不变
绳BC的拉力随着加速度的增大而减小，则变小，故C正确，ABD错误
【点睛】本题在正确分析受力的基础上，根据牛顿第二定律，运用正交分解法研究两绳拉力的变化
4、D
【解析】采用逆向思维，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比等于，因为第内的位移为，则最后内的位移为：

故ABC错误，D正确；
故选D。
5、A
【解析】小球在A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，在B到C的过程中，有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒．故A正确；小球的高度一直降低，重力势能一直减小，选项B错误；小球与弹簧接触前，做自由落体运动，速度在增大，当接触后，由于重力大于弹力，小球的加速度仍旧向下，速度仍在增大，当重力等于弹力时，加速度为零，速度最大，故C错误；到C点，小球的速度为零，故到c点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D错误；故选A
考点：考查机械能守恒定律的应用
点评：本题难度较小，确机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功；把握小球从b到c过程的受力分析和运动分析，知道小球先做加速运动，后做减速运动，在bc之间某位置速度最大，到c点速度减为零，弹簧压缩到最短
6、B
【解析】A．此设施开始自由下落时离地面的高度为

选项A错误；
B．减速时的加速度大小是

选项B正确；
C．由牛顿第二定律可得

可得
N=mg+ma=1250N
选项C错误；
D．自由下落时人在上面受到的重力不变，不为零，选项D错误。
故选B。
7、BC
【解析】AB．以物体1为研究对象，重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得
m1gtanθ=m1a
得
a=gtanθ
则车厢的加速度也为gtanθ。
对1的拉力为

故A错误，B正确。
CD．对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：

f=m2a=m2gtanθ
故C正确，D错误。
故选BC。
8、BCD
【解析】AB．对A，因为

则A物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度大小均为

则加速度大小相等，初速度和位移大小均相等，则运动的时间相等，它们同时到达传送带底端，A错误，B正确；
C．由
v=v0+at
知物块A、B到达传送带底端时速度大小相等，C正确；
D．对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，以A为研究对象，由运动学公式得

则运动时间为

所以皮带运动的位移为

所以A对皮带的划痕为

对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带的划痕为

所以划痕之比为1：3，D正确。
故选BCD。
9、AD
【解析】A．甲和乙都在t=0时刻开始运动，故A正确；
B．由图可知甲从原点出发，乙从距原点2m处出发，故B错误；
C．x﹣t图象的斜率等于物体运动的速度，从图象中看出直线甲斜率大于直线乙的斜率，所以甲的速度一直大于乙的速度，故C错误；
D．在距出发点4m处，甲追上乙，两者位移相等，两物体相遇，故D正确。
故选AD。
10、CD
【解析】A．F1是重力作用在物体上使物体下滑分力，F2不是物体对斜面的压力，因为物体对斜面的压力的受力物体是斜面，不是物体，而F2作用在物体上，故A错误；
BC．物体只受重力和支持力两个力，故B错误，C正确；
D．力FN、F1和F2的三个力的作用效果跟mg、FN两个力的效果相同，故D正确
故选CD正确。
11、BC
【解析】由题意可知对A分析根据牛顿第二定律有

对B分析根据牛顿第二定律有

代入数据联立解得a=0.5m/s2，T=4.75N，即轻绳的拉力小于物体A的重力，故BC正确，AD错误。
故选BC。
12、BC
【解析】AC．x-t图象的斜率等于物体运动的速度，由图可知两图象的斜率保持不变，故运动的速度不变，即两物体都做匀速直线运动；因乙的斜率大于甲，可知乙运动的速率大于甲运动的速率．故A错误，C正确；
B．由图可知乙从原点出发，甲从距原点x0处出发．故两物体的出发点相距x0．故B正确；
D．甲在t=0时刻开始运动，而乙在t1时刻开始运动，故甲比乙早出发t1时间．故D错误；
故选BC

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).3.00 (2).B (3).B
【解析】(1)[1]弹簧测力计的每一格代表0.1N，图中与B相连的弹簧测力计的示数为3.00N
(2)[2]为减小实验误差，两拉力大小应适当大些，两拉力的夹角应适当大小，作力的图示时，标度应小一点，由图示可知，A中两拉力大小且标度相对较大，C中两拉力夹角太小，AC两情况实验误差较大，B两拉力大小、两力间的夹角与标度都比较适当，实验误差较小
故选B。
(3)[3]A．为方便作出拉力的方向，橡皮条上的细绳套应适当长些，但长度不必等长，故A错误；
B．为减小实验误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C．两次实验时结点位置必须相同，即结点O的位置必与前一次相同，故C错误；
D．为减小实验误差，两拉力的夹角应适当大小，因为两分力不一定大小相等，所以橡皮条与两细绳夹角的平分线不一定在同一直线上，故D错误。
故选：B。
14、 ①.0.4 ②.1 ③.倾斜木板与水平面的夹角（或者A点到位移传感器的高度） ④.A
【解析】(1)[1]由于木块做匀加速运动，0.4s时刻的速度等于0.2s~0.6s这段时间的平均速度

[2]在0.2s~0.4s和0.4s~0.6s这两段时间内，根据

可得

(2)[3]根据牛顿第二定律

两边消去质量m，因此需要测量倾斜木板与水平面的夹角θ
(3)[4] A．A点与传感器距离适当大些，可以测量出更多地点，从而提高加速度准确程度，A正确；
B．木板的倾角过大，使得摩擦力太小，加速度太大，加速度稍有误差，就会使动摩擦因数误差增大，B错误；
C．选择体积较大的空心木块，使空气阻力增大，造成测量动摩擦因数不准确，C错误；
D．测量加速度大小时，与初速度大小无关，因此有、无初速度与测量木板间动摩擦因数的精确的无关，D错误。
故选A。
15、 ①.B ②.F'
【解析】(1)[1]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B
(2)[2]图乙中的F与中，F是由平行四边形得出的，而是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，F是力和的合力的理论值。

三．计算题(22分)
16、8N，9N
【解析】木块A与地面间的滑动静摩擦力为：fA=μmAg=0.25×50N=12.5N
木块B与地面间的滑动静摩擦力为：fB=μmBg=0.25×60N=15N
弹簧弹力为：F弹=kx=400×0.02N=8N
施加水平拉力F后，对B物体受力分析，重力与支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N（等于滑动摩擦力），大于弹簧弹力和拉力之和，故木块B静止不动，故木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡，因而：fB′=F弹+F=8N+1N=9N；
施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而：fA′=F弹=8N
17、（1）；（2）；（3）arctan，
【解析】（1）小球B受力如图所示：

设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得：
Fcos30∘=Tcosθ，
Fsin30∘+Tsinθ=mg，
解得：
T=10N
tanθ=
即：
θ=30°；
(2)A受力如图所示：

由平衡条件得：
FN=Tsinθ+Mg
f=Tcosθ，
滑动摩擦力为：
f=μFN
解得：
μ=；
（3）M、N整体受力如图所示：

由平衡条件得：
FN+Fsinα=(M+m)g
f=Fcosα=μFN，
联立解得：

令：
，
则：

当α+β=90°时F有最小值，最小值为：
，
所以：
tanα=μ=，
则：
α=arctan；