广东肇庆中学2026届高一上物理期末调研模拟试题含解析.doc

广东肇庆中学2026届高一上物理期末调研模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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，质量为1.5kg的物体静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体由细线悬挂在天花板上，与刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间、间的作用力大小为（取）（）

A.0 B.2.5N
C.5N D.3.75N
2、2018年9月19日22时07分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射两颗北斗导航卫星，卫星经过3个多小时的飞行后顺利进入预定轨道．下列说法错误的是
A.题中22时07分指的是时间，3个多小时指的是时刻
B.观测卫星绕地球运行一周所用的时间时，可将卫星看成质点
C.卫星升空过程若以地球为参考系，卫星是运动的
D.卫星升空过程若以其中一颗卫星为参考系，另一颗卫星是静止的
3、下列关于“惯性”的说法中正确的是（ ）
A.汽车超速行驶易引发交通事故，是因为速度大的汽车惯性大
B.车辆转弯时适当减速，是为了减小车辆惯性，确保行驶安全
C.货运列车在车站加挂车厢，会增大它的惯性
D.“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为弩的惯性减小了
4、一物体由静止开始作匀加速运动，它在第n秒内的位移是s，则其加速度大小为（　　）
A. B.
C. D.
5、如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑动，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到地面的摩擦力大小为（　　）

A.μ2mg B.μ1Mg
C.μ1（m+M）g D.μ2mg+μ1Mg
6、如图所示，光滑小球放置在斜面上，挡扳自竖直逆时针偏转到水平位置，则以下对小球受力分析正确的是（）

A.挡板对小球的弹力先变小后变大 B.挡板对小球的弹力先变大后变小
C.斜面对小球的支持力变小再变大 D.斜面对小球的支持力先变大再变小
7、如图所示，A，B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A，B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则(　　)

A.当F＜3μmg时，A，B都相对静止
B.当F＞2μmg时，A相对B滑动
C.当时，A的加速度为
D.无论F为何值，B的加速度不会超过
8、如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。现将固定点c向左缓慢移动少许，发现a与斜劈始终静止，则在此过程中

A.斜劈对地面的压力不变
B.细线对物体a的拉力增大
C.细线对滑轮2的作用力不变
D.地面对斜劈的摩擦力增大
9、如图所示，水平传送带A、B两端相距x=4.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=5m/s，到达B端的瞬时速度设为vB．下列说法中正确的是（ ）

A.若传送带不动，vB=4m/s
B.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于4m/s
C.若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于4m/s
D.若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于4m/s
10、质量为m的A球和质量为2m的B球之间连接一个轻质弹簧，放在光滑的水平地面上．A紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F作用于B球并向左挤压弹簧，达到静止状态时，突然将力撤去，撤去力F的瞬间 ( )

A.A球的加速度为
B.A球的加速度为零
C.B球的加速度为
D.B球的加速度为零
11、一物以6m/s的初速度在斜面上向上做加速度大小为2m/s2的匀减速运动，又以同样大小的加速度沿斜面滑下,  则经过多长时间物体位移的大小为5m. （ ）
A.1s B.3s
C.5s D.（）s
12、如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。他稳定站立时，体重计的示数为500N，关于实验现象，下列说法正确的是（　　）

A.“起立”过程是超重现象，“下蹲”过程是失重现象
B.“起立”和“下蹲”过程都有超重和失重现象出现
C.图记录的是他先“下蹲”稳定后又“起立”的过程
D.“下蹲”过程先出现失重现象，“起立”过程先出现超重现象
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电．小车A的质量为m1，砝码及砝码盘B的质量为m2.

（1）下列说法正确的是__________
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象
（2）下图是在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出．则根据纸带所提供的数据计算：打C点时小车的瞬时速度的大小为_______m/s ；小车的加速度大小为______m/s2（计算结果保留两位有效数字）.

（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，可能是图中的________（填“甲”“乙”“丙”）
14、物体做直线运动，若在前时间内的平均速度为，后时间内的平均速度为，则全程的平均速度为______ ；若在前位移内的平均速度为，后位移内的平均速度为，则全程的平均速度为______
15、质量为2kg的物体在10N水平恒力作用下，沿光滑水平桌面由静止运动2s，则2s末的速度为_______m/s，2s内通过的位移为_______m。
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮（不计重力），某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2.试求：
（1）此时地面对人的支持力的大小；
（2）轻杆BC和绳AB所受力的大小

17、（10分）如图所示，水平传送带长为L=11.5m，以速度v=7.5m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=5N、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A端运动到B端的过程中:

（1）滑块运动的时间；
（2）滑块相对传送带滑过的路程
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】剪断细线前，只有对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力，
将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得
，
解得，
隔离，则有:
，
代入数据解得，D正确
2、A
【解析】A.题中22时07分指的是时刻，3个多小时指的是时间,故A错误;
B.观测卫星绕地球运行一周所用的时间，卫星的形状和大小对研究没有影响,可将卫星看成质点,故B正确
C.卫星升空过程若以地球为参考系，卫星相对于地球向上运动,所以卫星是运动的,故C正确;
D.因为同时用一个装置发射念两个卫星,两个卫星的运动状态时刻相同,所以卫星升空过程若以其中一颗卫星为参考系，另一颗卫星是静止的,故D正确;
本题选不正确的,故选A
3、C
【解析】A．惯性的大小只与质量有关，与速度无关，选项A错误；
B．车辆转弯时适当减速，是为了减小车由于惯性造成的危害，而不是减小惯性，选项B错误；
C．货运列车在车站加挂车厢，质量变大，会增大它的惯性，选项C正确；
D．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为弩的速度小了，而质量没变，惯性不变，选项D错误。
故选C。
4、A
【解析】设物体的加速度为a，根据，可知运动ns的位移为：，
运动（n-1）s的位移为：，故： ，
解得： ，故A正确，BCD错误
5、A
【解析】对木块受力分析，受重力mg、长木板的支持力FN和向左的滑动摩擦力Ff1，有
Ff1=μ2FN
FN =mg
Ff1=μ2 mg
对长木板受力分析，受到重力Mg、木块对长木板的压力、木块对长木板向右的滑动摩擦力、地面的支持力F支和向左的静摩擦力Ff2，长木板受力平衡，由平衡条件可知，在竖直方向受力平衡，在水平方向受力平衡则有
Ff2=
由牛顿第三定律可知
=Ff1=μ2 mg
A正确，BCD错误。
故选A。
6、A
【解析】图，将与合成，其合力与重力等大反向，如图：

板转动时，挡板给球的弹力与斜面对球的弹力合力大小方向不变，其中的方向不变，作辅助图如上，挡板转动过程中，的方向变化如图中、、的规律变化，为满足平行四边形定则，其大小变化规律为先变小后变大，其中挡板与斜面垂直时为最小；与此对应，的大小一直减小；A正确；BCD错误。
故选A。
7、CD
【解析】A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为，所以当时，A、B均保持静止，故A错误；
B．设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有

对A、B整体，有

解得

所以当F＞3μmg时，A相对于B滑动，故B错误；
C．当时，，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有

解得

故C正确；
D．对B来说，其所受合力的最大值

即B的加速度不会超过，故D正确。
故选CD。
8、AC
【解析】BC．对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：

根据平衡条件，有：

解得：

将固定点c向左移动少许，则减小，故拉力T减小；细线对滑轮2的作用力等于b的重力，保持不变，故B错误，C正确；
AD．对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线拉力和地面的静摩擦力，如图所示：

根据平衡条件，有：
N=G总G总
N与角度无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；

将固定点c向左移动少许，则减小，故摩擦力减小；故A正确，D错误。
故选AC
9、ABD
【解析】物块滑上传送带，若传送到不动，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达B点的速度．若传送带逆时针转动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律进行求解．若传送带顺时针匀速转动，根据物块的速度与传送带的速度大小判断物体的运动情况
【详解】若传送带不动，物体做匀减速直线运动，加速度:

初速度

位移
x=4.5m
故末速度由，解得

A正确；
若传送带逆时针做匀速转动，物体受到的摩擦力方向向左，仍与不动时方向相同，所以物体仍做匀减速直线运动，与不动时的运动情况相同，到达B点的速度仍为

B正确；
CD．若传送带做顺时针匀速转动，如果传送带的速度小于4m/s，则物块相对于传送带一直相对于传送带向右运动，受到的摩擦力方向一直向左，所以此种情况下物体一直做匀减速直线运动，到达B点的速度为4m/s，若传送带的速度大于5m/s，此种情况下物块相对于传送带的向后运动，受到的摩擦力方向向右，物体一直做加速运动，到达B点的速度大于4m/s，故C错误D正确
10、BC
【解析】先分析将力F撤去前弹簧的弹力大小，再分析将力F撤去的瞬间两球所受的合力，根据牛顿第二定律求解加速度；
【详解】力F撤去前弹簧的弹力大小为F，将力F撤去的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则A的受力情况没有变化，合力为零，即A的加速度为零；
而B的合力即为弹簧的弹力，其大小等于F，根据牛顿第二定律得到B球的加速度为，故选项BC正确，AD错误
【点睛】瞬时问题是牛顿定律应用典型的问题，一般先分析状态变化前弹簧的弹力，再研究状态变化瞬间物体的受力情况，求解加速度，要抓住弹簧的弹力不能突变的特点
11、ACD
【解析】若物体的位移在初始位置的上方，根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t+at2得，5=6t−×2×t2，解得t=1s或t=5s．若物体的位移在初始位置的下方，根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t+at2得，−5＝6t−×2×t2，解得t=3+s或3−s（舍去）．故ACD正确，B错误．故选ACD
【点睛】解决本题的关键知道物体的位移有可能在初始位置的上方，也有可能在初始位置的下方．然后根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t+at2求解
12、BCD
【解析】A、B、D．从下蹲状态站起来的过程中，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，即人先处于超重状态后处于失重状态。从站立状态蹲下去的过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，最后回到静止状态，即人先处于失重状态。后处于超重状态。故A错误，BD正确；
C．物体对支持物的压力大于物体所受重力的情况称为超重现象，即显示重量大于实际重量；物体对支持物的压力小于物体所受重力的情况称为失重现象，即显示重量小于实际重量。图像中第一次变化，显示重量先小于重量再大于重量，即先失重后超重，因此为“下蹲”；第二变化，显示重量先大于重量再小于重量，即先超重后失重，因此为“起立”，故C正确。
故选择BCD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.（1）CD ②.（2）0.36 ③.0.13 ④.（3）丙
【解析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m.（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况
【详解】（1）平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量，因为实际上绳子的拉力，故应该是m＜＜M，即m2应远小于m1，故C正确．F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．故选D
（2）打C点时小车的瞬时速度的大小为；根据△x=aT2可以求出小车的加速度大小为；
（3）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙
14、 ①.8 ②.
【解析】[1][2]设物体做直线运动，设运动总时间为t，前时间内的平均速度为，后时间内的平均速度为，则前一半时间的位移为：，后一半时间的位移为，故总位移为

则全程的平均速度为：

设总位移为s，前的位移内的时间为：

余下的位移的时间为：

故总位移的平均速度为：

15、 ①.10 ②.10
【解析】[1][2]分析物体受力如图，

由牛顿第二定律得：

则2s末的速度为：
v=at=5×2m/s=10m/s
2s内通过的位移为：
。

三．计算题(22分)
16、（1）FN=200 N　（2）FBC=400 N；FAB=200 N
【解析】（1）对人进行受力分析，根据平衡条件有：
FN=Mg-mg=200N
（2）滑轮对结点B的拉力为为：
T=2mg=600N
以结点B为研究对象，进行受力分析，如图，根据共点力平衡得：

FAB=Ttan30°=200 N

17、（1）2s（2）4m
【解析】（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时速度以及速度相同时所用的时间；再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B端所用的时间，从而求出总时间.
（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移
【详解】（1）滑块与传送带达到共同速度前 , 设滑块加速度为，由牛顿第二定律：

解得：
滑块与传送带达到共同速度的时间：
此过程中滑块向右运动的位移：
共速后 , 因 ，滑块继续向右加速运动，
由牛顿第二定律：
解得：
根据速度位移关系可得：
滑块到达 B 端的速度：   
滑块从共速位置到 B 端所用的时间：    
滑块从 A 端到 B 端的时间：
（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移：   ，
1s∼2s 内滑块相对传送带向右的位移：    ，
0∼2s 内滑块相对传送带的路程：