山东省菏泽、烟台2025-2026学年高一上物理期末复习检测试题含解析.doc

山东省菏泽、烟台2025-2026学年高一上物理期末复习检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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，用水平力F把物体A、B紧压在竖直墙上静止不动，下列叙述中正确的是(　　)

A.力F越大，墙与物体间的最大静摩擦力越大，但墙与物体间的静摩擦力不变
B.墙对B的静摩擦力向上，A对B的静摩擦力也向上
C.A、B之间的最大静摩擦力不随F的变化而变化
D.A、B之间的静摩擦力的大小为mAg，B与墙之间的静摩擦力的大小为mBg
2、如图所示为一物体沿直线运动的v－t图象。在t=0时物体离开出发点，下列说法正确的是（　　）

A.1s－3s内物体的加速度在减小 B.t=4s时物体离出发点最远
C.第2s末物体的速度大小为1.5m/s D.第4s内物体的加速度大小为1m/s2
3、如图所示，在托盘测力计上放一个重力为20N的斜木块，斜木块的斜面倾角为37°，现将一个重力为10N的小铁块无摩擦地从斜面上滑下，在小铁块下滑的过程中，g＝10 m/s2 ，测力计的示数为(　　)

A.30 N B.26.4 N
C.20 N D.23.6 N
4、如图所示，物体的运动分三段，第1、2s为第Ⅰ段，第3、4s为第Ⅱ段，第5s为第Ⅲ段，则下列说法中正确的是

A.第1s与第5s的速度方向相反
B.第1s的加速度大于第5s的加速度
C.第Ⅰ段与第Ⅲ段平均速度相等
D.第Ⅰ段和第Ⅲ段的加速度与速度的方向都相同
5、如图甲所示，斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面体上有一小滑块A沿斜面匀速下滑，现对滑块施加一竖直向下的作用力F，如图乙所示．两种情况下斜面体均处于静止状态，则下列说法中不正确的是( )

A.施加力F后，小滑块A受到的摩擦力变大
B.施加力F后，小滑块A仍将匀速下滑
C.施加力F后，地面对斜面体的摩擦力变大
D.施加力F后，地面对斜面体的支持力变大
6、下列各组力作用在物体上,不可能使物体做匀速直线运动的是 ( )
A.1 N,3 N,4 N B.2 N,5 N,5 N
C.3 N,7 N,9 N D.3 N,5 N,9 N
7、如图所示,一物块在光滑的水平面上受一恒力F的作用而运动,其正前方固定一个足够长的轻质弹簧,当物块与弹簧接触后,则(　　)

A.物块立即做减速运动
B.物块在开始的一段时间内仍做加速运动
C.当弹簧的弹力等于恒力F时,物块静止
D.当弹簧处于最大压缩量时,物块的加速度最大
8、质量分别为1kg和2kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为F=9N的力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是（　　）

A.弹簧的弹力大小等于8N
B.弹簧的弹力大小等于6N
C.突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0
D.突然撤去F瞬间，B的加速度大小为3m/s2
9、如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为

A.加速下降 B.加速上升
C减速上升 D.减速下降
10、如图所示，某人用竹竿撑岸使船离开河岸，竹竿离开河岸后能恢复原状。下列说法正确的是（　　）

A.竹竿的形变是弹性形变
B.竹竿受到的弹力是由于竹竿的形变而产生的
C.竹竿受到的弹力是由于河岸的形变而产生的
D.因为河岸很硬，所以竹竿撑岸时河岸没有发生形变
11、如图，光滑水平直面上，n个完全相同的物块并排靠在一起，P和Q是其中某两相邻物块。当用力推动最右的物块，使整体以大小为a的加速度向左运动时，P和Q间的弹力大小为F；当用力推动最左的物块，使整体以大小为的加速度向右运动时，P和Q间的弹力大小仍为F。则n的取值可能为（）

A.8 B.10
C.16 D.18
12、某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型．图中k1、k2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是（　　）

A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
B.垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等
C.垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
D.垫片向右移动时，两弹簧的长度不同
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某同学用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：

(1)通过实验得到如图（b）所示的a—F图像，造成图线不经过原点这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的倾角________（填“偏大”或“偏小”）；
(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，把砝码和盘的总重视为拉力大小，为了便于探究和减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足____________的条件；
(3)该同学从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条（每两点间还有4个点未画出），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离。打点计时器的电源频率为50Hz。由这些已知数据计算：（结果保留3位有效数字）

①小车匀变速直线运动的加速度a＝ ________m/s2.；
②与纸带上C点相对应的瞬时速度v＝______ m/s。
14、某实验小组用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知重力加速度为g，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，滑轮足够光滑，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验步骤如下：

①按图所示，安装好实验器材，但不挂砝码盘；
②垫高长木板右侧，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
③挂上砝码盘，调节木板左侧定滑轮，使牵引动滑轮的细线与木板平行；
④砝码盘中放入砝码，先通电，再放车，由打出的纸带求出小车的加速度并记录传感器示数；
⑤改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤④，求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）对于上述实验，下列说法正确的是_______。
A．必须要测出砝码和砝码盘的总质量
B．传感器的示数等于小车受到的合力
C．小车向左加速时，砝码处于失重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
（2）如图（甲）是在实验中得到的一条纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，如图（乙）是以传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象。

①小车的加速度大小为_______m/s2；打下计数点2时，小车的速度大小为_______m/s（结果保留两位有效数字）。
②若实验过程中，交流电的实际频率比50Hz稍大一些，则①中计算所得的小车加速度应比小车的实际加速度_____（选填“大”或“小”）。
③分析（乙）图时，该小组用量角器测得图线与横坐标的夹角为θ，通过计算式求得图线的斜率为k，则小车的质量为_______
A． B． C． D．
（3）本实验中，随着砝码质量的增加，测得的小车加速度也会增加，当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时，小车的加速度大小约为_______。
A．2g B．1.5g C．g D．0.5g
15、在平直的高速公路上，一辆汽车正以的速度匀速行驶，因前方出现紧急情况，司机立即刹车，直到汽车停下，已知汽车的质量为，刹车时汽车所受的阻力大小为，求：
（1）刹车时汽车的加速度大小；
（2）从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间；
（3）从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离
三．计算题(22分)
16、（12分）质量为2 kg的小球，以30 m/s的速度竖直向上抛出，经过2.5 s到达最高点(g＝10 m/s2)，求：
(1)小球在上升过程中受到空气的平均阻力；
(2)若小球在空气中的阻力大小不变，求小球落回到抛出点过程中的加速度大小。
17、（10分）如图所示，在一倾角的固定斜面上放一个质量的小物块A，一轻绳跨过两个轻滑轮一端固定在墙壁上，另一端连接在物块A上，且物块A上端轻绳与斜面平行，动滑轮下方悬挂质量的重物B，整个装置处于静止状态。已知跨过动滑轮的轻绳间的夹角为，物块A与斜面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。
（1）求斜面上物块A所受的静摩擦力大小f；
（2）要使物块A保持静止，求重物B质量的最大值。

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、A
【解析】A．整体，处于平衡状态，由平衡条件得：弹力N=F，摩擦力：f=G；当力F越大，墙与物体间的最大静摩擦力越大，但墙与物体间的静摩擦力不变，故A正确；
B．根据静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，则墙对B的静摩擦力向上，B对A的静摩擦力也向上，那么A对B的静摩擦力向下，故B错误；
C．最大静摩擦力与正压力成正比，水平力F增大，物体间的压力增大，最大静摩擦力变大，故C错误；
D．隔离研究A时，则A、B之间的静摩擦力的大小为MAg，而整体A与B时，则B与墙之间的静摩擦力的大小为MBg+MAg，故D错误
2、D
【解析】A．v－t图像的斜率表示加速度，所以1s－3s内物体的加速度不变，故A错误；
B．0－3s内物体速度方向不变，3s末速度反向，所以t=3s时物体离出发点最远，故B错误；
C．第2s末物体的速度等于1s－3s内平均速度，根据运动学公式得第2s末物体的速度大小为

故C错误；
D．第4s内物体的加速度大小为

故D正确。
故选D。
3、B
【解析】选木块为研究对象，受力分析如图，
由于木块在垂直斜面方向受力平衡，可以解出木块所受的支持力为：
FN=Gcos37°
再选择斜面为研究对象，受力如图，根据牛顿第三定律，木块对斜面的压力FN2大小等于FN，把FN2分解的y轴方向上，有：
Fy=FN2cos37°
所以解得：
Fy=Gcos237°=6.4N
因此小铁块下滑的过程中，测力计的示数为：20N+6.4N=26.4N；
A．30 N，与结论不相符，选项A错误；
B．26.4 N，与结论相符，选项B正确；
C．20 N，与结论不相符，选项C错误；
D．23.6 N，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
4、C
【解析】由题中“物体的运动分三段”可知，本题通过v-t图像研究物体的运动状态，根据物体运动规律和v-t图可以进行分析
【详解】A．由图像可知，第1s与第5s的速度在时间轴上方，方向相同，故A错误；
BD．由图像可知，第1s加速度为2m/s2，第5s加速度为-4m/s2(负号表示方向与正方向相反），从大小上看，第5s的加速度大于第1s的加速度，方向相反，故BD错误；
C．由于第Ⅰ段与第Ⅲ段都是匀加速直线运动，根据公式

可得，平均速度都为2m/s，故C正确
5、C
【解析】设小滑块A的质量为m，斜面的倾角为，根据题意可得，施加F前，小滑块A受到的摩擦力为，施加F后，小滑块A受到的摩擦力为，所以摩擦力增大，因为代入可得，即沿斜面方向小滑块仍处于平衡状态，所以仍然以原速度做匀速运动，AB正确；以整体为研究对象可知地面对斜面体的支持力增大，地面对斜面体的摩擦力仍然为零，C正确D错误；
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解
6、D
【解析】三力中某两个力的合力|F1-F2|≤F1、2合≤F1+F2，若另一个力F3的大小在F1、2合的取值范围内，则这三个力的合力可能为零，物体就可能做匀速直线运动，处于平衡状态．1 N与3 N的合力：2N≤F1、2合≤4N，F3=4N，可以匀速直线运动，故A错误．2 N与5 N的合力：3N≤F1、2合≤7N，F3=5N，可以匀速直线运动，故B错误．3N与7 N的合力：4N≤F1、2合≤10N，F3=9N，可以匀速直线运动，故C错误．3N与5N的合力：2N≤F1、2合≤8N，F3=9N，不可以匀速直线运动，故D正确．故选D
【点睛】熟悉三个力合力最小值的判定方法，熟悉平衡条件的推论即其应用，本题重点考查合力大小的计算，在方向未知的情况下找出两个力合成的最大值和最小值
7、BD
【解析】物块与弹簧接触前，在推力的作用下做加速运动，与弹簧接触后，随着压缩量的增加，弹簧弹力不断变大，弹力小于推力时，物体继续加速，弹力等于推力时，物体的加速度减为零，速度达到最大，弹力大于推力后，物体减速
【详解】物块与弹簧接触后,物块水平方向上受到向左的推力F和向右的弹力kx作用,当F>kx时,物块向左做加速度减小的加速运动;当F=kx时,物块向左的速度达到最大;F<kx时,物块向左做加速度增大的减速运动,直到速度减为零,此时加速度最大,故选项B、D正确,A、C错误.故选BD.
【点睛】本题中物块接触弹簧后的运动分为加速度不断减小的加速运动和加速度不断变大的减速运动
8、BD
【解析】对整体由牛顿第二定律得：

对B
F=mBa=2×3=6N
撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律，对A：

对B：

所以BD正确，AC错误
故选：BD。
9、BD
【解析】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以B正确
【点睛】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
10、AC
【解析】A．由题可知，竹竿离开河岸后能恢复原状，所以竹竿的形变是弹性形变，故A正确；
BCD．根据弹力产生的特点可知，竹竿受到的弹力是由于河岸的形变而产生的，故BD错误，C正确；
故选AC
11、AC
【解析】当用力推动最右的物块，使整体以大小为a的加速度向左运动时，P和Q间的弹力大小为F，
设每个物块的质量为m，研究P和P左边的所有物块，根据牛顿第二定律得

当用力推动最左的物块，使整体以大小为a的加速度向右运动时，P和Q间的弹力大小仍为F，研究Q和Q右边的所有物块，根据牛顿第二定律得

解得：；
n和x都应该是正整数，所以n的取值可能为8或16，AC正确，BD错误；
故选AC。
【点睛】本题是连接体问题，要抓住加速度相同的特点，灵活选择研究对象，隔离时一般选择受力较少的物体研究内力。
12、BD
【解析】A．由胡克定律F=kx，知F相同时，k不同，x不同，可知缓冲效果与弹簧的劲度系数有关．故A错误
B．当垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力大小相等．故B正确
CD．当垫片向右移动时，垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力相等，由于劲度系数不同，两弹簧形变量不同，故两弹簧长度不同．故C错误，D正确

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).偏大 (2).M＞＞m (3).2.07 (4).1.01
【解析】(1)[1] 由b图知当拉力F等于0时，小车已经产生了加速度，说明平衡摩擦力过度，木板与水平桌面间的倾角偏大。
(2)[2]对整体分析，根据牛顿第二定律得

则绳子的拉力为

当M＞＞m，即砂和砂桶的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砂和砂桶的总质量m满足M＞＞m的条件。
(3)①[3]每两点间还有4个点没有画出来，时间间隔为
T=0.1s
由纸带点迹分布，根据匀变速运动规律得小车匀变速直线运动的加速度

②[4]与纸带上C点相对应的瞬时速度为

14、 ①.C ②.2.0 ③.0.41 ④.小 ⑤.C ⑥.D
【解析】（1）[1]AD．小车受到的拉力，可以直接由力传感器测出，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故不需要测出砝码和砝码盘的总质量，故AD错误；
B．对小车受力分析，可知小车受到的合力等于力传感器示数的两倍，故B错误；
C．小车向左加速，则砝码和砝码盘向下加速，即重力大于轻绳的拉力，故砝码等于失重状态，故C正确。
故选C
（2）①[2]由于两计数点间还有四个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，根据：

代入数据得：
m/s2
[3] 依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则打计数点“2”时小车的速度大小为：
0.41m/s
②[4]若交流电的实际频率大于50Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1s，计算加速度时所用时间t偏大，加速度的测量值小于真实值，即计算结果与实际值相比偏小；
③[5]对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，对小车根据牛顿第二定律有：

变形得：

由题知该图象的斜率为k，则有：

解得：

故C正确，ABD错误。
故选C。
（3）[6]设小车的加速度为a，则砝码和砝码盘向下加速为2a，对小车，根据牛顿第二定律有：

对砝码和砝码盘，根据牛顿第二定律有：

联立解得：

由上可知，当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时，即，小车的加速度大小约为：

故D正确，ABC错误。
故选D。
15、（1）8m/s2 （2）3.5s （3）49m
【解析】汽车刹车时受阻力而减速，根据牛顿第二定律求解刹车时汽车的加速度大小；根据速度求出从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间；根据位移公式求解汽车前进的距离
（1）根据牛顿第二定律得：f阻=ma
代入数据解得：a=8m/s2
（2）根据速度时间关系：v=v0-at得
从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间为：
（3）从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离为：
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动公式结合解决动力学问题，加速度是关键的量，是联系力与运动的桥梁

三．计算题(22分)
16、 (1)4 N，方向竖直向下　(2)8 m/s2
【解析】(1)以初速度方向为正方向，由速度公式v＝v0＋a1t得，小球上升时的加速度
a1＝＝－12 m/s2.
根据牛顿第二定律知
ma1＝－mg＋F
所以阻力
F＝ma1＋mg＝－4 N
负号表示阻力方向竖直向下
(2)小球下落时的合力大小
F合＝mg＋F
根据牛顿第二定律，小球下落时的加速度大小
a2＝＝8 m/s2.
17、（1）；（2）
【解析】（1）对滑轮分析，有

对小物块分析，有

解得

（2）当静摩擦力等于滑动摩擦力时，绳子拉力最大为

此时重物B的质量最大

解得