河北省衡水市安平县安平中学2026届高一上物理期末检测模拟试题含解析.doc

河北省衡水市安平县安平中学2026届高一上物理期末检测模拟试题
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、一船以恒定的速率渡河，水流速度恒定（小于船速），要使船航行的路径与河岸垂直到达正对岸，则（　　）
A.船应垂直河岸航行
B.船的航行方向偏向上游一侧
C.船不可能沿直线到达对岸
D.河的宽度一定时，船到对岸的时间是任意的
2、从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示．在时间内，下列说法中正确的是( )

A.Ⅰ物体的加速度不断增大，Ⅱ物体的加速度不断减小
B.第一次相遇之前，当时，两物体间距离最大
C.Ⅰ物体的位移不断增大，Ⅱ物体的位移不断减小
D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是 
3、现代的激光打印机都是自动进纸的，其进纸原理如图所示，进纸槽里叠放有一叠白纸。进纸时滚轮以竖直向下的力压在第1张白纸上，并沿逆时针方向均匀转动，确保第1张纸与第2张纸相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，滚轮与白纸之间的动摩擦因数为µ1，白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为µ2，则下列说法正确的是（ ）

A.若要自动进纸则µ1>µ2
B.第1张白纸受到的摩擦力向左
C.一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向左
D.进纸过程中任意两张白纸之间均存在静摩擦力
4、如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面．不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为（ ）

A.2
B.
C.
D.
5、木块甲、乙分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间动摩擦因数均为0.25。夹在甲、乙之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F=1N的水平拉力作用在木块乙上，如图所示。力F作用后木块所受摩擦力情况是（　　）

A.木块甲所受摩擦力大小是12.5 N
B.木块甲所受摩擦力大小是11.5 N
C.木块乙所受摩擦力大小是9 N
D.木块乙所受摩擦力大小是7 N
6、在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量M=1.5kg，货物的质量m=1kg，无人机与货物间通过轻绳相连．无人机以恒定动力F=30N从地面开始加速上升，不计空气阻力，重力加速度取g =10m/s2．则（ ）

A.无人机加速上升时货物处于失重状态
B.无人机加速上升时的加速度a=20m/s2
C.无人机加速上升时轻绳上的拉力T=10N
D.无人机加速上升时轻绳上的拉力T=12N
7、如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时∠BAC＞90°，现使∠BAC缓慢变大，直到杆AB接近竖直杆AC．此过程中（　　）

A.拉力F逐渐增大
B.拉力F逐渐减小
C.AB杆所受力先减小后增大
D.AB杆所受力大小不变
8、物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度-时间图像如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A.在1 s末，物体的速度为9 m/s
B.0～2 s内，物体的加速度为6 m/s2
C.6～7 s内，物体做速度方向向西的加速运动
D.10～12 s内，物体做速度方向向东的加速运动
9、用一轻绳将光滑小球P系于粗糙墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，整体处于静止状态，如图所示。略微改变绳子的长度，P、Q仍然均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )

A.P物体受4个力作用
B.Q物体受3个力作用
C.若绳子变长，绳子的拉力将变小
D.若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
10、2018年10月24日，安徽省第十四届运动会在蚌埠体育中心闭幕．运动员在下列运动过程中均不考虑空气阻力，其说法正确的是（　　）
A.跳高运动员在越杆时处于平衡状态
B.蹦床运动员在空中上升到最高点时处于完全失重状态
C.举重运动员在举铃过头停在最高点时铃处于平衡状态
D.跳远运动员助跑是为了增加自己的惯性，以便跳得更远
11、滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动，滑梯可以等效为斜面模型。如图所示，质量为m的小孩，在滑梯上自由下滑时恰好做匀速直线运动，在小孩自由下滑过程中大人对其施加大小为F（F<mg）的恒力，则下列判断正确的有（ ）

A.若F竖直向下，则小孩仍做匀速直线运动
B.若F竖直向上，则小孩仍做匀速直线运动
C.若F沿滑梯向上，则小孩受到的摩擦力减小
D.若F沿滑梯向下，则小孩受到的摩擦力增大
12、一人站在电梯内体重计上，电梯静止时体重计示数500N．若电梯运动过程中，他看到体重计的示数为600N，则电梯的运动可能为（ ）
A.加速向上，加速度大小为2m/s2 B.减速向上，加速度大小为2m/s2
C.加速向下，加速度大小为2m/s2 D.减速向下，加速度大小为2m/s2
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、利用频闪照相机得到小球做平抛运动频闪照片，也可以用来验证机械能守恒定律，如图是小球实验中的部分位置的频闪照片．小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d 所示，已知小方格的边长L＝1.6 cm，频闪的频率为f=25Hz，则：

①小球平抛的初速度v0＝______m/s．小球在b 点的速率为______ m/s(两空都取二位有效数字)
②设小球的质量为m，重力加速度为 g．为验证小球从 b→c 过程中机械能是否守恒，则应算出重力势能的减少量为__________，动能的增加量为________ (用L、f、m、g 表示)，然后比较二者是否相等
14、用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力mg作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.

（1）本实验应用的实验方法是__________
A．理想实验法 B．控制变量法 C．假设法 D.等效替代法
（2）为了让细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，需满足的条件是______
（3）实验中要进行质量钩码质量m和小车质量M的选取，以下最合理的一组是_____
A．M＝20g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
D．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
(4)关于实验操作，下列说祛正确的是______。
A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑
C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车
(5)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v=___m/s，小车的加速度a=________m/s².（结果保留两位有效数字）
(6)改变细线下端钩码的个数，得到a-F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是_____。

15、如图，斜面粗糙，滑槽放在斜面上，槽内有一物体。与斜面间的动摩擦因数，与之间的摩擦因数为，初始时物体放在槽内的中间位置且不与的前后挡板接触，现在将两物体同时由静止释放，最终达到平衡时两物体相对静止一起沿斜面下滑，则下列说法正确的是（）

A.若，则稳定后物体贴靠着的前挡板
B.若，则从释放开始物体将一直相对于静止
C.无论，有什么关系，稳定后物体都不会贴着的后挡板
D.物体有可能贴着的后挡板与一起匀加速下滑
三．计算题(22分)
16、（12分）民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，斜面的倾角为30°，人员可沿斜面匀加速滑行到地上．如果气囊所构成的斜面长度为8m ，一个质量为50kg 的人从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2s ，求：（g ＝10m/s2）
（1）人滑至地面时速度的大小；
（2）人与气囊之间的动摩擦因素

17、（10分）如图甲所示，质量为的物体置于与水平倾角为固定斜面足够长上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，时撤去拉力，物体运动的部分图象如图乙，试求：
（1）物体沿斜面向上运动时，加速过程与减速过程的加速度大小；
（2）物体与斜面间的滑动摩擦因数；
（3）求向上的拉力F的大小；
（4）物体沿斜面向上移动的最大距离。

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】ABC．要使船垂直河岸过河，应使合速度垂直河岸，则可将船速沿河和垂直于河分解，则沿水流方向上的分速度应等于水流速度且逆着水流方向，故船速只能偏向上游；AC错误，B正确；
D．因河的宽度一定，而垂直于河的速度一定，故船到对的时间固定；D错误。
故选B。
2、B
【解析】A．速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体Ⅰ做加速度不断减小的减速运动，物体Ⅱ做加速度不断减小的加速运动，故A错误；
B．两物体在第一次相遇前，在时刻两物体速度相同，距离最远，故B正确；
C．图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：随着时间的推移，Ⅰ、Ⅱ的速度图象与时间轴围城的面积不断变大，故位移不断变大，故C错误； 
D．图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度从均匀减小到，或从均匀增加到，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故Ⅰ的平均速度大于，Ⅱ的平均速度小于，故D错误。
故选B。
3、A
【解析】A．若要自动进纸，则滚轮与白纸之间的摩擦力要大于纸与纸的摩擦力，则有μ1＞μ2，故A正确；
B．第1张纸相对于滚轮的运动趋势方向与滚轮的运动方向相反，则受到滚轮的静摩擦力与滚轮的运动方向相同，即受到滚轮的摩擦力向右，故B错误；
C．根据题意，因上一张相对下一张要向右滑动，则上一张纸受到下一张纸的摩擦力一定向左，那么下一张相对上一张要向左滑动，因此下一张纸受到上一张纸的摩擦力一定向右，故C错误；
D．第1张纸与第2张纸之间有相对滑动，存在滑动摩擦力，故D错误。
故选A。
4、C
【解析】设物体在撤去拉力时速度大小v，落地速度大小v′；上升过程：x=t；下降过程：x=t；解得：v：v′=1：2；由动量定理得：上升过程：（F-mg）t=mv；下降过程：-mgt=-mv′-mv；联立解得：F：mg=4：3，故选C.
【点睛】此题用动量定理解答，即方便又快捷，注意要能灵活运用动量定理得，注意正方向规定，理清各物理量的符号；此题还可以尝试用牛顿第二定律解答
5、C
【解析】AB．由于弹簧被压缩了，故弹簧的弹力

对于甲来说弹簧对它的力是向左的，大小为8N，而甲静止，则甲最大的静摩擦力为：
f甲=50N×0.25=12.5N>F
则甲静止，则甲受到的摩擦力与F等大方向
f甲=F=8N
故甲受到的摩擦力为8N，方向水平向右，选项AB均错误；
CD．对乙，其最大静摩擦力
f乙=60N×0.25=15N
它受向右的8N的弹力，还有向右的1N的拉力，故两力的合力大小为9N，方向水平向右，也小于其最大静摩擦力，乙也处于静止状态，受力平衡，故它受到的摩擦力等于弹簧对它的弹力和拉力的合力9N，方向水平向左，选项C正确，D错误。
故选C。
6、D
【解析】加速度向上为超重，加速度向下为失重；对整体根据牛顿第二定律求得加速度；对货物受力分析，根据牛顿第二定律求得拉力；
【详解】货物随无人机加速上升，加速度向上，货物处于超重状态，选项A错误；在加速上升过程中，根据牛顿第二定律可知F-（M+m）g=（M+m）a  ，解得：a=2m/s2，选项B错误；对物体根据牛顿第二定律可知T-mg=ma  解得   T=12N  ，选项C错误，D正确；故选D.
【点睛】本题关键是对飞行器以及货物的受力分析以，结合牛顿第二定律用整体和隔离法求解.
7、AD
【解析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC三边边长的关系，再分析其变化
【详解】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合=G．根据三角形相似得：，∠BAC缓慢变大的过程，AC、AB均不变，则N不变，BC增加，则F变大，故BC错误，AD正确；故选AD

【点睛】本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法
8、AC
【解析】A．由题图可知，在1 s末，物体的速度为9 m/s，故A正确；
B．根据加速度的定义，0～2 s内，物体的加速度

故B错误；
C．6～7 s内，速度为负且增大，物体做速度方向向西的加速运动，故C正确；
D．10～12 s内，速度为负且减小，物体做速度方向向西的减速运动，故D错误。
故选AC。
【点睛】分析图像时应注意两点:
（1）在图像中，加速度是否变化看图线有无折点。在折点位置，图线的倾斜程度改变，表示此时刻物体的加速度改变，图像为曲线，可认为曲线上处处是折点，加速度时刻在改变。
（2）在图像中，速度方向是否改变看图线与时间轴有无交点。在与时间轴的交点位置前后，纵坐标的符号改变，表示物体的速度方向改变。
9、AC
【解析】A．P受到重力、Q支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A正确；
B．Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误；
C．设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得
，
则

GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确；
D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误。
故选AC。
10、BC
【解析】明确超重和失重的性质分析是否失重；知道加速度向上时为超重，加速度向下时为失重；知道惯性大小只与质量有关
【详解】跳高运动员在越杆时受到重力作用，处于非平衡状态，故A错误；蹦床运动员在空中上升到最高点时速度为零，加速度为g，方向竖直向下，故处于完全失重状态，故B正确；举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于静止状态，即平衡状态，故C正确；质量是惯性的唯一量度，助跑是为了跳出时速度大，跳得更远，故D错误．所以BC正确，AD错误
【点睛】本题考查超重失重现象以及惯性的性质，要注意明确物体超重失重只与加速度有关，加速度向下即为失重，加速度向上即为超重
11、AB
【解析】考查滑动摩擦力，牛顿第二定律。
【详解】A．自由下滑时恰好做匀速直线运动，则：

解得
若F竖直向下，则：

解得加速度，即还是匀速下滑，A正确；
B．若F竖直向上，则：

解得加速度，即还是匀速下滑，B正确；
CD．若F沿滑梯向上或向下，则F在垂直斜面方向没有分力，即小孩对斜面的压力不变，摩擦力不变，CD错误。
故选AB。
12、AD
【解析】电梯静止时体重计示数500N，表示人的重力为500N，所以人的质量为50kg；电梯运动时体重计示数600N表示体重计对人的支持力为600N，由牛顿第二定律
N-mg=ma
解得

方向向上，所以电梯可能加速上升或减速下降。
故选AD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.0.80 ②.1.0 ③. ④.
【解析】①[1][2]小球从a到b、从b到c和从c到d所用的时间相同，设为，则

则该小球平抛的初速度：

小球在b点的速率为：

②[3][4]从b到c，小球重力势能的减少量为；动能的增加量为：

14、 ①.B ②.M>>m ③.D ④.AD ⑤.0.32 ⑥.0.93 ⑦.随所挂砝码质量m的增大，不满足M>>m
【解析】（1）[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；本实验应用的实验方法是控制变量法，故选B.
（2）[2]．对整体

对小车

则

则当M>>m时T=mg，则为了让细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，需满足的条件是M>>m.
（3）[3]．实验中要保证M>>m，则钩码质量m和小车质量M的选取，最合理的一组是D.
（4）[4]．A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；  
C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误； 
D、打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故D正确；
选择AD
（5）[5][6]．已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s
B点对应的速度为：

根据△x=aT2可得：
xCE-xAC=a（2T）2
小车运动的加速度为：

（6）[7]．随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m，因此曲线上部出现弯曲现象
15、AC
【解析】若，设稳定后整体的加速度为a，对整体，根据牛顿第二定律有：

解得：
设档板对A没有作用力，根据牛顿第二定律有：

解得：
而A、B间的最大静摩擦力为：

则，说明档板B对A有沿斜面向上的弹力作用，即稳定后A贴着B的前档板一起向下匀加速度，故一开始时，A的加速度大于B的加速度，当A与B的前档板接触时，两者加速度相等；
若，设档板对A没有作用力，根据牛顿第二定律有：

解得：
而A、B间的最大静摩擦力为：

则，说明档板对A没有作用力，即一开始时A就相对B静止，一起向下做匀加速直线运动，综上分析可知，无论有什么关系，稳定后物体A都不会贴着B的后挡板，AC正确，BD错误。
故选AC。

三．计算题(22分)
16、（1）8m/s；（2）
【解析】据牛顿第二定律，抓住垂直斜面方向合力为零，求出旅客沿斜面滑下的加速度大小，据速度位移公式求出旅客滑到斜面底端的速度大小
【详解】(1)由公式
代入数据解得：
则到达地面时的速度为；
(2)由牛顿第二定律得：

代入数据解得：
17、（1）加速过程的加速度大小；减速过程的加速度大小；（2）；（3）30N；（4）30m
【解析】(1)由图象可知，物体加速过程的加速度大小

减速过程的加速度大小

(2、3)对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知

撤去力后，由牛顿第二定律有

解得
，
物体沿斜面向上移动的最大距离

解得