学易试题君之名校金卷君 2026届高一物理第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

学易试题君之名校金卷君 2026届高一物理第一学期期末学业水平测试试题
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、图中弹簧秤、绳和滑轮的重量以及绳与滑轮间的摩擦均不计，物体的重力都是G，在甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（　　）

AF1=F2=F3 B.F3=F1>F2
C.F3>F1=F2 D.F1>F2=F3
2、作用在同一个物体上的两个共点力，它们的方向之间的夹角是90°，其中一个力大小是3N，另一个力大小是4N，则这两个力的合力大小为
A.1N B.3N
C.5N D.7N
3、汽车以的速变做匀速直线运动。刹车后的加速度大小为．那么刹车后内与刹车后内汽车通过的位移之比为
A. B.
C. D.
4、如图所示，B和C是一组塔轮，其中B和C半径不同，它们固定在同一转动轴上且无相对滑动，其半径之比为RB∶RC＝3∶2；A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的（　　）

A.a、b点线速度大小之比为3∶2
B.a、b点转动角速度之比为1∶1
C.b、c点转动角速度之比为1∶1
D.a、c点转动向心加速度大小之比为4∶9
5、汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（　　）
A.3：4 B.4：5
C.5：4 D.4：3
6、甲、乙两物体在同一直线上运动的x﹣t图象如图所示，以甲的出发点为原点，则从图象可知：（　　）

A.甲、乙同时同地出发
B.甲、乙不同时也不同地出发
C.4s内甲、乙的平均速度之比为2：1
D.4s末，甲、乙的速度相等
7、如图所示，物体放在斜面上处于静止状态，当斜面的倾角逐渐减小时，物体所受

A.重力与支持力的合力逐渐减小
B.重力与静摩擦力的合力逐渐减小
C.支持力与静摩擦力和合力逐渐减小
D.重力、支持力和静摩擦力的合力保持不变，一直为0
8、半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是

A.P、Q间的弹力先减小后增大 B.地面对P的摩擦力逐渐减小
C.MN对Q的弹力逐渐增大 D.Q所受的合力始终为零
9、某同学用力向上搬一个静止在水平面上重物，但没搬动，下列说法正确的是（　　）
A.牛顿第二定律也有特殊情况
B.该同学对重物的作用力小于重物对该同学的作用力
C.重物所受水平面的支持力变小
D.物体所受的合力为零
10、甲和乙两个物体同地做同向直线运动，他们的位移s随时间t变化的关系图象如图所示，则在0~t1时间内( )

A.甲的速度始终比乙的速度大
B.甲的平均速度等于乙的平均速度
C.甲始终在乙的前面，直到t1时刻相遇
D.0~t0时间内，甲在乙的前面，t0~t1时间内，乙在甲的前面
11、质量为m的物体在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a．当水平拉力由F变为2F时，物体做加速度大小为a′的匀加速直线运动，则关于a′的大小，可能为：（　　）

A.a′＝2a B.a′＝1.5a
C.a′＝2.2a D.a′＝2.5a
12、一位同学站在升降机内台秤上相对台秤静止，发现台秤示数大于自己的体重，下列说法正确的是（　　）

A.升降机可能在加速上升
B.升降机可能在加速下降
C.秤对人的支持力与人的重力是一对平衡力
D.人对秤的压力与秤对人的支持力是一对相互作用力
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、（1）在做“研究平抛物体的运动”实验时，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上_____。
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.斜槽必须尽可能光滑
C.每次必须由静止开始从同一位置释放小球
D.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线

（2）有一个同学在实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离△s相等的三点A、B、C，量得△s=0.2m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1m，h2=0.2m，利用这些数据，可求得物体抛出时的初速度大小为____m/s。（g取10m/s）
14、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，打点计时器的打点频率为50Hz。小车的质量为M，沙桶和沙子的质量为m.

（1）图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为：sAB=4.22cm、sBC=4.65cm、sCD=5.08cm、sDE=5.49cm、sEF=5.91cm、sFG=6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则a=_______m/s2，vB=______m/s。（保留二位有效数字）

（2）某同学在另一次实验中，用沙桶和沙子的重力表示对小车的拉力F，通过数据的处理作出了a—F图象，如图所示，则：

①图中的直线不过原点的原因是________________________。
②此图中直线发生弯曲的原因是_______________________；
③在这个实验中采用的探究方法是__________________________________。
15、如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝37°，并以v＝10m/s的速率逆时针转动，在传送带的A端轻轻地放一小物体．若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A端到B端的距离L＝16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间为多少？(g取10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

三．计算题(22分)
16、（12分）某同学完成“验证力的平行四边形定则”实验后，与另一位同学合作利用该装置测定弹簧的劲度系数。某次实验操作如图甲所示，测出弹簧伸长量x=1.00cm，F1的读数为5.0N。

（1）弹簧测力计F2的读数____N；
（2）在图乙坐标纸上作图求F1、F2的合力，并在图上标出合力的大小___；（结果保留两位有效数字）
（3）由此可求出该弹簧的劲度系数k=___N/m。
17、（10分）如图所示，一个质量m=1kg的物块，在F=5N的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向成θ=37°．假设物块与水平面之间的滑动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8

(1)做出物块的受力分析图；
(2)求物块运动的加速度大小；
(3)求从静止开始物块移动4s内的位移大小；
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】甲图：物体静止，弹簧的拉力

乙图：对物体为研究对象，作出的力图如下

由图可知，是等腰三角形，由几何关系得

丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图

由几何知识得

因此

故A正确，BCD错误。
故选A。
2、C
【解析】合力与分力遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则求出两个力的合力大小
【详解】根据平行四边形定则得，因为它们之间的夹角是90°，所以=5N，故C正确，ABD错误
故选C
3、B
【解析】物体做匀减速直线运动，设速度减到零的时间为则有

设刹车后内位移，由运动学公式可得

因汽车4s速度减为零，前6s的位移等于前4s的位移

所以

故ACD错误，B正确。
故选择B选项。
4、C
【解析】AB．A轮、B轮靠摩擦传动，边缘点线速度相等，即a、b点线速度大小之比为1∶1；由题意可知A轮的半径与B轮的半径之比为
RA∶RB＝RC∶RB=2∶3
根据公式

有

故A错误，B错误；
C．B和C是固定在同一转动轴上且无相对滑动的转动，可知b、c点转动角速度之比为1∶1，故C正确；
D．由C选项分析可知

结合前面的分析可知

根据

A轮的半径大小与C轮相同，可知a、c点转动向心加速度大小之比

故D错误。
故选C。
5、A
【解析】以初速度方向为正方向，则由匀变速直线运动规律可得，2s内汽车的位移为

汽车减速至静止过程所需时间为

5s内汽车的位移为

因此，A正确；
故选A。
6、C
【解析】根据图象可知两物体同时但不同地出发，乙开始运动时在甲前面2m处．根据位移等于纵坐标变化量，求出位移之比，从而求得平均速度之比．根据图象的斜率分析速度关系
【详解】x-t图象的斜率表示速度，知乙在0-1s内静止，可知，甲、乙都是从t=1s时开始运动的．出发点的位置不同，甲的出发点在坐标原点，而乙物体出发时在正方向上离坐标原点的距离为2m，故AB错误；4s内甲、乙的位移分别为△x甲=4m-0=4m，△x乙=4m-2m=2m，则△x甲：△x乙=2：1，则平均速度之比为2：1，故C正确；根据图象的斜率表示速度，知4s末，甲、乙的速度不等，故D错误．所以C正确，ABD错误
【点睛】对于x-t图象要掌握了位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，水平直线表示物体保持静止状态，图象的斜率表示速度
7、AD
【解析】物体受重力、支持力、静摩擦力，由于开始处于平衡，当斜面的倾角逐渐减小时，物体仍然能平衡，即合力为零
A项：重力与支持力的合力即为静摩擦力，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力大小，当斜面的倾角逐渐减小时，静摩擦力减小，故A正确；
B项：重力与静摩擦力的合力即为支持力，支持力大小等于重力垂直板的分力，当斜面的倾角逐渐减小时，支持力增大，故B错误；
C项：支持力与静摩擦力的合力即为重力，当斜面的倾角逐渐减小时不变，故C错误；
D项：由平衡条件可知，重力、支持力和静摩擦力的合力保持不变，一直为0，故D正确
故选AD
8、CD
【解析】AC．先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图：

根据共点力平衡条件，有：
，，
MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变大，所以增大，增大，A错误C正确；
B．再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图：

根据共点力平衡条件，有：
，
故：
，
角θ不断变大，故f变大，B错误；
D．缓慢移动Q受力平衡，合力始终为零，D正确；
故选CD。
9、CD
【解析】A．某同学用力没有搬动重物是因为重物合外力为零，重物具有惯性，保持静止状态，并不是牛顿第二定律的特殊情况，故A错误；
B．该同学对重物的作用力与重物对该同学的作用力是相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C．当开始时重物静止在地面重物所受水平面的支持力大小等于重物的重力；当某同学用力向上搬时，有

故可知重物所受水平面的支持力变小，故C正确；
D．因为物体始终保持静止状态，合外力始终为零，故D正确。
故选CD。
10、BC
【解析】s-t图像的斜率等于物体的速度，可知0-t0时间内甲的速度大于乙，在t0-t1时间内甲的速度小于乙，故选项A错误；在0-t1时间内两物体的位移相等，故甲的平均速度等于乙的平均速度，选项B正确；
由图像可知，甲的位移始终大于乙，故甲始终在乙的前面，直到t1时刻相遇，选项C正确；0~t0时间内，甲在乙的前面，t0~t1时间内，甲仍然在乙的前面，选项D错误；故选BC
考点：x-t图像
【名师点睛】此题考查x-t图像的物理意义；关键是知道图像的纵坐标表示物体的位移，图线的斜率等于物体的速度
11、CD
【解析】物体在水平拉力作用下做匀加速直线运动，水平方向受到拉力和滑动摩擦力，当拉力增大时，滑动摩擦力不变．根据牛顿第二定律分别对两种情况研究，确定a′的范围
【详解】设滑动摩擦力大小为f．则根据牛顿第二定律可得，当受到向左的水平拉力F时：F-f=ma，当受到向左的水平拉力2F时：2F-f=ma′，联立可得：即a′＞2a，故CD正确，AB错误
【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，属于基础题
12、AD
【解析】AB．台秤的示数大于人的体重，说明此时人处于超重状态，根据超重的条件可知此时人具有向上的加速度，由于物体的初速度方向末知，故人可能向下做减速运动也可能向上做加速运动，故A正确，B错误；
C．台秤示数大于体重，由牛顿第三定律可知秤对人的支持力要大于人的重力，故秤对人的支持力与人的重力不是一对平衡力，故C错误；
D．人对秤的压力与秤对人的支持力是一对相互作用力，故D正确；
故选AD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.AC ②.2m/s
【解析】考查实验“研究平抛物体的运动”。
【详解】（1）[1]A．为了使小球抛出时初速度水平，一定要使斜槽的末端保持水平，A正确；
BC．每次必须由静止开始从同一位置释放小球，小球滑到水平轨道末端时，重力做功和摩擦力做功都保持相同，使得小球到达水平轨道末端时速度都相同，由于每次摩擦力做功一样，所以摩擦力对实验无影响，B错误，C正确；
D．应描出一条平滑的曲线，D错误。
故选AC。
（2）[2]平抛运动水平方向做匀速直线运动，AB、BC间的水平距离相同，所以A到B和B到C所用的时间相同：

竖直方向做匀变速直线运动：

联立解得：。
14、 (1). (2). (3).实验前木板右端垫得过高，平衡摩擦力过度 (4).随着F的增大不再满足沙桶质量远小于小车质量，即 (5).控制变量法
【解析】（1）[1][2]由题意可知，相邻计数点之间的时间间隔，根据匀变速直线运动的知识可知，A、C两点的过程中小车的平均速度即为B点的瞬时速度，即

由逐差公式可得：

（2）①[3]图中当时，．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高，平衡摩擦力过度；
②[4]此图中直线发生弯曲的原因是随着F的增大不再满足沙桶质量远小于小车质量，即；
③[5] 在这个实验中采用的探究方法是控制变量法。
15、2s
【解析】设小物体的质量为m，小物体被轻轻地放在传送带A端，小物体沿传送带方向速度为零，但传送带的运动速率为v＝10m/s，二者速率不相同，它们之间必然存在相对运动．传送带对小物体有沿传送带斜向下的滑动摩擦力作用，小物体的受力情况如图所示

设小物体的加速度为a1，则由牛顿第二定律有
mgsinθ＋Ff1＝ma1①
FN＝mgcosθ②
Ff1＝μFN③
联立①②③式并代入数据解得
a1＝10m/s2
小物体速度大小达到传送带速率v＝10m/s时，所用的时间
t1＝＝1s
在1s内小物体沿传送带的位移
x1＝＝5m
小物体的速度大小与传送带速率相同的时刻，若要跟随传送带一起运动，即相对传送带静止，它必须受到沿传送带向上的摩擦力Ff＝mgsinθ＝6m的作用，但是此时刻它受到的摩擦力是Ff2＝μmgcosθ＝4m，小于Ff，因此，小物体与传送带仍有相对滑动，设小物体的加速度为a2，这时小物体的受力情况如图所示．由牛顿第二定律有

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
解得
a2＝2m/s2
设小物体速度大小达到10m/s后又运动时间t2才到达B端，则有
x2＝L－x1＝vt2＋a2
代入数据解得
t2＝1s
t2′＝－11s(舍去)
小物体从A端运动到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝2s.

三．计算题(22分)
16、 ①.4.0 ②. ③.300
【解析】（1）[1]弹簧测力计的精确度为0.2N，估读到0.2的本位即0.1N，读数为4.0N；
（2）[2]根据力的标度，作F1、F2的图示，按照平行四边形定则作出合力F，如图所示：

（3）[3] 弹簧伸长量x=1.00cm，弹簧的拉力由力的图示得到为F=3.0N，由胡克定律可得劲度系数：
。
17、 (1) (2) 0.5m/s2 (3) 4m
【解析】对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，再画出物块的受力示意图；
根据牛顿第二定律求出物体的加速度的大小
【详解】(1) 物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，物块的受力示意图如下
；
(2) 物块竖直方向受力平衡，则有：Fsin37°+FN=mg
解得：FN=mg-Fsin37°
此物块所受到的滑动摩擦力为：
f=μFN=μ（mg-Fsin37°）
代入数据解得：f=3.5N
根据牛顿第二定律，有：Fcos37°-f=ma
代入数据解得：a=0.5m/s2；
(3)由位移公式可得：
【点睛】本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是正确分析受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度