鹰潭市重点中学2026届高一物理第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

鹰潭市重点中学2026届高一物理第一学期期末监测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、A、B、C三点在同一直线上，一个物体自A点从静止开始作匀加速直线运动，经过B点时的速度为v，到C点时的速度为3v，则AB与BC两段距离大小之比是（　　）
A.1：9 B.1：8
C.1：2 D.1：3
2、电动汽车不排放污染空气的有害气体，具有较好的发展前景。某辆电动汽车在一次刹车测试中，初速度为21m/s，经过3s汽车停止运动．若将该过程视为匀减速直线运动，则这段时间内电动汽车加速度的大小为

A. B.
C. D.
3、儿童乐园里一项游乐活动的示意图如图所示，金属导轨倾斜固定，倾角为a，导轨上开有一狭长的凹槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一袍枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向间的夹角为，且保持不变。设抱枕的质量为m，小孩的质量为m，小球、绳的质量及空气阻力均忽略不计，则下列说法正确的是（　　）

A.小孩与抱枕可能一起做匀速直线运动
B.
C.抱枕对小孩的作用力方向竖直向上
D.绳子的拉力与抱枕对小孩的作用力大小之比为
4、传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率运行，将行李无初速度地放在A处．设行李与传送带之间的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为．则

A.行李在传动带上始终做匀加速直线运动
B.行李在传送带上始终受到向右的摩擦力
C.行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力
D.行李在传送带上的时间一定小于
5、一个做匀加速直线运动的物体的加速度是3m/s2，这意味着（ ）
A.该物体在任1s末的速度是该秒初速度的3倍
B.该物体在任1s末的速度比该秒的初速度大3m/s
C.该物体在第1s末的速度为3m/s
D.该物体在任1s初的速度比前1s末的速度大3m/s
6、如图所示，下列对教材中的四幅图分析正确的是（　　）

A.图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用
B.图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态
C.图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大
D.图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用
7、如图所示为竖直平面内的直角坐标系．一质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角(θ<90°)．不计空气阻力，则以下说法正确的是

A.当F=mgsinθ时，拉力F最小
B当F=mgtanθ时，拉力F最小
C.若一段时间后撤去力F，此后质点将做曲线运动
D.撤去力F后，质点在相等的时间内速度变化一定相等
8、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
9、如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为Ff，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则

A.小车被弹回时速度v一定小于v0
B.直杆在槽内移动的距离等于
C.弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力
D.直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止
10、如图，一飞行器从地面由静止起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角，使飞行器恰与水平方向成角的直线斜向右上方匀加速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法正确的是

A.动力大小等于
B.动力大小等于
C.加速度大小为g
D.加速度大小为
11、如图所示，白色水平传送带AB长10 m，向右匀速运动的速度v0=4 m/s，一质量为1 kg的小墨块（可视为质点）以v1=6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小墨块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2．则以下说法正确的是(　　)

A.小墨块先做匀减速运动，然后一直做匀加速运动
B.小墨块相对地面向左运动的最大距离为4.5 m
C.小墨块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间是3.125 s
D.小墨块在白色传送带上留下的墨迹长度为14.5m
12、如图是某物体做直线运动的速度图象,下列有关物体运动情况（0s<t<8s）判断正确的是（）

A.在8s时间内加速度的大小一直为5m/s2
B.2s末物体离出发点最远
C.4s末物体距出发点最远
D.在8s时间内做匀变速直线运动
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、如图所示为某同学做“加速度与物体质量关系”的实验装置图，他保持砝码盘和盘中砝码的总质量m一定来做实验，在保证小车质量远大于m的条件下，

（1）在该实验中，打点计时器所用交流电的频率为50Hz．某次实验中得到的一条纸带如下图所示，从比较清晰的某点起，取五个计数点，分别标明0、1、2、3、4．量得S1＝5.25cm，S2＝6.10cm，S3＝6.95cm，S4＝7.85cm，则打点“3”时小车的瞬时速度大小为________m/s和用逐差法求得小车的加速度大小为________m/s2．(结果均保留三位有效数字).

（2）以下是其部分操作步骤，其中正确的是_______
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．释放小车时，小车的位置应靠近打点计时器
C．实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车
D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a＝求出

（3）改变小车的质量M，测出多组数据，根据数据做出加速度的倒数与小车质量M关系的—M图象如图所示．图象的延长线没有过原点的原因是_________________________
14、在用DIS实验研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组用如图甲所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器(发射器)随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端．实验中把重物的重力作为拉力F，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据

a/m·s－2
2.01
2.98
4.02
6.00
F/N
1.00
2.00
3.00
5.00
（1）在图(丙)中作出小车加速度a和拉力F的关系图线；
（ ）
（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处是________________________；
（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器来测量绳子的拉力大小，如图(乙)所示．是否仍要满足小车质量M远大于重物的质量m________(选填“需要”或“不需要”)
15、在探究物体的加速度与合外力的关系实验中：
甲同学用图甲装置：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)关于实验操作，下列说法正确的是________
A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间细线与木板平行
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．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源
(2)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，相邻两个计数点时间间隔为T，测出各计数点间的距离x1，x2，x3，x4．该同学用逐差法得到小车加速度的表达式a＝________
(3)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主要原因是_____
A．平衡摩擦力过度
B．平衡摩擦力不够
C．没有满足M >>m的条件
D．描点连线不够准确
乙同学利用测力计测细线拉力，为方便读数设计如下图实验装置：装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，用右端固定一个滑轮的滑块代替小车，钩码弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动

(4)读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验．以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b，斜率为k的一条倾斜直线，如图所示．已知重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦．根据以上条件可计算出滑块和木板之间的动摩擦因数μ＝________，滑块和与滑块固定的定滑轮的总质量M=________（要求（4）问中两个空均用b、k、g中的字母表示）

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在斜坡顶端从静止开始匀加速下滑100m到达坡底，用时10s，斜面与水平面间的夹角为37°，假设运动员与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，求：（已知，）
(1)运动员到达坡底时的速度大小；
(2)运动员与斜面之间动摩擦因数；
(3)运动员能在水平面上运动的距离

17、（10分）2012年9月25日，我国首艘航空母舰“辽宁号”正式交接入列，航母使用滑跃式起飞甲板，2012年11月23日，我军飞行员驾驶国产歼-15舰载机首次成功起降航空母舰，假设歼-15战斗机在航母上起飞的情况可以简化成如下模型．航空母舰上的起飞跑道由长度为l1的水平跑道和长度为l2=32m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差=4.0m．一架质量为=2.0×104kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为=1.2×105 N，方向与速度方向相同，为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度61m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力推=1.4×105 N．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，飞机在整个运动过程中受到的平均阻力大小恒为飞机重力的k倍(k=0.1，g=10m/s2．）
求：（1）歼-15在水平跑道末端的速度大小；
（2）水平跑道l1的长度至少为多少(保留三位有效数字)

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】由公式得AB段距离，所以两段距离之比为1:8，故选项B正确，其余错误
2、B
【解析】根据匀变速直线运动的速度时间关系有

所以汽车的加速度

则B正确；ACD错误；
故选B。
3、D
【解析】AB．由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则

解得

小孩与抱枕做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度

解得

可得

即角一定等于角，AB错误；
CD．对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知绳子的拉力

抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为

则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为

C错误，D正确。
故选D。
4、C
【解析】ABC．行李开始在传送带上向右做匀加速直线运动，如果当行李的速度等于传送带速度时，行李的位移小于传送带的长度，然后行李与传送带相对静止做匀速直线运动，行李做匀速直线运动时不受摩擦力，故AB错误，C正确；
D．由牛顿第二定律可知，行李的加速度：

如果：，则行李在传送带上始终做匀加速直线运动，位移为，由匀变速直线运动的位移公式：

得行李的运动时间：
如果：，则行李在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，行李匀加速的位移：

匀速的位移：

行李的运动时间：
由此可知，行李在传送带上的时间不一定小于，D错误。
故选C。
5、B
【解析】加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度等于3m/s2，说明速度每秒变化3m/s
解：A、B、作匀加速直线运动的物体，加速度等于3m/s2，说明速度每秒中增加3m/s，也就是说任一秒内，末速度比初速度大3m/s，所以A错误，B正确
C、假设物体初速度为零，那么第一秒末的速度为3m/s，但是题目并没说明初速度是多少，故C错误
D、该物体在任1s初的速度和前1s末的速度是指同一时刻速度，故D错误
故选B
【点评】本题是对物理中基本概念的考查，这是学习物理的基础，基本知识一定要掌握牢固
6、C
【解析】A．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为冰壶具有惯性，被推出的冰壶不再受手的推力，故A项错误；
B．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于超重状态，故B项错误；
C．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，向上的向心加速度越大，超重的越厉害，对桥面的压力越大，故C项正确；
D．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，故D项错误。
故选C。
7、ACD
【解析】由题意可知物体受到的合力方向与ON重合；由力的合成知识可知拉力的最小值；根据曲线运动的物点分析撤去力F后，质点做什么运动，以及速度的变化情况
【详解】因重力与拉力F的合力应沿ON方向，即如图所示：

由几何关系可知，当拉力等于mgsinθ时，拉力F最小，故A正确，B错误；若一段时间后撤去力F，只受力重力作用，与速度方向存在夹角，故此后质点将做曲线运动，又因为加速度为重力加速度g，故质点在相等的时间内速度变化一定相等，故CD正确，故选ACD
【点睛】本题考查学生对曲线运动的条件及几何关系的应用，解决本题的关键就是掌握受力分析和运动分析
8、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
9、BC
【解析】小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x=时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度υ一定等于υ0；若形变量等于x=时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度υ一定小于υ0，A错误；整个过程应用动能定理：Ffs=△EK，直杆在槽内移动的距离，故B正确；当弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，故C正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，故D错误．故选BC
【点睛】缓冲装置是一种实用装置，在生产和生活中有着广泛的应用，本题就是根据某种缓冲装置改编的一道物理试题，试题设计新颖，物理思想深刻．正确解答这道试题，要求考生具有扎实的高中物理基础以及很强的分析和解决问题的能力
10、BC
【解析】由题意知飞行器所受力如下图所示，飞行器重力，发动机提供的动力F，飞行器所受空气阻力不计，飞行器所受合力，就是重力和发动机动力这两力的合力，设沿飞机飞行方向为x轴正方向，垂直x轴向上为y轴正方向，对飞机受力分析。y轴方向上合力为零，有：

沿飞机飞行方向，动力F及重力mg的合力产生加速度，垂直飞机飞行方向上合力为零，有：

故A错误，B正确。
沿飞机飞行方向合力不为零，有：

解得：
故C正确， D错误。
故选BC。
11、BC
【解析】由题意可知，小墨块先向左做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动到与皮带共速，最后和皮带保持相对静止，匀速回到B点；
【详解】①第一阶段，设小墨块向左做匀减速运动的时间为，加速度大小为
由牛顿第二定律可知，，解得：
根据速度与时间的关系：，解得：
则小墨块向左匀减速的位移大小：
故墨块继续反向匀加速，加速度大小仍然为
②第二阶段，设墨块反向匀加速与皮带达到共速所用的时间为，则，解得：
反向匀加速相对地面走过的位移大小为：
故墨块继续随皮带一起匀速运动
③第三阶段，设墨块虽皮带一起匀速返回到B点所用时间为，则
故小墨块先做匀减速运动，然后做匀加速运动，最后和皮带一起匀速回到B点，选项A错误；
小墨块相对地面向左运动的最大距离为4.5 m，选项B正确；
小墨块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间是：，选项C正确；
第一阶段墨块和皮带相对滑动的距离为：
第二阶段墨块和皮带相对滑动的距离为：
两过程中，墨块一直相对皮带向左运动，故皮带上留下的墨迹长度为：，故D错误；
故本题正确答案选BC
【点睛】本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，然后分阶段根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据运动学公式列式求解，弄清楚运动过程和受力情况是关键
12、AC
【解析】考查v-t图像。
【详解】A．v-t图中，斜率的绝对值表示加速度的大小，0~2s，

2~6s，

6~8s，

即0~8s内，加速度大小都5m/s2，A正确；
BC．由图可知，0~4s速度方向不变，4s后速度方向改变，所以4s末离出发点最远，B错误，C正确；
D．由图可知，在2s末和6s末，加速度方向发生变化，不是匀变速，D错误。
故选AC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.（1）0.740 ②.0.863 ③.（2）BC ④.（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角不够
【解析】（1）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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．（2）根据实验注意事项进行分析；（3）根据图像的位置结合实验原理分析原因.
【详解】（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．
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，得：s3-s2=2a1T2 
s4-s2=2a2T2 
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2）
即小车运动的加速度计算表达式为：
（2）平衡摩擦力时，不挂盘及盘中的砝码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，选项A错误；释放小车时，小车的位置应靠近打点计时器，以充分利用纸带，选项B正确；实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车，选项C正确；小车的加速度是通过纸带上的点迹来求解的，选项D错误；故选BC.
（3）实验中若不平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足，则对某一质量的小车来说，拉力一定，则加速度就会偏小，则1/a就会偏大，对应的点的位置就会偏上，出现图像所示的情况；故图象的延长线没有过原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角不够；
14、 ①. ②.平衡摩擦力过度 ③.不需要
【解析】（1）[1]将列表中记录四组实验数据用描点法描在图(丙)中，连线可作出小车加速度a和拉力F的关系图线，如图所示：

（2）[2]从所得图线可以看出初始时小车就有加速度，说明实验操作中平衡摩擦力过度。
（3）[3]如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器来测量绳子的拉力大小，由于力传感器可以直接测量绳子的拉力，因此不需要满足小车质量M远大于重物的质量m。
15、 ①.（1）A ②.（2） ③.（3）C ④.（4） ⑤.2k
【解析】（1）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；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；  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； 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，故D错误；故选A.
（2）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
根据△x=aT2可得：xCE-xAC=a（2T）2，小车运动的加速度为a=
（3）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，故选C
（4）滑块受到的拉力T为弹簧秤示数的两倍，即：T=2F
滑块受到的摩擦力为：f=μMg
由牛顿第二定律可得：T-f=Ma
解得力F与加速度a的函数关系式为：
由图象所给信息可得图象截距为：b= ；而图象斜率为k=
解得：M=2k；μ=；
【点睛】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力就不等于钩码的重力，要知道此时在图像上出现的问题

三．计算题(22分)
16、 (1)20m/s(2)0.5(3)100m
【解析】(1)根据位移时间公式，可得：

解得：

根据速度时间公式可得：
v=at=2×10m/s=20m/s
(2)受力分析由牛顿第二定律有：

解得

(3)人在水平面上做匀加速运动，加速度大小为，由牛顿第二定律得：

解得

由
，
得

17、（1）59m/s (2)145m
【解析】（1）飞机倾斜跑道上运动有
①
②
③
由①②③得m/s
(2)飞机在水平轨道上有
④
⑤
由④⑤得=145m
考点：牛顿第二定律 匀变速直线运动规律