2025-2026学年江苏省镇江崇实女子中学高一物理第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年江苏省镇江崇实女子中学高一物理第一学期期末复习检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其v-t图象如图所示，下列说法正确的是

A.运动员在0-10s内的平均速度大小等于10m/s
B.从15s末开始运动员处于静止状态
C.10s末运动员速度方向改变
D.10s-15s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动
2、在物理学史上，建立惯性定律的物理学家是（　　）
A.亚里士多德 B.牛顿
C.伽利略 D.爱因斯坦
3、如图所示，物体沿两个半径为R的半圆弧由A运动到C后又沿两个圆的直径CBA返回到了出发点A，则它的位移和路程分别是

A.0，0
B.4R向东，2R（π+2）向东
C.4R向东，2πR
D.0，2R（π+2）
4、小娟、小明两人共提一桶水匀速前行，如图所示，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，则下列说法中正确的是(　　)

A.当θ为120°时，F＝
B.当θ＝0时，F＝
C.不管θ为何值，均有F＝
D.θ越大时，F越小
5、如图所示，在光滑的水平桌面上有A、B两个滑块，滑块A的质量，滑块B的质量．A受到水平向右的力，B受到水平向左的的力，A、B之间的轻弹簧与物体相连，在某瞬间A的加速度大小为，方向水平向右，则该瞬间B的加速度大小为（）

A. B.
C. D.
6、以10m/s的速度从地面竖直向上抛出一个物体，忽略空气阻力，g取10m/s2，则物体经过0.6秒后离地面的高度是（ ）
A.3.2m B.3.6m
C.4.2m D.4.8m
7、将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终回到抛出点，运动过程中所受的阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v-t图像如图所示，g取10m/s2下列说法正确的是（ ）

A.小球所受重力和阻力大小之比为5:1
B.小球上升过程与下落过程所用时间之比为:3
C.小球落回到抛出点时的速度大小为8m/s
D.小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于失重状态
8、在国际单位制中，选定了七个物理量为基本物理量，其中力学物理量有三个．下列各物理量单位中属于基本单位的是
A.N B.s
C.J D.kg
9、如图，足够长的水平杆弹簧右端固定，一木块受水平恒力F作用沿光滑水平面向右运动。则当木块接触弹簧后（弹簧的形变始终未超过弹性限度）（　　）

A.木块立即做减速运动
B.木块在一段时间内速度仍在增大
C.当F等于弹簧弹力时，木块速度为零
D.弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零
10、物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10 m/s2)，则下列选项中正确的是(　　)
A.物体运动3 s后落地
B.物体落地时的速度大小为30 m/s
C.物体在落地前最后1 s内的位移为25 m
D.物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s
11、如图所示，水平传送带两端、相距，以的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕已知煤块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，则煤块从运动到的过程中

A.煤块从运动到的时间是2.3 s
B.煤块从运动到时间是1.6 s
C.划痕长度是2.8 m
D.划痕长度是3.2 m
12、雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴下落过程中所受重力保持不变，其速度-时间图像如图所示，则雨滴下落过程中

A.速度先增大后减小
B.加速度逐渐减小
C.受到合力逐渐减小
D.受到的空气阻力不变
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图（1）所示的装置，计时器打点频率为50Hz

（1）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图（b）所示，自A点起，相邻两点间的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车的速度为______m/s，小车的加速度为______m/s2
（2）该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持______不变；若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持______不变
（3）该同学通过数据的处理作出了a-F图象，如图（c）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__________________
14、在“探究求合力的方法”实验中，选用量程为5N的弹簧测力计做该实验．下图中F1= F2=3.00 N，甲同学的F1与F2方向的夹角约为，乙同学的F1与F2方向的夹角约为，丙同学的F1与F2方向的夹角约为，其中操作不合适的是_____（选填“甲”“乙”或“丙”）同学，原因是______________

15、在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择6个计数点A、B、C、D、E、F，相邻两计数点之间还有四个点未画出，各点到A点的距离依次是：2.0cm、5.0cm、9.0cm、14.0cm、20.0cm

（1）根据学过的知识可以求出小车在B点的速度为vB＝______m/s，CE间的平均速度为______m/s；
（2）以打A点时为计时起点，建立v-t坐标系如右图所示．请在图中作出小车运动的速度与时间的关系图线_________；根据图线可得小车运动的加速度为______m/s2

三．计算题(22分)
16、（12分）在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡AB的长度l＝36m。斜坡的倾角θ＝(sin＝0.6，cos＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2。
(1)人从斜坡顶端滑到底端的时间为多少？
(2)人滑到水平面上后还能滑行多远？

17、（10分）如图所示，倾角为θ=37°、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m抵达B点时，速度为8m/s．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，木块质量m=1kg．（g=10m/s2 ， 取sin37°≈0.6，cos37°≈0.8）

（1）木块所受的外力F多大？
（2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离S和返回B点的速度
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】0～10s内，若运动员做匀加速运动，平均速度为，根据图象的“面积”等于位移可知，运动员的位移大于匀加速运动的位移，所以由公式得知：0～10s 内的平均速度大于匀加速运动的平均速度10m/s，故A错误．由图知，15s末开始运动员做匀速直线运动，故B错误；由图看出，运动员的速度一直沿正向，速度方向没有改变，故C错误．10～15s图象的斜率减小，则其加速度减小，故10～15s运动员做加速度减小的减速运动，故D正确．所以D正确，ABC错误
2、B
【解析】在物理学史上，建立惯性定律，即牛顿第一定律的物理学家是牛顿；
故选B。
3、D
【解析】物体回到起点，故位移为零；路程等于运动轨迹的长度，为
l＝2πR+4R＝2R（π+2）。
A.0，0。与上述结论不符，故A错误；
B.4R向东，2R（π+2）向东。与上述结论不符，故B错误；
C.4R向东，2πR。与上述结论不符，故C错误；
D.0，2R（π+2）。与上述结论相符，故D正确。
故选：D。
4、B
【解析】分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系．由于两人手臂均与竖直方向成θ角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，从而根据列式，即可求解
【详解】设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为F，由题小娟、小明的手臂夹角成θ 角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得：2Fcos=G, 解得：，当θ=0°时，cos值最大，则F=，当θ为120°时，F=G，当θ越大时，则F越大；故B正确，ACD错误；故选B
【点睛】本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力大小相等，再由竖直方向力平衡即可求出小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键
5、A
【解析】设弹簧的弹力为T，对A，根据牛顿第二定律，隔离对A分析，则：F1−T=m1a
解得：弹簧的弹力T=F1−m1a=12−2×5N=2N
对B，根据牛顿第二定律知，F2-T=m2a2，代入数据得a2=1m/s2，方向向左；故A正确，BCD错误
6、C
【解析】取向上为正方向，则竖直上抛运动为初速度为，加速度为的匀减速直线运动，由运动学公式可得：

ABD错误，C正确。
故选C。
7、ABD
【解析】A．由图可知小球向上做匀减速运动的加速度大小

根据牛顿第二定律得

解得阻力

则重力和阻力大小之比为5：1，A正确；
B．小球下降时的加速度大小

根据

得

所以上升的时间和下落的时间之比

B正确；
C．小球匀减速上升的位移

下降过程根据

得

C错误；
D．小球下落过程中，加速度向下，处于失重状态，D正确。
故选ABD
8、BD
【解析】力学中的基本物理量有质量、时间、长度，所以对应基本单位是kg，s，m
A.由F=ma推导知1N=1kg•m/s2，所以N是导出单位，故A错误
BD.根据以上分析可知，s、kg是基本单位，故BD正确
C.由 可知，1J=1Nm，所以J是导出单位，故C错误
9、BD
【解析】AB．木块接触弹簧后，开始F大于弹簧的弹力，合力方向向右，做加速度减小的加速运动，当F等于弹簧的弹力合力为零，速度最大，之后F小于弹簧的弹力，合力方向向左，木块做加速度增加的减速运动，故A错误，B正确；
C．木块开始受到的推力F大于弹簧的弹力，加速度方向向右，速度增加，然后弹簧的弹力大于F，加速度方向向左，速度减小，所以木块的速度先增大后减小；当木块的加速度为零时，即F等于弹簧弹力时，速度最大，故C错误；
D．当弹簧压缩量最大时，弹簧弹力最大，木块到达最右端，速度为零，此时弹簧弹力大于F，加速度不为零，故D正确。
故选BD。
10、ABC
【解析】根据自由落体位移公式h＝gt2，有t＝=3s，A正确；根据速度与位移的关系公式v2=2gh，得v＝＝30m/s，B正确；最后1s下落的位移为前3s的位移减去前2s的位移，前2s的位移为：h2＝gt22＝20m．所以最后1s的位移为△h=h-h2=45-20=25m，C正确；根据平均速度的公式v＝＝15m/s，D错误
考点：自由落体运动

11、AD
【解析】AB．煤块做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有

得

假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为

因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为

此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至端，有

匀速运动的时间为

运动的总时间为

A正确，B错误；
CD．划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得

C错误，D正确.
12、BC
【解析】A．由图像可知，雨滴的速度先增大后不变，故A错误；
B．因为v-t图像的斜率等于加速度，可知加速度逐渐减小，故B正确；
C．加速度逐渐减小，根据：
F=ma
可知雨滴受到的合力逐渐减小，故C正确；
D．根据
mg-f=ma
可知雨滴受到的空气阻力逐渐变大，故D错误。
故选BC.

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.0.85 ②.5 ③.拉力F恒定 ④.小车质量M恒定 ⑤.平衡摩擦力过度 ⑥.不满足m<<M
【解析】本题考查验证牛顿第二定律实验的原理和误差分析，其中涉及打点计时器求瞬时速度和加速度的问题。
【详解】（1）[1]E点的瞬时速度
[2]利用逐差法选取AE段纸带求小车加速度
（2）[3]由可知，若探究加速度a和质量M的关系，应保持拉力F恒定。
[4] 由可知，若探究加速度a和拉力F的关系，应保持小车质量M恒定。
（3）[5]由图可知当拉力为零时小车仍有加速度，则此时平衡摩擦力过度。
[6]实验中由于把绳子拉力当作小车受到的合力，此时必有m<<M，随着m的增大小车的加速度会逐渐减小，则图像斜率逐渐减小，故图像弯曲的原因是不满足m<<M。
14、 ①.甲同学 ②.两个力的合力超过了弹簧测力计的量程5N，再用一个弹簧测力计拉橡皮筋时拉不到O点
【解析】[1]甲同学的F1与F2方向的夹角约为，所以合力为

乙同学F1与F2方向的夹角约为，所以合力为

丙同学的F1与F2方向的夹角约为，合力为

所以其中操作不合适的是甲同学，因为这两个力的合力超过了弹簧测力计刻度的最大值5N，第二次用一个弹簧测力计拉时结点拉不到O点。
15、 ①.0.25 ； ②.0.45 ③. ④.1
【解析】（1）纸带上每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，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间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度：可得B点的速度为：
CE间的平均速度为：
（2）利用描点法可得小车的速度—时间关系图线如图所示

（3）在v-t图象中，图象斜率表示加速度的大小：

三．计算题(22分)
16、 (1)6 s　(2)14.4 m
【解析】(1)人在斜坡上下滑时，受力如图所示。

设人沿斜坡下滑的加速度为a，由牛顿第二运动定律得:
mgsinθ－f＝ma
又f＝μN垂直于斜坡方向有:
N－mgcosθ＝0
解得
a＝2m/s2
由l＝at2，解得
t＝6s
(2)设人滑到水平面时速度为v，则有v＝at解得
v＝12m/s
在水平面上滑行时，设加速度大小为a′，根据牛顿第二运动定律，有
μmg＝ma′
解得
a′＝5m/s2
设还能滑行的距离为s，则v2＝2a′s，解得
s＝14.4m
17、（1）18J （2）3.2m；m/s
【解析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出上滑做匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出外力F的大小
（2）根据牛顿第二定律求出撤去外力后上滑的加速度，结合速度位移公式求出木块沿斜面上滑的距离，根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，结合速度位移公式求出返回B点的速度
【详解】（1）根据速度位移公式得，木块上滑加速度，
根据牛顿第二定律得，F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1，
解得F=mgsin37°+μmgcos37°+ma1=10×0.6+0.5×10×0.8+1×8N=18N
（2）物块匀减速上滑的加速度大小
=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×8=10m/s2，
所以还能沿斜面上滑的距离s=
物块向下做匀加速运动的加速度=gsin37°﹣μgcos37°=10×0.6﹣0.5×10×0.8=2m/s2
则返回B点的速度=m/s
答：（1）木块所受的外力F为18N；
（2）木块还能沿斜面上滑的距离为3.2m，返回B点的速度为m/s
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，理清物体的运动规律是解题的关键，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁