甘肃省泾川县第三中学2026届高一物理第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

甘肃省泾川县第三中学2026届高一物理第一学期期末经典模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、关于超重和失重，下列说法正确的是（　　）
A.超重就是物体受到的重力增大了 B.失重就是物体受到的重力减小了
C.完全失重就是物体受到的重力为零 D.无论超重、失重，物体受到的重力都不变
2、如图所示，用轻质细线悬挂个均质小球靠在光滑墙上，如将绳子缩短，则绳的拉力T和墙所受到的压力N的变化情况是（）

A.T、N均不变 B.T变小、N变大
C.T、N均增大 D.T、N均减小
3、小明用力推地面上的木箱，开始没能推动，增大推力后，木箱才开始移动，如图所示木箱在被推动前和被推动后所受地面的摩擦力（ ）

A.依次是静摩擦力和滑动摩擦力
B.依次是滑动摩擦力和静摩擦力
C.都是静摩擦力
D.都是滑动摩擦力
4、质量为的物体放在A地的地面上，用竖直向上的力F拉物体，物体在竖直方向运动时产生的加速度a与拉力F的关系如图中直线A所示：质量为的物体在B地的地面上做类似的实验，得到加速度a与拉力F的关系如图中直线B所示，A、B两直线相交纵轴于同一点，设A、B两地的重力加速度分别为和，由图可知

A.
B.
C.
D.
5、如图所示，图甲为某做匀变速直线运动物体的v-t图线，其初速度为v0，加速度为a；图乙表示在0~t时间内将该物体的运动分成了5小段，每一小段时间为，每小段起始时刻物体的瞬时速度由相应的纵坐标表示，则以下说法中不正确的是（　　）
甲乙
A.在0~t时间内，图乙中5个小矩形的面积之和可粗略表示物体在整个运动过程中的位移
B.在0~t时间内，为了更精确计算物体位移，可以把运动过程划分为更多的小段
C.在0~t时间内，斜线下梯形的面积可以表示整个运动的位移大小
D.在0~t时间内，物体运动的总位移
6、汽车从制动到停止共用了5 s。 这段时间内，汽车每1 s前进的距离分别是9 m、7 m、5 m、3 m、1 m。汽车开始制动时的瞬时速度为v0，汽车在前1s和前2s的平均速度分别为v1和v2，下列说法正确的是（　　）
A.v1更接近v0，且v1大于v0 B.v1更接近v0，且v1小于v0
C.v2更接近v0，且v2大于v0 D.v2更接近v0，且v2小于v0
7、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
8、如图所示．传送带与水平面夹角为θ，以速度v沿逆时针匀速转动。一可视为质点的物块以初速度v0滑入传送带，且v> v0，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tanθ，传送带足够长．取v0方向为正方向．则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图像可能是

A. B.
C. D.
9、如图所示，作用于O点的三个力平衡，其中一个力大小为F1，沿–y轴方向，大小未知的力F2与+x轴方向夹角为θ，则下列关于第三个力F3的说法正确的是(　　)

A.力F3可能在第二象限内与+y轴方向成任意角度
B.力F3不可能在第三象限内
C.力F3的最小值等于
D.力F3与F2夹角越小，则F3与F2的合力越小
10、有四个物体A、B、C、D,物体A、B运动的x-t图像如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图像如图乙所示．根据图象做出的以下判断中正确的是

A.物体A和B均做匀变速直线运动
B.在0～3s的时间内，物体A、B的间距逐渐增大
C.t=3s时，物体C、D的速度相同
D.在0～3s的时间内，物体C与D的间距逐渐减小
11、下列实例属于超重现象的是（）
A.汽车驶过竖直面内凸拱形桥顶端
B.荡秋千的小孩通过最低点
C.跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动的过程中
D.火箭点火后加速升空
12、下列说法不正确的是（）
A.形状规则的物体，其重心一定在其几何中心
B.推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家是牛顿
C.在国际单位制中，力学中的三个基本单位是N、m、s
D.以蛋击石，结果是蛋破了，这是因为石头对蛋的作用力大于蛋对石头的作用力
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、用图1所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验.
①对于实验的操作要求，下列说法正确的是（ ）

A.应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B.斜槽轨道必须光滑
C.斜槽轨道末端可以不水平
D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动,记录的点应适当多一些
E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹,应该用一条曲线把所有的点连接起来
②根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹.部分运动轨迹如图2所示.图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为l,P1,P2和P3是轨迹图线上的3个点,P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等.若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动,重力加速度为g.可求出小球从P1运动到P2所用的时间为______，小球抛出后的水平速度为_____.
14、如图甲，为测定木块与长木板之间的动摩擦因数的装置，图中长木板水平固定，实验过程中，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。

（1）如图乙为木块在水平长木板上运动带动纸带打出的一部分点迹，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出，电源的频率为50 Hz。从纸带上测出x1=3.20 cm，x2=4.52 cm，x5=8.42 cm，x6=9.70 cm。则木块加速度大小a=_____________m/s2.（结果保留两位有效数字）
（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m。若木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=______________________.（结果用g、M、m、a表示）
15、如图所示，将质量都为m的木块a、b放在光滑的水平地面上，a用一细绳固定在左侧竖直墙壁上，a、b中间用一轻弹簧连接，现用一大小为F的水平拉力作用在b上，a、b均静止．则撤去外力的瞬间，a、b的加速度分别为______，____。

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长．求：

（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？
（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）
17、（10分）传送带被广泛应用于各行各业．由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同．如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2 m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L＝7 m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1 kg，且均可视为质点，O、M间距离L1＝3 m．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦

(1) .金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2 s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1；
(2) .木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前、后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5.求与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离
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、D
【解析】详解】AB．超重、失重时，重力没有变化，视重发生变化，故AB错误；
C．完全失重就是物体受到的重力不变，用来提供加速度，故C错误；
D．无论超重、失重，物体受到的重力都不变，故D正确。
故选D。
2、C
【解析】对球受力分析，根据平衡条件得到T和N的表达式，分析角度的变化进行分析球对线的拉力T、对墙的压力N的变化情况
【详解】对球受力分析如图所示，设细线与墙壁的夹角为α;

则由几何关系可得：T=，N=mgtanα；细线长度缩短，则α增大，cosα减小，tanα减小；T、N都增大．故C正确，ABD错误．故选C
【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答
3、A
【解析】解：小明用力推地面上的木箱，开始没能推动，是木箱受到静摩擦力作用；当增大推力后，木箱才开始移动，则木箱受到滑动摩擦力作用，故A正确，BCD错误
故选A
【点评】学会区别静摩擦力与滑动摩擦力，注意求滑动摩擦力的大小与静摩擦力的大小不同方法
4、A
【解析】根据牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，通过图线的斜率以及截距比较物体的质量和当地的重力加速度
【详解】根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，则a=-g．知图线的斜率表示质量的倒数，纵轴截距的大小表示重力加速度．从图象上看，A图线的斜率大于B图线的斜率，则m1＜m2，纵轴截距相等，则g1=g2．故A正确，BCD错误．故选A
【点睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律求出加速度a与拉力F的关系式，根据图线的斜率和截距进行比较
5、D
【解析】A．将总时间平均分成5段，每一段的时间是，在每一小段中认为物体速度不变，做匀速运动，所以小矩形的面积可以粗略表示物体在这段时间内的位移，所以整个时间t内，5个小矩形的面积之和可粗略表示物体在整个运动过程中的位移，故A正确，不符合题意；
B．如果将总时间t细分下去，取的时间段越小，在一小段时间内的速度的变化越不明显，越接近匀速运动，所以可以更精确的计算物体的位移，故B正确，不符合题意；
C．如果将每个小时间段无限趋近于0，则小的矩形面积加起来就是梯形的面积，所以此时，斜线下梯形的面积可以表示整个运动的位移大小，故C正确，不符合题意；
D．根据C选项可知，斜线与坐标轴围成的梯形面积为物体运动的位移，即

故D错误，符合题意。
故选D。
6、B
【解析】变速直线运动中某一点的瞬时速度可以取该点为起点的一极小时间内的平均速度，时间越小越接近该点的瞬时速度，则本题应取前1s的平均速度v1，因是减速运动，则v1＜v0。
故选B。
7、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。
8、BD
【解析】AB．物体开始运动的速度小于传送带的速度，所以物体相对传送带向上滑动，摩擦力沿传送带平面向下，根据牛顿第二定律：

物体加速至于传送带共速时，因为，根据牛顿第二定律：

物体匀加速运动的加速度关系：，图线斜率的物理意义为加速度，A错误，B正确；
CD．根据上述分析可知加速度恒定且，C错误，D正确。
故选BD。
9、AC
【解析】三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；题中第三个力与已知的两个力平衡
【详解】A、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；当、的合力在第四象限时，在第二象限，可能在第二象限的任意方向上，故A正确；
B、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；当、的合力在第一象限时，力在第三象限，故B错误；
CD、三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；故力和合力始终和大小相等，保持不变；

通过作图可以知道，当、的合力F与F2垂直时合力最小，等于，即力的最小值为．故C正确，D错误；
故选AC
【点睛】本题关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后通过作图分析
10、BC
【解析】位移时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率等于速度；坐标的变化量表示位移．速度时间图象的“面积”表示位移，交点表示速度相等，分析两物体的运动情况，判断C、D间距离的变化.
【详解】A．由甲图看出：物体A和B位移时间图+象都是倾斜的直线，斜率不变，速度不变，说明物体A和B都做匀速直线运动，故A错误；
B．A图线的斜率大于B图线的斜率，A的速度比B的大，则知在0～3s的时间内，A在B的前方，两者间距逐渐增大，故B正确；
C．t=3s时，物体C、D的图线相交，两者速度相同，故C正确；
D．由乙图看出：0-3s内，D的速度比C的大，C、D是从同一地点沿同一方向开始运动的，所以D在C的前方，两者间距增大．故D错误。
【点睛】对于位移图象和速度图象要从图象的数学意义来理解其物理意义，抓住斜率、面积、交点等数学意义分析物体的运动情况
11、BD
【解析】A．汽车驶过竖直面内凸拱形桥顶端时，加速度向下，支持小于重力，所以汽车处于失重状态，A不符合题意；
B．荡秋千的小孩通过最低点时，加速度向上，支持力大于重力，小孩处于超重状态，B符合题意；
C．跳水运动员离开跳板向上运动时，与跳板分离，没有支持力，跳水运动员处于完全失重，C不符合题意；
D．火箭点火加速升空的过程中，加速度向上，火箭处于超重状态，D符合题意。
故选BD。
12、ABCD
【解析】A、重心位置与物体的形状和质量分布情况有关，形状规则的物体，重心不一定在其几何中心，还与其质量分布情况有关，故A错误；
B、伽利略推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，故选项B错误；
C、力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为kg、m、s，故C错误；
D、鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，蛋破了，是因为蛋的承受能力弱，故D错误
【点睛】本题考查的知识点较多，考查了重心、物理学史、力学基本物理量和牛顿第三定律等，这些细小的知识点需要同学们在平时学习过程中注意记忆和理解

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.AD ②. ③.
【解析】（1）应让小球从同一位置释放，获得相同的水平初速度，A正确．因为我们要获得水平的初速度，斜槽的光滑与否不影响这个结果，但必须保持斜槽末端切口水平BC错．要使描出的轨迹更好地反映真实运动,记录的点应适当多一些，D正确．因为实验误差的不可避免性，所以记录的点不一定都在抛物线轨迹上，所以不用将所有点都连接起来，E错误
故选AD。
（2）小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，因两段对应的水平距离相等，故两段运动的时间相等，根据，解得：t=，再根据，可算出。
14、 ①.1.3 ②.
【解析】（1）[1]由可知，

带入数据可解的

（2）[2]以砝码和砝码盘为对象可得

对小车可得

联立解得

15、 ①.0 ②.
【解析】[1]．撤去F前，弹簧的弹力大小为F．撤去F的瞬间，弹簧的弹力没有改变，则此瞬间a所受的合力仍为零，则其加速度aa=0；
[2]．对b球：合力大小等于F，则其加速度大小为

三．计算题(22分)
16、（1）2m/s2，0.5m/s2（2）1s，2m/s（3）2.1m
【解析】(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度；
(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间，在将时间代入速度时间的公式求出共同的速度；
(3) 根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可
【详解】(1) 根据牛顿第二定律可得
小物块的加速度：
m/s2
小车的加速度：
m/s2
(2)令两则的速度相等所用时间为t，则有：

解得达到共同速度的时间：t=1s
共同速度为：
m/s
(3) 在开始1s内小物块的位移
m
此时其速度：
m/s
在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：
m/s2
这0.5s内的位移：
m
则小物块通过的总位移:
m
【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解．同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解
17、（1）1（2）1.6m
【解析】(1)金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，抓住总位移的大小，结合运动学公式求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小；
(2)根据牛顿第二定律求出木块下滑的加速度，从而结合速度位移公式求出与挡板碰撞的速度，反弹后，速度大于传送带速度，摩擦力向下，速度与传送带速度相等后，摩擦力向上，根据牛第二定律分别求出上滑过程中的加速度，结合运动学公式求出木块B所达到的最高位置与挡板P的距离
【详解】(1)金属块A在传送带方向上受重力沿传送带向下的分力和摩擦力，由题意可知，μ1>tan θ，即A先做匀加速运动，并假设其速度能达到传送带的速度v＝2 m/s，然后做匀速运动，到达M点．金属块由O运动到M，有：

且t1＋t2＝t，v＝at1
根据牛顿第二定律有μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得t1＝1 s<t＝2 s，符合题设要求
加速度
解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1＝1；
(2) 由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离LON=4m，第一次与P碰撞前的速度为v1
a1=gsinθ-μgcosθ=2m/s2

由μ2<tan θ可知，与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度大小v1被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度大小a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2.
a2＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2

因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所到达的最高位置与挡板P的距离为
s＝s1＋s2＝1.6 m
【点睛】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解