陕西省西安市第四十六中学2025-2026学年高一上物理期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

陕西省西安市第四十六中学2025-2026学年高一上物理期末学业水平测试模拟试题
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、如图所示，压路机在水平路面上缓慢行驶，路面对压路机的支持力为，压路机对路面的压力为，关于，，下列说法正确的是　　

A.大于 B.小于
C.与是一对平衡力 D.与是一对作用力与反作用力
2、如图所示，放置在传送带上的物体随传送带一起运动，已知物体相对于传送带保持静止，则该物体

A.一定受到平行传送带向上的摩擦力作用
B.一定受到平行传送带向下的摩擦力作用
C.一定受到摩擦力作用，但方向不确定
D.可能不受摩擦力作用
3、甲、乙两车沿同一平直公路行驶，两车运动的x﹣t图象如图所示，则下列表述正确的是（）

A.乙车做曲线运动，甲车做直线运动
B.甲车先做匀减速运动，后做匀速运动
C.两车相遇两次
D.乙车的速度不断减小
4、在动摩擦因数m＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2kg的物块．物块与水平轻弹簧相连．并由一与水平方向成q＝45°角的拉力拉着物块，如图所示，此时物块处于静止状态，弹簧弹力为2N，（取g＝10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．则以下说法正确的是（ ）

A.此时物块所受的静摩擦力可能向左为6N
B.当撤去拉力F的瞬间，物块所受的静摩擦力向右为4N
C.当撤去弹簧瞬间，物块所受的摩擦力向左为4N
D.当撤去弹簧的瞬间，物块所受的摩擦力向左为3.2N
5、一个做匀变速直线运动的物体初速度为10m/s，经过10s速度的大小变为2m/s，方向与初速度的方向相同，则其加速度大小是（　　）
A.0.8m/s2 B.1.4m/s2
C.2.0m/s2 D.10m/s2
6、如图所示，质量为m的三角形木楔A置于倾角为θ的固定斜面上，它与斜面的动摩擦因数为μ，一水平力F作用在木楔A的竖直平面上，在力下的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，则F的大小为（　　）

A.
B.
C.
D.
7、下列说法正确的是（　　）
A.只有物体与物体相互接触时才有可能产生弹力
B.两物体间如果有相互作用的摩擦力，就一定存在相互作用的弹力
C.静止的物体不可能受到滑动摩擦力作用
D.静摩擦力的大小随压力的增大而增大
8、游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉．下列描述正确的是（ ）
A.当升降机加速上升时，游客是处在失重状态
B.当升降机减速下降时，游客是处在超重状态
C.当升降机减速上升时，游客是处在失重状态
D.当升降机加速下降时，游客是处在超重状态
9、如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度一时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，be段为直线，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2，则下列说法正确的是（）

A.在0.15s末滑块的加速度大小为8m/s2
B.滑块在0.1﹣0.2s时间间隔内沿斜面向下运动
C.滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
D.在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动
10、一个质点在0~20s时间内做直线运动的速度一时间图像如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A.BC段和CD段加速度方向相反
B.BC段和CD段的速度方向相反
C.整个过程中，D点所表示的位置离出发点最远
D.整个过程中，质点通过的路程为100m
11、两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，，，，当A球与B球发生碰撞后，AB两球的速度可能为（　　）
A.， B.，
C.， D.，
12、如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A.A、B间摩擦力为零 B.A加速度大小为gcosθ
C.C只受两个力作用 D.斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、小明同学在学习牛顿运动定律时，做了探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系的实验，采用了如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上打点计数器打出的点计算出：

（1）小明将实验装置如上图安装好接通电源后开始做实验，小强突然发现他的装置图中有两处明显的问题，请你写出来：①__________________②__________________；
（2）小明改正了实验中的问题后，完成了实验，并列出了实验数据，他在分析数据时发现只有当M与m的大小关系满足__________________时，才可以认为绳子对小车拉力的大小等于砝码盘和砝码的重力。
（3）另一组同学在保持砝码盘及盘中的砝码质量一定时，探究物体加速度与质量的关系，在实验操作中，以下做法错误的是__________________
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．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先接通打点计时器电源，再释放小车
D．小车运动的加速度，可用天平称出盘及砝码质量m、小车质量M，用求出
（4）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码质量不变，改变小车质量M，得到的实验数据如下表：为了验证猜想，请在坐标系中作出最能直观反映a与M之间关系的图象（作图需作出横纵坐标以及刻度图像）______________。
实验次数
1
2
3
4
5
小车加速度a/ms-2
0.77
0.38
0.25
0.19
0.16
小车质量M/kg
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00

14、图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图．两个相同的小车，放在带有定滑轮的木板上（事先通过调节木板与水平面间的夹角来抵消摩擦力的影响），前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里放有砝码．两个小车后端各系一条细线，细线后端用夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止运动

(1)用刻度尺测出两小车的位移，位移之比就等于它们的____________之比；
(2)为了探究加速度大小和力大小之间的关系，应保持两个___________（选填“小车”或“小盘和砝码”）的质量相等；
(3)为减小误差，应使小盘和砝码总质量尽可能_________（选填“小于”、“等于”或“大于”）小车质量
15、如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。

(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持______不变，用钩码所受的重力作为______，用DIS测小车的加速度；
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线（如图所示）。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______；

A.小车与轨道之间存在摩擦
B.导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为m1=0.5 kg、m2=0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离h=0.8 m，小球距离绳子末端l=6.5 m，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2

(1)若A，B两球固定在绳上，不会在绳上滑动 ，求释放瞬间绳中张力大小？
(2)若小球A、B与轻绳不固定，球与绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍．现在由静止同时释放A、B两个小球，则释放A、B两个小球后，A、B的各自加速度多大？
(3)若同（2）问中条件，小球B从静止释放经多长时间落到地面？
17、（10分）如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐，在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），整个装置处于静止状态．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动，已知拉力F=4.5N时，小滑块与木板之间恰好发生相对滑动．薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m，小滑块的质量m=0.5kg，小滑块与桌面、薄木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ1=0.2，设滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）拉力F=3.6N时，m与M的加速度各为多大；
（2）小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ2；
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件。

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】作用力和反作用力特点：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上；
平衡力特点：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上。
【详解】压路机在水平路面上缓慢行驶，路面对压路机的支持力和压路机对路面的压力是压路机与路面间的相互作用力，根据牛顿第三定律，总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。
故选D。
【点睛】解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上。
2、D
【解析】传送带和物块的运动状态不确定，可能一起做匀速、匀加速、匀减速运动，所以摩擦力的有无、方向均无法确定，例如传送带向下做加速度为的匀加速运动，物体相对于传送带保持静止受到的摩擦力就为零，故D正确，ABC错误。
故选D．
3、C
【解析】A．乙车的x-t图象虽为曲线，但这不是运动轨迹，只能表示直线运动，故A错误。
B．位移时间图象的斜率等于速度，由题图可知：甲车在前6s内沿负向做匀速直线运动，6s以后处于静止状态，故B错误。
C．在x-t图象中两图线的交点表示两车相遇，故两车相遇两次。故C正确。
D．由于乙车图象的斜率大小增大，即其速度逐渐增大，故D错误。
故选C
4、D
【解析】力F在水平方向上的分力大小为 ，
力F在竖直方向上的分力大小为
此时物体受到的最大静摩擦力
因为 ，所以弹簧是被拉长的，
以物体为对象受力分析如图所示：

A、物体在水平方向上受力平衡则： ,得 ，故A错误；
B、当撤去拉力F的瞬间，此时 而弹簧的弹力T=2N,由于弹力小于最大静摩擦力，所以物体处于平衡状态，受到静摩擦力 ，故B错误；
CD、当撤去弹簧的瞬间，此时物体受到的最大静摩擦力，而F在水平方向的分力大于最大静摩擦了，所以物体不在平衡，受到的滑动摩擦力，方向向左，故C错误，D正确；
5、A
【解析】根据加速度的定义式知，加速度为

负号表示方向与初速度方向相反。
选项A正确，BCD错误。
故选A。
6、C
【解析】木楔A上滑时，共受四个力F、N、mg和f，其中沿垂直斜面方向合力为零，有
①
而沿斜面方向有
②
又因为
③
由①②③得

故选C。
7、AB
【解析】A．弹力产生的条件是两物体相互接触，同时产生弹性形变，故只有两个物体相互接触时才有可能产生弹力，故A错误；
B．根据摩擦力产生的条件可知，两物体间有摩擦力时一定有相互作用的弹力，故B正确；
C．静止物体可能受到滑动摩擦力作用，比如：在地面滑行的物体，地面受到滑动摩擦力，故C错误；
D．静摩擦力的大小与正压力的大小无关，与引起相对运动趋势的力的大小有关，故D错误。
故选AB。
8、BC
【解析】当升降机加速上升时，乘客有向上的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的．此时升降机对乘客的支持力大于乘客的重力，所以处于超重状态．A错误．当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时乘客也处于超重状态．B正确．当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的，所以升降机对乘客的支持力小于乘客的重力．此时失重．C正确．当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时处于失重状态，D错误
易错提醒：对超重失重的原因不明，错误认为加速运动就超重而减速运动失重而错选D
备考提示：超重与失重的理解是解决本题的关键．超重和失重并不是重力发生的变化，而是测得的支持力发生了变化，大于实际重力或小于实际重力．对于物体此时在竖直方向受力不再平衡，一定产生加速度，加速度的方向向上时，支持力大于重力，超重，加速度的方向向下时，支持力小于重力，失重．从物体的运动情况判断加速度的方向．对于加速度方向的判断，可以根据速度的大小变化．当速度增大时，加速度的方向与速度方向相同，当速度大小减小时，加速度的方向与速度方向相反
9、AC
【解析】A．速度时间图像切线斜率代表加速度，直线段斜率即加速度根据图像可得

选项A对
B．根据速度时间图像从开始运动一直到0.2S，速度方向一直沿正方向，即速度方向不变，沿斜面向上，选项B错
C．脱离弹簧后，滑块沿斜面向上匀减速，根据牛顿运动定律有

计算可得，选项C对
D．与滑块脱离前，根据速度图像可得先加速后减速，选项D错
故选AC。
10、BD
【解析】A．在v-t图像中斜率表示加速度，由图可知BC段和CD段斜率相等，即加速度相同，方向也相同，故A错误；
B．由图可知在BC段速度方向为正，CD段速度方向为负，BC段和CD段的速度方向相反，故B正确；
C．在v-t图像中图线与t轴围成的面积表示运动的位移，故由图可知C点所表示的位置离出发点最远，故C错误；
D．整个过程中，质点通过的路程为

故D正确。
故选BD。
11、AB
【解析】A．碰撞后，A、B的动量
pA=1×4kg·m/s=4kg·m/s，pB=2×4kgm/s=8kg·m/s
系统动量守恒，系统总动能
Ek=mAvA2+mBvB2=×1×42J+×2×42J=24J<25J
系统动能不增加，故A正确；
B．碰撞后，A、B的动量
pA=1×2kg·m/s=2kg·m/s，pB=2×5kg·m/s=10kg·m/s
系统动量守恒，系统总动能
E′k=mAv′A2+mBv′B2=×1×22J+×2×52J=27J<25J
系统动能不增加，故B正确；
C．碰撞后，A、B的动量
p′A=1×（-4）kg·m/s=-4kg·m/s，p′B=2×6kg·m/s=12kg·m/s
系统动量不守恒，故C错误；
D．由题碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故D错误。
故选AB。
12、CD
【解析】A.取BC整体为研究对象，若只受到自身重力和A对B的支持力，则受力情况与运动情况不相符合，故B还受向左的摩擦力，故A错误；
B.选取ABC整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：

解得

故B错误；
C.取C为研究对象，当斜劈B的倾角也为θ时，C只受重力和斜面的支持力，加速度为

解得

故C正确；
D.斜面对A的作用力垂直斜面向上，则A对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故D正确。
故选CD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.电源为直流电源 ②.没有平衡摩擦力 ③.M>>m ④.AD ⑤.
【解析】（1）[1][2]装置中两处明显的问题是：①电源为直流电源；②没有平衡摩擦力。
（2）[3]在该实验中牛顿第二定律的实际情况是

要满足

应该使砝码的总质量远小于滑块的质量，即只有当M与m的大小关系满足

时，才可以认为绳子对小车拉力大小等于砝码盘和砝码的重力。
（3）[4]A．平衡摩擦力时，应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，故A说法错误，符合题意；
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B说法正确，不符合题意；
C．实验时，先接通打点计时器电源，再释放小车，故C说法正确，不符合题意；
D．小车运动的加速度，是通过打出的纸带计算得出的，故D说法错误，符合题意。
故选AD。
（4）[5]先求出质量的倒数分别为
5；2.5；1.67；1.25；1
利用描点法作a与1/M的关系图线，如图：

14、 ①.加速度 ②.小车 ③.小于
【解析】根据初速度为零的匀变速直线运动特点可得出答案；要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m<<M时才可以认为绳对小车拉力大小等于盘和盘中砝码的重力
【详解】（1）根据初速度为零的匀变速直线运动位移时间关系，两小车运动时间相等，位移与加速度成正比；
（2）根据控制变量法，要探究加速度和力之间的关系，需要小车的质量保持不变，即两小车质量相等；
（3）实验中用小盘和砝码的重力作为小车受到的拉力．只有在盘和盘中砝码的质量远远小于小车的质量时，绳对小车拉力大小近似等于盘和盘中砝码的重力
15、 ①.小车的总质量 ②.小车所受外力 ③.C
【解析】(1)[1][2]探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的合外力
(2)[3]本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；由于OA段a－F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得
mg=Ma
得
a==
而实际上
a′=
可见AB段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的。
故选C。

三．计算题(22分)
16、 (1)2.86N (2)a1＝8 m/s2　a2＝5 m/s2　 (3)1.6 s
【解析】(1)对A，B小球整体列牛顿运动定律方程：
，解得：
对B分析：
解得：
（2）由题意知，B与轻绳的摩擦力小于A与轻绳的摩擦力．为保证A、B对轻绳的力相同，所以轻绳与A、B间的摩擦均为km2g
对B，由牛顿第二定律得：m2g－km2g＝m2a2，a2＝5 m/s2
对A，由牛顿第二定律得：m1g－km2g＝m1a1，a1＝8 m/s2
(3)A球与绳子一起向下加速运动，B球沿绳子向下加速运动
设经历时间t1小球B脱离绳子，小球B下落高度为h1，获得速度为v，
，解得：

v＝a2t1＝5 m/s
小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高为h2，经t2落地，则：
h2＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m
，t2＝06 s

解得：t2=-1.6s（舍去）t2=0.6s
t＝t1＋t2＝1.6 s
17、（1）0.4m/s2；（2）0.1（3）F＞6N
【解析】由题可知，使小滑块m与木板M之间发生相对滑动的临界拉力F临界=4.5N，由于拉力F=3.6N＜4.5N，故M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求解加速度大小；分别对M、m进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；画出两物体空间位置变化示意图，分析运动过程，根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移关系列方程求解
【详解】（1）由题可知，使小滑块m与木板M之间发生相对滑动的临界拉力F临界=4.5N，由于拉力F=3.6N＜4.5N，故M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动；
把两物体看做整体，由牛顿第二定律可知：F-μ1（m+M）g=（m+M）a1
解得：a1=0.4m/s2；
（2）由题目可知，当拉力F=4.5N时，小滑块m与木板M恰好发生相对滑动，此情况下分别对M、m进行受力分析，根据牛顿第二定律有：
小滑块m：f=μ2mg=ma2，
木板M：F-μ2mg-μ1（m+M）g=Ma2
联立两式解得：μ=0.1
（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如右图所示：

则滑块的速度：v=a2t
滑块下落到桌面上，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma3
位移：x1=，x2=
由几何关系得：x1+x2=
木板的位移：
根据牛顿第二定律，对木板：F-μ2mg-μ1（m+M）g=Ma4
解得：F=6N，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F＞6N
【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁