河北省景县梁集中学2025-2026学年高一上物理期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

河北省景县梁集中学2025-2026学年高一上物理期末教学质量检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、某人在地面上最多可举起50kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向（g=10m/s2）（）
A.2m/s2 竖直向上 B.m/s2竖直向上
C.2m/s2竖直向下 D.m/s2竖直向下
2、如图所示，用水平力F把物体A、B紧压在竖直墙上静止不动，下列叙述中正确的是(　　)

A.力F越大，墙与物体间的最大静摩擦力越大，但墙与物体间的静摩擦力不变
B.墙对B的静摩擦力向上，A对B的静摩擦力也向上
C.A、B之间的最大静摩擦力不随F的变化而变化
D.A、B之间的静摩擦力的大小为mAg，B与墙之间的静摩擦力的大小为mBg
3、关于速度、速度的变化以及加速度的关系，以下的叙述正确的是（ ）
A.速度大的物体加速度一定大
B.速度的大小不变的物体加速度一定为零
C.速度变化大的物体加速度一定大
D.相等的时间内，加速度大的物体速度的变化一定大
4、如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，当电梯在竖直方向运行时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，这一现象表明（ ）

A.电梯一定处于加速上升阶段 B.电梯的速度方向一定向下
C.乘客一定处在超重状态 D.电梯的加速度方向可能向下
5、在物理学的发展历程中，首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学发展的是（　　）
A.伽利略 B.亚里士多德
C.牛顿 D.胡克
6、一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m.则刹车后6s内的位移是（）
A20m B.24m
C.25m D.36m
7、2019年12月16日宿迁正式进入高铁时代。如图所示，为一辆高铁进站过程中的v-t图象，在该过程中高铁的（　　）

A.加速度逐渐减小
B.加速度逐渐增大
C.平均速度小于
D.平均速度大于
8、如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑．现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则(　　)

A.速度可能向左，加速度可小于μg
B.加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g
C.加速度一定向左，不能超过μg
D.加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g
9、如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率v1向右运行．初速度大小为v2的小物块向左从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，正确是（　　）

A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右
D.0～t3时间内，小物块相对传送带的位移大小为
10、如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线，t1时刻 A、B 的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）

A.t1时刻，弹簧的形变量为
B.t1时刻，A、B刚分离时的速度为
C.t2时刻，弹簧形变量为0
D.从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变
11、如图所示，两个完全相同的小车质量均为M，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量均为m的小球，若对甲中的小车施加水平向左的恒力F1，对乙中小球m施加水平向右的恒力F2，稳定后整个装置分别以大小为a1、a2的加速度做匀加速直线运动，两条细线与竖直方向的夹角均为θ，细线的拉力分别为T1、T2，地面对小车的支持力分别为N1、N2，则下列判断正确的是（ ）

A.T2＞T1 B.N1=N2
C. D.
12、某汽车正以72km/h在公路上行驶，为“礼让行人”，若以的加速度刹车，则以下说法正确的是（　　）

A.刹车后2s时的速度大小为10m/s B.汽车滑行40m后停下
C.刹车后5s时的速度大小为0 D.刹车后6s内的位移大小为30m
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验
（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在_____（选填“水平”或“竖直”）方向
（2）他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由图线可得弹簧的原长x0=__　cm，劲度系数k=__N/m，他利用本实验原理把弹簧做成一把弹簧秤，当示数如图丙所示时，该弹簧伸长的长度△x=_____cm

14、力传感器可以把它所受力的大小、方向随着时间变化的情况，由计算机屏幕显示出来。如图甲所示，用力传感器探究“作用力与反作用力”的关系，得到图乙的图像。根据图乙，能得到的结论是：____。

15、某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系

（1）下列做法正确的是 ________ （选填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）

（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲 ________ m乙 ，μ甲 ________ μ乙．（选填“大于”“小于”或“等于”）
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面的下端与水平地面平滑连接（可认为物体在连接处速率不变）．一个质量为m的小物体（可视为质点），从距地面h=3.2m高处由静止沿斜面下滑．物体与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）物体沿斜面下滑的加速度a的大小；
（2）物体下滑到达斜面底端A时速度vA的大小；
（3）物体在水平地面上滑行的时间t
17、（10分）质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动．0~ 2.0s内F与运动方向相反，2.0~ 4.0s内F与运动方向相同，物体的速度一时间图象如图所示，已知g取10m/s2。求:
(1)物体在前4秒内的位移多少？
(2)物体与水平面间的动摩擦因数。

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】由题意某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，知物体处于失重状态，此人最大的举力为
F=mg=50×10N=500N
则由牛顿第二定律得

解得

方向向下。
故选D。
2、A
【解析】A．整体，处于平衡状态，由平衡条件得：弹力N=F，摩擦力：f=G；当力F越大，墙与物体间的最大静摩擦力越大，但墙与物体间的静摩擦力不变，故A正确；
B．根据静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，则墙对B的静摩擦力向上，B对A的静摩擦力也向上，那么A对B的静摩擦力向下，故B错误；
C．最大静摩擦力与正压力成正比，水平力F增大，物体间的压力增大，最大静摩擦力变大，故C错误；
D．隔离研究A时，则A、B之间的静摩擦力的大小为MAg，而整体A与B时，则B与墙之间的静摩擦力的大小为MBg+MAg，故D错误
3、D
【解析】加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量，表示物体速度变化的快慢，与速度无关．物体速度的大小不变，速度方向可能变化，加速度可能不为零
【详解】A．速度大的物体加速度不一定大，比如高速匀速飞行的飞机，速度很大，但加速度为零；故A错误
B．物体速度的大小不变，速度方向可能变化，加速度可能不为零．比如匀速圆周运动；故B错误
C．速度变化大的物体，根据加速度的定义式可知，加速度不一定大，还取决于变化所用的时间；故C错误
D．由知，相等的时间内，加速度大的物体速度的变化一定大；故D正确
故选D
【点睛】本题考查对加速度的理解能力，可从牛顿第二定律理解速度与加速度的关系，根据定义式理解速度变化量与加速度的关系
4、C
【解析】弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，说明电梯一定存在竖直向上的加速度，电梯的运动可能是加速向上或者减速下降
【详解】电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，说明电梯一定存在竖直向上的加速度，电梯的运动可能是加速向上或者减速下降，乘客也一定处在超重状态，故A、B、D错误，C正确
故选C
5、A
【解析】A．伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展．故A正确；
B．亚里士多德用快慢描述物体的运动，B错误；
C．牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律，C错误；
D．爱因斯坦的成就主要在量子力学，如光子说、质能方程、光电效应方程等，D错误；
故选A。
6、C
【解析】ABCD.设汽车刹车后加速度大小为，初速度为，以初速度方向为正方向，则由匀变速直线运动规律可得，开始刹车后的1s内
①
开始刹车后的2s内
②
联立①②可得

汽车刹车至静止所用的时间为

因此刹车后6s内的位移为

ABD错误，C正确；
故选C。
7、AC
【解析】AB．图象切线斜率逐渐减小，则高铁的加速度逐渐减小，故A正确，B错误；
CD．若高铁做匀减速直线运动，则其平均速度为，根据图象与时间轴所围的面积表示位移，知高铁的实际位移小于匀减速直线运动的位移，则高铁的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度，故C正确，D错误；
故选AC。
8、AD
【解析】试题分析：小车静止时，恰好不下滑，则重力等于最大静摩擦力，当小车加速时，根据弹力和吸引力的关系得出加速度的方向，对B分析，抓住B的最大静摩擦力求出加速度的最大值
解：小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有：mg=μF引，
当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则FN≥F引，则FN﹣F引=ma，加速时加速度一定向左，故B错误
对B有μ（mg+F引）=mam，解得am=（1+μ）g，故A、D正确，C错误
故选AD
【点评】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，关键抓住A、B的最大静摩擦力进行求解，掌握整体法和隔离法的运用
9、BC
【解析】A．在0-t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t1-t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；
B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，C正确；
D．0～t1时间内，传送带的位移为

小物块的位移为

所以小物块相对传送带的位移向左，大小为

t1~t2时间内，物块向右加速，皮带向右匀速运动，物体相对皮带向左，相对位移大小为两者的位移之差

由于t2-t3时间内小物块相对传送带静止，所以0～t3时间内小物块相对传送带的位移向左，大小为

故D错误。
故选BC。
10、AD
【解析】考查牛顿第二定律的应用。
【详解】A．由图乙可知，t1时刻两物块开始分离，AB之间无弹力，对A受力分析，设此时压缩量为x2，由牛顿第二定律：

解得，A正确；
B．初始时均静止，设初始时压缩量为x1，由平衡方程：

解得
则从开始到分离的位移为：

由位移与速度的关系式：

解得，B错误；
C．t2时刻，A图线的斜率为0，即A物体加速度为零，设此时压缩量为x3，由平衡条件：

解得，C错误；
D．从开始到t1时刻，由牛顿第二定律：

由于弹簧压缩量减小，弹力减小，而加速度a不变，所以拉力F增大；t1到t2时刻，由于AB已经分离，B不受A的作用力，此时由牛顿第二定律：

加速度不变，可知，拉力F不变，D正确。
故选AD。
11、BC
【解析】先对乙图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：

再对乙图中情况下的小球受力分析，如图

根据牛顿第二定律，有

由以上三式可解得：

再对甲图中小球受力分析，如图

由几何关系得：

则有：

故拉力

对整体分析有：

由于

所以

竖直方向上有：

所以

A．综上分析，A错误；
B．综上分析，B正确；
CD．综上分析，C正确，D错误；
故选BC。
12、ABC
【解析】A．速度为

加速度，由公式

得汽车刹车到停止的时间

由速度公式得刹车后2s时的速度

故A项正确；
B．由公式

可得

汽车滑行40m停下，故B项正确；
C．汽车刹车到停止的时间为4s，所以刹车后5s时的速度大小为0，故C项正确；
D．汽车刹车到停止的时间为4s，刹车后6s内的位移大小与刹车后4s内的位移大小相等，即40m，故D项错误。
故选ABC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.（1）竖直； ②.（2）4； ③.50； ④.6；
【解析】（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；
（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=k△x，有：；
由图丙得到弹簧的弹力为3N，依据胡克定律F=k△x，有；
14、相互作用力方向相反、大小相等
【解析】[1]从图乙看到，作用力与反作用力一正一负，绝对值相等，由于正负表示方向，故相互作用力方向相反、大小相等
15、 ①.AD ②.远小于 ③.小于 ④.大于
【解析】（1）[1]．实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确
（2）[2]．由整体法和隔离法得到细绳中的拉力
F＝Ma＝M＝mg，
可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg.
（3）[3]．不平衡摩擦力，则
F－μmg＝ma，
a＝－μg，
图象的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此
m甲<m乙，μ甲>μ乙

三．计算题(22分)
16、（1）5m/s2（2）8m/s（3）2s
【解析】（1）物体由静止沿斜面下滑，加速度为a，由牛顿运动定律有mgsinθ=ma1
解得a1=5m/s2
(2)物体由静止沿斜面下滑，经时间t1到达斜面底端速度为v1，则下滑位移为s=
由得
（3）物体滑到地面作减速运动，加速度大小为a2
, a2=4m/s2
经时间t2减速到零,
考点：牛顿第二定律 运动学公式
17、 (1)x=9m；(2)
【解析】（1）减速过程的位移为
；
反向加速过程位移为
，
故总位移为
x=x1+x2=10m-2m=8m
即0-4.0s内物体的总位移大小8m
（2）减速过程，根据牛顿第二定律，有
F+μmg=ma1
加速过程，根据牛顿第二定律，有
F-μmg=ma2
解得
μ=0.2
故物体与水平间动摩擦因数的大小为0.2。