2026届江苏省丹阳市高一上物理期末联考模拟试题含解析.doc

2026届江苏省丹阳市高一上物理期末联考模拟试题
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、下列实例属于超重现象的是（  ）
A.汽车驶过拱形桥顶端 B.荡秋千的小孩通过最低点
C.乘坐升降电梯匀速上升 D.粉笔抛出竖直向上运动
2、如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(　　)

A.0 B.g
C.g D.g
3、如图所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于M点，与竖直墙相切于点A，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点．丙球由C点自由下落到M点．则(　 　)

A.甲球最先到达M点
B.乙球最先到达M点
C.丙球最先到达M点
D.三个球同时到达M点
4、如图所示，幼儿园的滑梯长度不变，高度可调，一个小朋友坐在上面可以从静止下滑，则（　　）

A.滑梯高度越高，小朋友沿斜面下滑时的摩擦力越大
B.滑梯高度越高，小朋友重力沿斜面的下滑分力越大
C.滑梯高度越低，小朋友对斜面的压力越小
D.换一个体重大的小朋友，一定不能滑下斜面
5、如图所示，横截面为劈形的物体A各面均光滑，靠在竖直墙壁上，A的顶角θ=30°，物块B置于水平桌面上，A、B均保持静止．已知A所受重力为GA，B所受重力为GB，它与桌面间的动摩擦因数为μ，则B受到桌面的摩擦力大小为

A.μGB B.μ(GA+GB)
C.GB D.GA
6、某同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带上电梯，并将它放在电梯中水平放置的压力传感器上。若电梯由静止开始运动，并测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图像，如图所示。设电梯在第1s末、第4s末和第8s末的速度大小分别为v1、v4和v8，以下判断中正确的是（ ）

A.电梯在下降，且v4＞v1＞v8
B.重物在第2s内和第8s内加速度相同
C.重物在第2s内的平均速率等于在第8s内的平均速率
D.第8s内重物对传感器的压力大于传感器对重物的支持力
7、我市开始大力推行文明交通“车让人”行动，如图所示，以8m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m，该车减速时加速度大小为5m/s2，则下列说法中正确的是

A.如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线距离为2m
B.如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线距离为1.6m
C.如果驾驶员的反应时间为0.4s，汽车刚好能在停车线处停下
D.如果驾驶员的反应时间为0.2s，汽车刚好能在停车线处停下
8、如图，将一质量为2m的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离A为d处．现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）

A.环到达B处时，重物上升的高度
B.环能下降的最大距离为
C.环到达B处时，环与重物的速度大小之比为
D.环从A到B减少的机械能等于重物增加的机械能
9、如图所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态。若不计一切摩擦，则（　　）

A.直角劈对墙面的弹力大小为mgsinα
B.墙面对正方体的弹力大小为
C.正方体对直角劈的弹力大小为mgcosα
D.水平面对正方体的弹力大小为(M＋m)g
10、在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中正确的是　　
A.平衡摩擦力时，应将砝码及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上
B.连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行
C.平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动
D.小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
11、质点做直线运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.3～4s内质点做匀减速直线运动
B.3s末质点的速度为零，且运动方向将要改变
C.2s末速度方向发生变化
D.0～2s内质点做匀加速直线运动，4～6s内质点做匀减速直线运动，加速度大小均为2m/s2
12、一物体静止在斜面上，如图所示，当斜面的倾角θ缓慢增大而物体仍静止在斜面上，此过程中（　　）

A.物体所受重力和静摩擦力的合力不变
B.物体所受支持力和静摩擦力的合力不变
C.物体所受重力和支持力的合力逐渐增大
D.物体所受重力、支持力和静摩擦力的合力逐渐增大
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化的规律，如图乙所示。

（1）0.4s时木块的速度v＝______m/s，木块的加速度a＝______m/s2。
（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是______。（已知当地的重力加速度g）
（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是______。
A．A点与传感器距离适当大些
B．木板的倾角越大越好
C．选择体积较大的空心木块
D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻
14、一小球在桌面上从静止开始做匀加速运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球每次曝光的位置，并将小球的位置编号．如图所示，1位置恰为小球刚开始运动的瞬间，摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1s，则小球在4位置时的瞬时速度约为________m/s，小球从1位置到6位置的运动过程中的平均速度为________m/s，在该过程中的加速度大约为_____m/s2.

15、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图所示的实验装置

（1）本实验采用的实验方法是________
A．控制变量法 B．理想实验法
C．等效替代法 D．实验推理法
（2）把长木板的一端垫高的目的是_____________________
（3）电磁打点计时器是一种使用低压______（填“交”或“直”）流电源的计时仪器，其打点频率为_________Hz。周期________秒
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球保持静止状态，与墙壁的接触点为B，足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，重力加速度为g，网兜的质量不计．求：

(1)悬绳对足球的拉力的大小；
(2)足球对墙壁的压力的大小
17、（10分）如图所示，一个质量m=1kg的物块，在F=5N的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向成θ=37°．假设物块与水平面之间的滑动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8

(1)做出物块的受力分析图；
(2)求物块运动的加速度大小；
(3)求从静止开始物块移动4s内的位移大小；
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】A．汽车驶过拱形桥顶端时，具有向下的加速度，故处于失重状态，故A错误；
B．荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力，合力向上，加速度向上，处于超重状态，故B正确；
C．乘坐升降电梯匀速上升，是平衡状态，故C错误；
D．粉笔抛出竖直向上运动，具有向下的加速度，所以处于失重状态，故D错误。
故选B。
2、B
【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图，根据共点力平衡条件，有

解得
，
木板AB突然撤去后支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为

故选B。

3、C
【解析】对于AM段，有几何关系得位移为

由牛顿第二定律得加速度为

根据

得

对于BM段，有几何关系得位移

加速度为

根据

得

对于CM段，位移

加速度

根据

得

比较可得

即丙球最先到达M点，乙球最后到达M点
故选C。
4、B
【解析】A．小朋友受力如图：

滑梯长度不变，滑梯高度越高，则角越大。
小朋友沿斜面下滑时有

下滑时的摩擦力

所以滑梯高度越高，小朋友沿斜面下滑时的摩擦力越小，选项A错误；
B．小朋友重力沿斜面的下滑分力为，滑梯高度越高，角越大，重力沿斜面的下滑分力越大，选项B正确；
C．滑梯高度越低，角越小，小朋友对斜面的压力越大，选项C错误；
D．小朋友沿斜面的方向的加速度合力为

与质量无关，选项D错误。
故选B。
5、D
【解析】根据隔离法对A进行受力分析，求得竖直墙给A的水平弹力，在整体分析，求得B受到桌面的摩擦力。
【详解】由于物体A处于静止状态，对A进行受力分析如图：

由三力平衡合成法可得：

对整体进行受力分析，整体在水平方向受到竖直墙给的水平向右的弹力F，受到桌面给的水平向左的静摩擦力，水平方向由平衡条件可得：

故选D
【点睛】典型的整体隔离相结合的题目，结合题目，选择好隔离的物体。
6、C
【解析】AB．根据牛顿第二定律分析可知，电梯的运动情况是：0~2s内加速度的方向向下，电梯向下做匀加速运动，在2~7s内做匀速直线运动，7~9s内做匀减速运动；选取向下为正方向，由牛顿第二定律可知，0~2s内：

7~9s内：

负号表示方向向上。
所以重物在0~2s内和7~9s内电梯的加速度大小相等，方向相反；
电梯在第1s末的速度：
v1＝a1t1＝0.6×1m/s＝0.6m/s
第4s末的速度等于2s末的速度：
v4＝v7＝v2＝a1t2＝0.6×2m/s＝1.2m/s
第8s末速度：
v8＝v7+a2t3＝1.2m/s+(-0.6)×1m/s＝0.6m/s
说明电梯在第1s末和第8s末速度相同，小于第4s末的速度，故AB错误；
C．电梯在第7s末的速度与第2s末的速度相等：
v7＝v2＝a1t2＝0.6×2m/s＝1.2m/s
所以第2s内的平均速率：

同理，第8s内的平均速率：

所以重物在第2s内的平均速率等于在第8s内的平均速率，故C正确；
D．物对传感器的压力与传感器对重物的支持力是一对作用力与反作用力，大小是相等的，故D错误。
故选C。
7、BD
【解析】AB.汽车速度减为零所需的时间
t==s=1.6s
则2s内的位移等于1.6s内的位移
x=t=×1.6m=6.4m
此时汽车离停车线的距离
△x=8-6.4m=1.6m
故A错误，B正确；
C.若驾驶员的反应时间为0.4s，则在反应时间内的位移
x′=v0t′=8×0.4m=3.2m
到停止时的位移
X=x+x′=6.4m+3.2m=9.6m
大于8m，汽车车头不能在停车线处停下，故C错误
D.若驾驶员的反应时间为0.2s，则在反应时间内的位移
x′′=v0t′′=8×0.2m=1.6m
到停止时的位移
X′′=x+x′′=6.4m+1.6m=8m
汽车车头刚好能在停车线处停下，故D正确
8、BD
【解析】根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=d−d，故A错误；环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有，解得：h=d，故B正确．对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v重物，所以，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D正确；故选BD
9、BD
【解析】以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示

则由平衡条件得，水平面对正方体的弹力大小

对直角劈研究，分析受力情况，如图2所示

根据平衡条件得墙面对m的弹力

正方体对直角劈的弹力大小为

对整体可知，墙面对正方体弹力

根据牛顿第三定律得知，直角劈对墙面的弹力大小

故选BD。
10、BCD
【解析】在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，所以在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故A错误；连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行，故B正确；平衡摩擦力后，应保持木板的倾角不变，所以长木板的位置不能移动，故C正确；因为打点计时器刚接通电源打出的点不稳定，因此实验时，应先接通打点计时器电源，再放开小车，同时要求开始小车要靠近打点计时器，才能保证采集到足够的数据，故D正确．所以BCD正确，A错误
11、BD
【解析】A．3～4s内质点做匀加速直线运动，速度方向为负，A错误；
B．根据图象可知3s末速度为零，且速度方向开始改变，B正确；
C．2s末加速度方向开始改变，物体开始减速运动，但是速度方向不变，C错误；
D．图象的斜率大小表示加速度大小，根据图象可知0～2s内质点做匀加速直线运动，4～6s内质点做匀减速直线运动，加速度大小均2m/s2，D正确；
故选BD。
12、BC
【解析】A、由于重力与静摩擦力的合力等于支持力N，而：

由于θ增大cosθ减小，物体所受重力和静摩擦力的合力减小，故A错误； 
B、由于支持力与静摩擦力的合力等于重力应不变，故B正确； 

C、物体受到向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的静摩擦力f，根据平衡条件可知，重力与支持力的合力应等于静摩擦力，再由：

可知静摩擦力增大，则物体所受重力和支持力的合力逐渐增大，故C正确； 
D、根据平衡条件可知重力、支持力、静摩擦力的合力应为零，保持不变，故D错误。
故选BC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.0.4 ②.1 ③.倾斜木板与水平面的夹角（或者A点到位移传感器的高度） ④.A
【解析】(1)[1]由于木块做匀加速运动，0.4s时刻的速度等于0.2s~0.6s这段时间的平均速度

[2]在0.2s~04s和0.4s~0.6s这两段时间内，根据

可得

(2)[3]根据牛顿第二定律

两边消去质量m，因此需要测量倾斜木板与水平面的夹角θ
(3)[4] A．A点与传感器距离适当大些，可以测量出更多地点，从而提高加速度准确程度，A正确；
B．木板的倾角过大，使得摩擦力太小，加速度太大，加速度稍有误差，就会使动摩擦因数误差增大，B错误；
C．选择体积较大的空心木块，使空气阻力增大，造成测量动摩擦因数不准确，C错误；
D．测量加速度大小时，与初速度大小无关，因此有、无初速度与测量木板间动摩擦因数的精确的无关，D错误。
故选A。
14、 ①.0.09; ②.0.075; ③.0.030;
【解析】该题处理方法类似于打点计时器的问题求解方法．小球做的初速度为零的匀加速直线运动，由于高速摄影机在同一底片上多次曝光的时间间隔相同，所以4点瞬时速度的大小为3和5之间的平均速度的大小，所以4点瞬时速度的大小为；小球从1位置到6位置的运动过程中的平均速度为；由匀变速直线运动的规律可知，采用逐差法求解：

15、 ①.A ②.平衡摩擦力 ③.交流电 ④.50Hz ⑤.0.02秒
【解析】（1）[1] 探究加速度与力、质量的关系”实验中要保持其中一个量不变，探究加速度与另外一个量的关系，故用到了控制变量法，故选A；
（2[2] 把长木板的一端垫高的目的是为了平衡摩擦力，使小车受到的合力为绳的拉力；
（3）[3][4][5]电磁打点计时器使用低压交流电源，交流电的频率为50Hz，故其打点频率也为50Hz，周期为。

三．计算题(22分)
16、 (1) (2)
【解析】根据“足球挂在A点保持静止状态”可知，本题考查平衡条件，运用受力分析、三力平衡的合成法列式计算.
【详解】对足球进行受力分析，如图所示：

小球处于静止状态，故由平衡条件可得：FN=Fsinα
mg=Fcosα
联立①②解得：F=
FN=mgtanα
由牛顿第三定律：FN=FN´
联立③④解得FN´=mgtanθ

【点睛】求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法
17、 (1) (2) 0.5m/s2 (3) 4m
【解析】对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，再画出物块的受力示意图；
根据牛顿第二定律求出物体的加速度的大小
【详解】(1) 物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，物块的受力示意图如下
；
(2) 物块竖直方向受力平衡，则有：Fsin37°+FN=mg
解得：FN=mg-Fsin37°
此物块所受到的滑动摩擦力为：
f=μFN=μ（mg-Fsin37°）
代入数据解得：f=3.5N
根据牛顿第二定律，有：Fcos37°-f=ma
代入数据解得：a=0.5m/s2；
(3)由位移公式可得：
【点睛】本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是正确分析受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度