2026届山东省邹平市第一中学中实验部物理高一第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2026届山东省邹平市第一中学中实验部物理高一第一学期期末达标检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、下列各组物理量中，都是矢量的是　　
A.位移、时间 B.速度、速率
C.加速度、速度 D.路程、位移
2、用两根绳子吊起—重物，使重物保持静止，若逐渐增大两绳之间的夹角，则两绳对重物的拉力的合力变化情况是　( )
A.不变
B.减小
C.增大
D.无法确定
3、下列说法正确的是（ ）
A.牛顿第一定律是通过实验得出的 B.没有力的作用，物体只能处于静止状态
C.力不是维持物体运动的原因 D.不直接接触的物体间没有力的作用
4、现在物流的发展很快，在物流分拣过程中传送带起到很重要的作用，如图所示就是一模拟情况，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点（已知物体离开传送带后到地面的时间始终相同），若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，再把物块放到P点自由滑下则（　　）

A.物块将仍落在Q点
B.物块将会落在Q点的左边
C.物块将会落在Q点的右边
D.物块有可能落不到地面上
5、如图所示，置于光滑水平面上的轻质弹簧与竖直墙面相连，弹簧的形变始终在弹性限度内，一木块在恒力F作用下向左运动，当木块与弹簧接触后（　　）

A.木块立即做减速运动 B.木块在一段时间内的速度仍可增大
C.当弹簧弹力等于F时，木块速度最小 D.弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
6、下列说法中正确的是（　　）
A.里约奥运会开幕式于北京时间2016年8月6日7点整举行，7点整是时刻
B.时光不能倒流，因此时间是矢量
C.一段时间内物体的位移为零，物体一定静止
D.研究汽车在行驶过程中齿轮的转动问题时可以将汽车看成质点
7、如图所示，A、B叠放在水平地面上，大小为F的水平力作用在B上，使A、B一起向右做匀速直线运动下列说法正确的是：（　　）

A.A、B间无摩擦力
B.A受到静摩擦力，方向向右
C.地面对B的摩擦力大小为F，方向向左
D.F越大，B对地面的压力越小
8、如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(　　)

A.最大加速度为 B.最大加速度为
C.最大速度为 D.最大速度为
9、物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度—时间图象如图所示，下列说法中正确的是(　　)

A.在1s末，速度为9m/s
B.0～2s内，加速度为6m/s2
C.6～7s内，做速度方向向西的加速运动
D.10～12s内，做速度方向向东的加速运动
10、某同学用力向上搬一个静止在水平面上重物，但没搬动，下列说法正确的是（　　）
A.牛顿第二定律也有特殊情况
B.该同学对重物的作用力小于重物对该同学的作用力
C.重物所受水平面的支持力变小
D.物体所受的合力为零
11、某同学想在电梯内观察超重与失重现象，他自己的体重为490N，他将一台体重计放在电梯内并且站在体重计上观察，发现体重计的示数F随时间变化规律如图所示，下列判断正确的是（ ）

A.该同学t0-t1时间内处于失重状态，t2-t3时间内处于超重状态
B t0-t1时间内电梯可能向下做匀加速运动
C.t2-t3时间内电梯可能向下做匀加速运动
D.t1-t2时间内电梯一定处于静止状态
12、如图所示为车站使用的水平传送带装置模型，绷紧的传送带水平部分AB的长度L=6m，以v=1m/s的速度向右运动。现将一个可视为质点的旅行包无初速地轻放在传送带的A端，已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数µ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2，则（ ）

A.由于旅行包受到向右的摩擦力，故旅行包一直向右做加速运动
B.旅行包从A端运动到B端的时间是6.25s
C.旅行包在传送带上相对滑动时留下痕迹长度是0.25m
D.旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹长度是0.75m
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
①对于上述实验操作，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．斜槽轨道末端必须水平
D．小球1质量应大于小球2的质量
②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________；
A．A、B两点间的高度差h1
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
③当所测物理量满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失；
④完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为____________(用所测物理量的字母表示)。

14、在“研究平抛物体的运动”的实验中，
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线______．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的___________________________
（2）某同学只记录了A、B、C三点，各点的坐标如图所示，则A点是否为抛出点______填是或否，物体运动的初速度为______．g

15、在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某实验小组进行实验的主要步骤是：
a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计
b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数分别记录两个拉力F1、F2的大小，用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向
c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向

（1）用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是_____
（2）实验中利用图中标记的O点和b点确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是_____
（3）图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中_____（选填“F”或“F′”）是F1和F2合力的实际测量值
（4）该小组利上述实验中的弹簧测力计测其弹簧的劲度系数，根据实验数据在坐标纸上用描点法画出弹簧弹力F与弹簧仲长量x的关系图象（如图丙所示），根据图象可求得弹簧的劲度系数为_____N/m
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶汽车的车厢前壁上，绳与竖直方向夹角为37°.已知g=10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)当汽车匀速运动时，细线对小球的拉力和车厢壁对小球的压力；
(2)当汽车以a=5m/s2向左匀加速行驶且小球与汽车保持相对静止时，细线对小球的拉力和小球对车厢壁的压力
17、（10分）如图所示为某同学在实验室做摩擦力相关实验的装置。将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力拉动纸板，该同学发现当拉力大小不同时，砝码的运动情况也不同。已知砝码和纸板的质量分别为m1=0.4kg和m2=0.1kg，，各接触面间的动摩擦因数均为=0．2，砝码与纸板左端的距离d=0.4m，重力加速度取g=10m/s2。
(1)当水平拉力F=1.9N时，求砝码所受摩擦力的大小；
(2)当水平拉力F=2.32N时，经过多长时间砝码从薄纸板上掉下来。

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、C
【解析A．位移是矢量，时间是标量，故A错误
B．速度是矢量，速率是速度的大小，是标量，故B错误
C．加速度和速度都是矢量，故C正确
D．路程是只有大小没有方向的标量，位移是矢量．故D错误
2、A
【解析】两根绳子吊起一重物，使重物保持静止；当增大两绳之间的夹角，物体仍处于静止，所以两绳对重物的合力不变
【详解】物受到三力平衡，此时两绳对重物的拉力的合力等于重力；当逐渐增大两绳之间的夹角，由于重物仍处于平衡，所以两绳对重物的拉力的合力仍等于重力．因此拉力的合力是不变的，
故A正确
【点睛】将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小；要注意的是物体受到的合力大小是不变的
3、C
【解析】A．牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，也不是直接经过推论得出的，A错误；
B．没有力的作用，物体可能做匀速直线运动，B错误；
C．伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”，C正确；
D．不直接接触的物体间也可能有力的作用，如重力，D错误。
故选C。
4、A
【解析】根据牛顿第二定律分析加速度大小，再根据运动学公式结合平抛运动的规律即可解题
【详解】无论传送带静止，还是逆时针转动起来，物体m所受的都是滑动摩擦力，方向大小都一样，根据牛顿第二定律可得加速度相同；物体滑过传送带经过的位移就是传送带两轮之间的长度，故两次下滑在传送带上的位移也是一样的，根据v2＝2ax可知离开传送带时的速度相同；由平抛规律：x＝v0t，，可知其水平和竖直位移都一样，故落地点也应一样，故仍在Q点，故A正确，BCD错误
5、B
【解析】当木块接触弹簧后，水平方向受到向左的恒力F和弹簧水平向右的弹力。弹簧的弹力先小于恒力F，然后等于F，最后大于恒力F，木块所受的合力方向先向左后向右，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向右，加速度大于零。故B正确，ACD错误。
故选B
6、A
【解析】A．北京时间2016年8月6日7点对应时间轴上的点，是时刻，故A正确；
B．时间只有大小，没有方向，是标量，故B错误；
C．一段时间内物体的位移为零，若物体运动的起点与终点重合，物体不一定静止，故C错误；
D．研究汽车在行驶过程中汽车中齿轮的转动问题时，齿轮的大小和形状不可以忽略，不能看成质点，故D错误。
故选A。
7、AC
【解析】A、B一起做匀速直线运动，合力均为零，先分析A的受力，由平衡条件分析摩擦力方向，地面对B有滑动摩擦力，根据平衡条件分析摩擦力的方向；压力等于总重力，与F无关
【详解】对A分析，由平衡条件水平方向合力为零，则受摩擦力为0，即A与B之间没有摩擦力，故A正确；整体为研究对象，水平方向受力平衡可知，地面对B的摩擦力大小为F，为滑动摩擦力，方向向左，故B错误，C正确；B对地面的压力大小与力F的大小无关，压力始终等于A和B的重力，故D错误．所以AC正确，BD错误
【点睛】本题关键根据两物体均处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况
8、AD
【解析】根据力F1与重力mg的关系分析圆环的运动性质与运动过程，根据平衡条件与牛顿第二定律即可解题
【详解】当F1=mg，即：kv=mg，解得：时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为，故A正确，B错误；当滑动摩擦力f=μ（kv-mg）=F时，加速度为零，对应的速度最大，故D正确，C错误．所以AD正确，BC错误
【点睛】本题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键
9、AC
【解析】A．由所给图象知，物体1 s末的速度为9 m/s，选项A正确；
B．0~2 s内，物体的加速度
a＝m/s2＝3 m/s2
选项B错误；
C．6~7 s内，物体的速度、加速度为负值，表明它向西做加速直线运动，选项C正确；
D．10~12 s内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向西做减速直线运动，选项D错误。
故选AC。
10、CD
【解析】A．某同学用力没有搬动重物是因为重物合外力为零，重物具有惯性，保持静止状态，并不是牛顿第二定律的特殊情况，故A错误；
B．该同学对重物的作用力与重物对该同学的作用力是相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C．当开始时重物静止在地面重物所受水平面的支持力大小等于重物的重力；当某同学用力向上搬时，有

故可知重物所受水平面的支持力变小，故C正确；
D．因为物体始终保持静止状态，合外力始终为零，故D正确。
故选CD。
11、AB
【解析】A．该同学t0-t1时间内视重小于重力，处于失重状态，t2-t3时间内视重大于重力，处于超重状态，选项A正确；
B．t0-t1时间内，加速度向下，则电梯可能向下做匀加速运动，选项B正确；
C．t2-t3时间内，加速度向上，则电梯可能向下做匀减速运动，选项C错误；
D．t1-t2时间内电梯可能处于匀速直线运动或者处于静止状态，选项D错误；
故选AB。
12、BC
【解析】A．根据牛顿第二定律得旅行包加速运动的加速度
=2m/s2
旅行包从开始运动到速度与传送带速度相等需要的时间为
s
通过的位移为
m<6m
所以旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，故A错误；
B．后一阶段旅行包运动至B端所用的时间为t2，则有
s
所以物体由A端到B端所用时间为
s
故B正确；
CD．相对运动阶段传送带的位移
m
所以旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹长度是
0.25m
故C正确，D错误。
故选BC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.ACD ②.C ③. ④. ⑤.m1＝m1＋m2
【解析】①[1]A．从相同的位置落下，保证小球1每次到达轨道末端的速度相同，A正确；
B．现实中不存在绝对光滑的轨道，B错误；
C．为了保证两小球能够发生对心碰撞且碰后做平抛运动，所以轨道末端必须水平，C正确；
D．为了保证1小球碰后不反弹，所以小球1质量应大于小球2的质量，D正确。
故选ACD；
②③[2][3]小球碰撞满足动量守恒定律：

小球飞出轨道后做平抛运动，下落时间由高度决定：

水平方向做匀速直线运动：

联立方程：，所以还需要测量的物理量为两小球的质量，C正确，ABD错误；
[4]若能量守恒，根据能量守恒定律：

联立方程：；
④[5]小球飞出后做平抛运动，斜面的倾角为，分解位移：

消去时间，解得：，根据题意，代入动量守恒方程中得：
。
14、 ①.水平 ②.初速度相同   ③.否 ④.
【解析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作过程；
（2）根据匀变速运动规律来判断A点是否为抛出点，然后根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度；
详解】，
（1）为了保证小球的初速度水平，斜槽末端应切线水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛运动的初速度相同；
（2）由图示可知，，做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，
因此物体从A到B的运动时间与从B到C的运动时间相等，设为t，由图可知：，，若A点为抛出点，则在A点时竖直方向速度为零，则在相等时间内的位移之比应该为：，而实际上，可知A点不是抛出点；
物体在竖直方向上做自由落体运动，则
运动时间为：
则物体的初速度为：
【点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解
15、 ①.保证前后两次作用力的效果相同 ②.ob两点的距离太近，画力的方向时容易产生误差 ③.F ④.25
【解析】（1）两次拉到同一位置可以保证前后两次作用力的效果相同；
（2）由图可知，o、b两点距离太近，画力的方向时容易产生误差，应使b离o远一些；
（3）实际测量值一定与AO在同一直线上，而另一合力是由平行四边形得出的，一定为平行四边形的对角线，故F为实际测量值，F′为理论值；
（4）由图可知，F与形变量之间为线性关系，故弹簧弹力与伸长量成正比，由图可知，图象的斜率等于劲度系数，

三．计算题(22分)
16、（1）T=50N; N=30N （2T=50N； =10N
【解析】(1)汽车匀速直线运动时,小球受重力、拉力和后壁的弹力平衡,根据共点力平衡求出拉力和墙壁的弹力大小,从而根据牛顿第三定律求出小球对细线的拉力大小和对车后壁的压力大小.
(2)根据牛顿第二定律求出后壁对球弹力恰好为零时的加速度,判断小球是否飞起来,从而根据牛顿第二定律求出细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.
【详解】(1)匀速运动时,小球受力分析,小球受到重力、拉力、后壁的弹力,由平衡条件得:

解得：T=50N; N=30N
(2)当后壁弹力为零时根据牛顿第二定律可知临界加速度为：

当汽车以a=5m/s2<7.5 m/s2向左匀加速行驶且小球与汽车保持相对静止时，
由牛顿第二定律得:

代入数据解得：T=50N； =10N
【点睛】对小球受力分析，结合运动状态，建立牛顿第二定律即可求解
17、 (1)0.72N；(2)0.4s
【解析】(1)纸板相对砝码运动时，砝码受到纸板的摩擦力

砝码的加速度

纸板受桌面的摩擦力为

纸板的加速度

要使纸板相对砝码运动，则有

即

解得

当水平拉力1N2N时，砝码相对纸板滑动，此时纸板的加速度

砝码从薄纸板上掉下来，则有

代入数值得

解得
t=0.4s