河北省衡中清大教育集团2026届高一物理第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

河北省衡中清大教育集团2026届高一物理第一学期期末教学质量检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、静止在光滑水平地面上的物体的质量为，在水平恒力推动下开始运动，末它的速度达到，则的大小为（ ）
A. B.
C. D.
2、如图，质量为2m的光滑斜面小车，倾角为37°，斜面上放一被平行斜面的绳子系住的小球，其质量为m．现对小车施一水平拉力F，要使小球对斜面刚好无压力，则水平拉力F的大小应为

A.2mg
B.3mg
C.4mg
D.5mg
3、据报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝104kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×104N，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50m/s时才能离开航空母舰起飞．g取10m/s2，设航空母舰甲板长为160m，则下列法中正确的是（　　）

A.飞机在跑道上加速时所受阻力大小为104N
B.飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为7m/s2
C.若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30m/s的初速度
D.若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为20m/s
4、如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为、、，其大小关系是（　　）

A. B.
C. D.
5、土星周围有美丽壮观的“光环”，其组成环的颗粒是大小不等、线度从μm到10m的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从km延伸到km。已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14小时，引力常量N•m2/kg2，则土星的质量最接近以下哪个值（估计时不考虑环中颗粒间的相互作用）（）
A.kg B.kg
C.kg D.kg
6、水平地面上斜放着一块木板AB,如图所示,在木板上放一木块处于静止状态,现使斜面的B端缓慢地放低,则木块所受的弹力N、摩擦力f的变化情况是（ ）

A.N增大,f减小 B.N减小,f增大
C.N减小,f减小 D.N增大,f增大
7、关于曲线运动，下列说法正确的是（）
A.做曲线运动物体的速度和加速度一定是在变化的
B.一个物体做曲线运动，它所受的合外力可能保持不变
C.与速度方向垂直的力只改变速度的方向，不改变速度的大小
D.匀速圆周运动的加速度不变
8、如图t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的图象如图所示，忽略汽车掉头所需时间，下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）

A.在第1小时末，乙车改变运动方向
B.在第2小时末，甲乙两车相距10km
C.在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D.在第4小时末，甲乙两车相遇
9、实验小组利用DIS系统（数字化信息实验系统）观察超重和失重现象，它们在学校电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，力传感器挂钩悬挂一个重为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上出现如图所示图线，根据图线分析可知下列说法正确的是

A.t1到t2时间内，电梯一定在向下运动，t3到t4时间内，电梯可能正在向上运动
B.从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态
C.t1到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下
D.t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上
10、如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数，滑块与水平面间的动摩擦因数μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法错误的是（　　）

A.滑块向左运动过程中，始终做减速运动
B.滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C.滑块与弹簧接触过程中最大加速度为
D.滑块向右运动过程中，当弹簧形变量时，物体的速度最大
11、如图甲所示，物体原来静止在水平面上，现用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力．根据图乙中的数据可计算出（g=10m/s2）（）

A.物体的质量为2 kg
B.物体的质量为0.5 kg
C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
12、甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x－t图象如图所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是

A.前4 s内两物体运动方向相同
B.前4 s内乙的位移大小为44m
C.t＝0时刻，甲的速度大小为9 m/s
D.在t=4s时，甲的速度大小为2m/s
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：

（1）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图所示的装置图．请你指出该装置中的两处错误或不妥之处：
①_____________________
②_______________________________
（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．图中是他在实验中得到的.-条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为，由图中的数据可算得小车的加速度为____________ ．（结果保留两位有效数字）

（3）为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力，小盘和重物的质量与小车的质量应满足的关系是________________
14、如图甲为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”实验装置简图,A为小车,B为打点计时器,C为装有砝码的小桶,D为一端带有定滑轮的长方形木板．在实验中细线对小车拉力F等于砝码和小桶的总重力,小车运动的加速度a可用纸带上的点求得

(1)关于该实验,下列说法中正确的是________
A.用砝码和小桶的总重力来表示F,对实验结果会产生误差
B.为消除摩擦力对实验的影响,可以把木板D的左端适当垫高
C.使用打点计时器时先使纸带运动,再接通电源
D.木板D的左端被垫高后,图中细线应保持与木板表面平行
(2)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分:0、1、2、3、4是计数点,每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出),计数点间的距离如图所示,由纸带求出小车的加速度a=____m/s2(加速度a的计算结果保留2位有效数字).

(3)如图(a)甲同学根据测量数据作出的a-F图线,说明实验存在的问题是_________.

(4)乙、丙同学用同一装置做实验,画出了各自得到a-F图线如图(b)所示,两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同?______________.
(5)在“探究加速度与质量的关系”时,保持砝码和小桶质量不变,改变小车质量m,分别测得小车的加速度a与对应的质量m数据如表:
次数
1
2
3
4
5
小车的加速度a/(m·s-2)
1.25
1.00
0.80
0.50
0.40
小车的质量m/kg
0.400
0.500
0.625
1.000
1.250
小车质量的倒数m-1/kg-1
2.50
2.00
1.60
1.00
0.80
利用表中数据,在丙图坐标纸中选择合适物理量为坐标轴建立坐标系,作出直观反映a与m关系图象__________;从图线可得到的结论是____________.

15、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

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量m =2.0kg的物体放在光滑水平面上．t=0时刻，物体在水平拉力F作用下由静止开始运动．已知F=6.0N．求：

（1）物体的加速度大小a；
（2）在t=0到t=2.0s内，物体的位移大小x
17、（10分）在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据．刹车线是汽车刹车后停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m．已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，g=10m/s2，求：
（1）汽车刹车时的加速度大小；
（2）汽车开始刹车时的速度大小
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、A
【解析】在水平恒力推动下物体做匀加速直线运动的加速度为．由牛顿第二定律得
A 与计算结果相符，故A正确
B.与计算结果不符，故B错误
C.与计算结果不符，故C错误
D.与计算结果不符，故D错误
2、C
【解析】小球对斜面没有压力，对球受力分析，由牛顿第二定律得：

解得：

方向水平向右
对整体，由牛顿第二定律得：

A.2mg与分析不符，故A错误；
B.3mg与分析不符，故B错误；
C.4mg与分析相符，故C正确；
D.5mg与分析不符，故D错误
3、C
【解析】根据阻力为重力的0.2倍求阻力大小.当动力最大时产生的加速度也最大，根据牛顿第二定律求最大加速度大小．若航空母舰处于静止状态，根据速度位移关系公式求飞机的初速度．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，考虑航母已经具有一定的速度v′，飞机的速度想要到达50m/s，不妨以航母为参照系，那么飞机只需要相对航母速度达到50m/s-v′即可，之后再根据速度位移关系式求解即可求解航母的速度v′.
【详解】A、飞机在跑道上加速时所受阻力大小为f＝0.2mg＝0.2×104×10N＝2×104 N；故A错误.
B、当F＝7×104N时，飞机在跑道上加速时加速度最大，设为a；根据牛顿第二定律得F-f＝ma，解得a＝5m/s2；故B错误.
C、若航空母舰处于静止状态，根据速度位移公式v2-v02＝2aL，将v＝50m/s，L＝160m，a＝5m/s2，代入解得v0＝30m/s，故C正确.
D、若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为v′．以航母为参考系，根据速度位移公式得此题条件下(v-v′)2＝2aL，代入数据解得v′＝10m/s，即航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10m/s，故D错误.
故选C.
【点睛】本题的关键要理清航母与飞机的运动情况，注意参照系的灵活选择.在D项中，选用航母作为参照系，由于航母是匀速运动，该参照系下速度与位移的关系式仍然成立，只不过此时飞机的起飞条件由v＝50m/s变为相对于航母v-v′.
4、A
【解析】弹簧拉伸或压缩必然两端同时受力才可，只有一端有力时弹簧不会被拉伸或压缩，因弹簧均是拉住一相同质量小球，则弹力一样大，即

故选A。
5、D
【解析】研究环的外缘颗粒绕土星做圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：

解得：，其中r为轨道半径大小是km，T为周期约为14h。
代入数据得：kg，D正确，ABC错误
故选D。
6、A
【解析】在开始太高的过程中，物体与木板相对静止摩擦力为静摩擦力，支持力大小等于重力垂直板面向下的分力，随着角度的增大，支持力逐渐增大，BC错；开始摩擦力的类型为静摩擦力，大小等于重力沿斜面向下的分力，随着角度的增大静摩擦力逐渐增大，但最大静摩擦力逐渐减小，当重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力时物体发生滑动，此时摩擦力变为滑动摩擦力，大小为，随着角度的增大，滑动摩擦力逐渐减小，D错；故选A。
7、BC
【解析】A．根曲线运动的特点，可知做曲线运动的物体的速度一定是变化的，但加速度不一定变化，如平抛运动，其加速度为重力加速度，保持不变，A错误；
B．当物体做平抛运动时，它所受的合外力为重力，保持不变，B正确；
C．与速度方向垂直的力，此力只改变物体速度的方向，不改变其速度的大小，C正确；
D．匀速圆周运动的加速度的方向始终指向圆心，是不断变化的，D错误。
故选BC。
8、BC
【解析】A．由图可知，2小时内乙车一直做反方向的运动，1小时末开始减速但方向没有变，故A错误；
B．图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2小时内，甲车正向运动的位移为

而乙车反向运动，其位移大小为

因两车相向运动，且初始时刻相距70km，则2小时末时，两车还相距

故B正确；
C．图象斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，故C正确；
D．4小内甲车的总位移为

而乙车的总位移为

即乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，4小时末时，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点

故此时甲乙两车不相遇，故D错误。
故选BC
9、BC
【解析】A．图横轴是时间，纵轴是力，所以图线显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况，从时刻t1到t2，物体受到的压力小于重力时，加速度向下，但可以向上做减速运动；从时刻t3到t4，物体受到的压力大于重力，加速度向上，可以向上加速运动，也可以向下减速运动，故A错误；
B．t1到t2时间内，拉力减小，钩码处于失重状态；t3到t4时间内，拉力增加，钩码处于超重状态，故B正确；
C．如果电梯开始停在高楼层，由图可知，压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，故C正确；
D．如果电梯开始停在低楼层，故电梯应先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，则压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故D错误。
故选BC.
10、BC
【解析】A．滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，选项A正确；
B．滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力。所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速，选项B错误；
C．由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为

此时合力最大，由牛顿第二定律有

选项C错误；
D．在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的弹力和摩擦力大小相等、方向相反时，在水平方向上合外力为零，加速度为零，速度最大。此时有

解得

选项D正确。
本题选说法错误的，故选BC。
11、AC
【解析】对物体受重力、地面的支持力向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F-μmg=ma
解得：

由a与F图线，得到
①
②
①②联立得，m=2kg，μ=0.3，故A、C正确；B、D错误；
故选AC
12、AD
【解析】x-t图象的切线斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向
【详解】A项：x-t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；
B项：由图可知，图线b为乙的位移-时间图象，所以前4 s内乙的位移大小为(15-7)m=8m，故B错误；
C项：t=0时刻，甲的位移为9m，而t=1s时刻，甲的位移为0m，即可求解平均速度，但t=1s瞬时速度无法求解，且加速度也不能求得，因此不能确定t=0时刻，甲的速度大小，故C错误；
D项：x-t图象的切线斜率表示速度，即在t=4s时，甲的速度大小为，故D正确
故选AD
【点睛】位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).(1)打点计时器的电源不能用干电池;力 (2).(2)小车离打点计时器太远;没有平衡摩擦 (3). (4).
【解析】第1空、打点计时器用的是交流电源，所以题中打点计时器应该换用低压交流电；
第2空、小车离定滑轮太近(离打点计器较远),小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远,这样便于小车运动一段过程,从而能准确测量小车的加速度,减小误差;从图中看没有平衡摩擦力;，所以要平衡摩擦力
第3空、相邻两计数点的时间间隔为，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为,以后各段分别为 、 、,
根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小,
得: 

为了更加准确的求解加速度,我们对两个加速度取平均值
得:
即
第4空、以整体为对象，根据牛顿第二定律可知
， ，当时，
小车的拉力约等于小盘和重物的总重力
14、 ①.ABD ②.0.50 ③.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 ④.小车及车上的砝码的总质量不同 ⑤. ⑥.在合外力一定时,物体的加速度与物体的质量成反比
【解析】(1)根据探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系实验操作以及注意事项进行判断；(2)每相邻两计数点间还有4个打点，故相邻计数点的间隔是0.1s，再利用逐差法求出小车的加速度；(3)要想直观作出反映a与m关系的图象，需要作出图线，根据表中数据描点连线即可．通过作出的图象得出实验结论
【详解】(1)A、砝码和小桶的总重力不仅使小车获得加速度,也使砝码和小桶自身获得加速度,故小车受到的拉力要小于砝码和小桶的总重力,所以用砝码和小桶的总重力来表示F,对实验结果会产生误差,A正确;
B、为消除摩擦力对实验的影响,实验前需要先平衡摩擦力,具体方法是将木板D的左端适当垫高,B正确;
C、实验时应先接通电源,后释放纸带,C错误与;
D、细线与木板表面平行时,可以使细线对小车的拉力全部用来使小车获得加速度,从而减小实验误差,D正确.
故选ABD.
(2)用逐差法求小车运动的加速度am/s2=0.50 m/s2.
(3)题图(a)中是因为没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够.
(4)在a-F图象中,图线的斜率表示质量的倒数,所以两个同学做实验时,小车及车中砝码的总质量不同.
(5)要想作出直观反映a与m关系的图象,需要作出,如图所示:

从图线可得:在合外力一定时,物体的加速度与物体的质量成反比.
【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．另外要掌握利用逐差法处理纸带有关问题
15、 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

三．计算题(22分)
16、（1）3.0m/s2（2）6.0m
【解析】（1）根据牛顿第二定律，物体加速度的大小：
（2）物体在2s内通过的距离：x=a t 2=×3×22m=6.0 m
点睛：本题考查牛顿第二定律的应用，注意正确受力分析和运动过程分析，注意体会加速度在力和运动中的桥梁作用
17、（1）7 m/s2；（2）14 m/s
【解析】（1）刹车过程中由牛顿第二定律可得μmg=ma
可得汽车刹车时的加速度大小a=7m/s2
（2）根据，
代入数据可得汽车开始刹车时的速度大小v0=14m/s