2026届广西柳州市柳江中学高一上物理期末达标检测模拟试题含解析.doc

2026届广西柳州市柳江中学高一上物理期末达标检测模拟试题
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、如图所示是某物体做直线运动的v-t图象，下列说法中正确的是

A.物体在2s时速度方向发生改变
B.物体在2s时加速度方向发生改变
C.物体在3s内通过的位移为5m
D.物体在3s内平均速度为3m/s
2、一辆货车以20m/s的速度行驶，遇到紧急情况后开始刹车，若驾驶员的反应时间为0.5s货车行驶50m后停下来，货车的加速度大小为（ ）
A. B.
C. D.
3、关于物理量和物理量的单位，下列说法中正确的是
A.在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、力为三个基本物理量
B.后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
C.1m/s2和1 N/kg是等价的
D.“秒”“克”“米”都属于国际单位制中的力学基本单位
4、如图所示，为一在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是（　　）

A.摆球A受重力、拉力和向心力的作用 B.摆球A受拉力和向心力的作用
C.摆球A受拉力和重力的作用 D.摆球A受重力和向心力的作用
5、如图，一固定斜面与水平方向成θ角，一物块质量为m，在一垂直于斜面的压力F作用下，保持静止状态，则物块受力个数为

A.一定受4个力 B.可能受4个力
C.一定受3个力 D.可能受3个力
6、关于加速度的概念,下列说法中正确的是 (　　)
A.加速度表示速度的“增加”
B.加速度表示速度的“变化”
C.加速度表示速度变化的快慢
D.加速度表示速度变化的大小
7、关于时间和时刻，下列说法中正确的是（　　）
A.第4s末就是第5s初，指的是时刻
B.物体在5s时指的是物体在5s初时，指的是时刻
C.物体在5s内指的是物体在4s末到5s初这1s的时间
D.物体在第5s内指的是物体在4s末到5s末这1s的时间
8、关于“互成角度的两个共点力的合成”实验，下列说法正确的是
A.必须使分力、与合力F在同一平面内
B.在同一实验中，橡皮条拉长后的结点位置O允许变动
C.在同一实验中，只要结点位置不变，无论两个分力如何变化，其合力不变
D.用两只弹簧秤拉时，合力的图示F与用一只弹簧秤拉时拉力的图示不完全重合，说明力的合成的平行四边形定则不一定是普遍成立的
9、如图所示，静水中有一木球用细线拴住，对木球施加一水平拉力F，使其偏离竖直方向θ角且处于静止状态，现保持木球静止，使拉力F从图示位置沿逆时针方向缓慢转过90°，F转动过程水不受扰动。下列说法正确的是

A.F始终变大 B.F先变小后变大
C.绳子拉力始终变小 D.绳子拉力先变大后变小
10、质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位)，则
A.第1s内的位移是5m B.前2s内的平均速度是7m/s
C.任意相邻的1s内位移差都是1m D.任意1s内的速度增量都是2m/s
11、如所示，当绳子的悬点A缓慢移到A'点，则下列结论正确的是（ 　）

A.AO绳的拉力增大 B.AO绳的拉力一直变小
C.BO绳的拉力保持不变 D.AO绳与BO绳的拉力的合力保持不变
12、下列说法符合历史事实的是（　　）
A.爱因斯坦通过“理想试验”推理证实了亚里士多德的观点
B.亚里士多德认为，力是改变物体运动状态的原因
C.伽利略通过“理想实验”得出结论：运动物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
D.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、为了探究加速度与力关系，使用如图所示的装置进行实验。其中A、B为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑块通过A、B光电门时，光束被遮挡的时间 △t1、△t2都可以被测量并记录，滑块连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M， 挡光片宽度为d，光电门间距离为L，砂和砂桶的总质量为m。回答下列问题：

（1）下列不必要的一项实验要求是（ ）
A.应将长木板一端垫高，平衡摩擦力
B.应使滑块质量远远小于砂和砂桶的总质量
C.应使A位置与光电门间的距离适当大些
D.应使细线与长木板平行
（2）滑块通过两个光电门A、B的速度分别为_________、__________。
（3）在此实验中，需要测得每一次牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为__________（用△t1、△t2、d、L表示）。
14、为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：

(1)为了补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应采取做法是________
A.将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B.将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动
C.将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D.将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动
(2)某学生在补偿阻力时，使得长木板倾角偏大。他所得到的a－F关系是上图中的哪根图线________？(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)

(3)补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力后，要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为_______________
(4)某次实验中得到一条纸带，如图所示，从比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明0、l、2、3、4……，量得0与1两点间距离x1=30mm，1与2两点间距离x2=36mm，2与3两点间距离x3=42mm，3与4两点间的距离x4=48mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为_____m/s，小车的加速度为____m/s2。(结果保留二位有效数字)

15、游乐场上的升降机可在竖直方向做变速运动让人体验超失重的感觉，某同学在升降机中把一物体挂在力传感器上，通过传感器显示上升过程拉力随时间的变化情况．升降机从静止加速上升，再匀速运动一段时间，最后减速到停止运动，如图所示为传感器在屏幕上显示的拉力随时间的变化图线，则该升降机向上加速过程经历了______, 升降机的最大加速度是______（取10）

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置，将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为g）
（1）求小物块下落过程中的加速度大小；
（2）求小球从管口抛出时的速度大小。

17、（10分）质量为4kg的物体，在0~4s内受水平力F的作用，在4~10s内因受摩擦力作用而停止，其v-t图象如图所示．求：

(1)在0~10s内物体的位移；
(2)物体所受的摩擦力；
(3)在0~4s内物体所受的拉力；
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】在速度时间图象中，速度的正负表示运动方向，图象的斜率表示物体的加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，倾斜的直线表示匀变速直线运动，对于匀变速直线运动，可根据求平均速度；
【详解】A、在速度时间图象中，速度的正负表示运动方向，则知物体在2s时速度方向发生改变，故A正确；
B、图象的斜率表示物体的加速度，直线的斜率不变，则知物体在2s时加速度方向不变，故B错误；
C、物体在3s内通过的位移为：，故C错误；
D、0-3s内物体的加速度不变，做匀变速直线运动，物体在3s内平均速度为：，故D错误

【点睛】对于v-t图象问题，关键要明确图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移
2、C
【解析】由题意可知

即

解得

故选C。
3、C
【解析】A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本物理量，选项A错误；
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的导出单位，选项B错误；
C．根据牛顿第二定律a=F/m可知，1m/s2和1 N/kg是等价的，选项C正确；
D．“秒”“千克”“米”都属于国际单位制中的力学基本单位，“克”不是，选项D错误；
故选C.
4、C
【解析】摆球受重力、拉力两个力作用，这两个力的合力提供向心力。
故选C。
5、A
【解析】物体在垂直斜面方向上平衡，沿斜面方向也平衡，根据重力分力的大小确定摩擦力的方向和大小
【详解】物块在垂直斜面的压力F作用下平衡，受力分析可知，沿斜面方向重力的分力，则有静摩擦力一定有垂直于斜面的弹力，；故物块一共受四个力分别为推力F、重力mg、弹力、静摩擦力；故选A.
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过沿斜面方向平衡进行分析
6、C
【解析】加速度这个概念的引入，是用来描述速度变化的快慢，或者说描述速度变化率的大小，而并不表示速度的“增加”或者“变化”“速度变化大小”等，故ABD错误，C正确；
故选C
7、AD
【解析】A.前一秒末和后一秒初是同一时刻，即第4 s末就是第5s初，故A正确；
B.5s时指的是6s初这一时刻，故B错误；
C.5s内指的是前5 s这一段时间，故C错误；
D.物体在第5s内指的是物体在4s末到5s末这1s的时间，故D正确。
故选AD。
8、AC
【解析】A．在进行实验时，必须使分力、与合力F在同一平面内，否则、的图示为其水平面内分力的图示，导致误差增大，故A正确；
B．了使两次拉橡皮筋效果相同，要求两次要将O点拉到同一位置，故B错误；
C．根据力的等效可知只要结点位置不变，其合力大小不变，故C正确；
D．共点力合成的平行四边形定则是一定成立的，由于实验中不可避免的存在误差，因此合力的图示F与用一只弹簧秤拉时拉力的图示不完全重合，故D错误。
故选AC
9、BC
【解析】对木球做受力分析：

木球受力平衡，正交分解：

解得：
因为：

木球体积不变，浮力大小不变，从0变为，先增大后减小，所以外力先减小后增大；绳子拉力：

因为从0变为，一直增大，绳子拉力一直减小，BC正确，AD错误。
故选BC。
10、BD
【解析】A．根据

得质点的加速度
a=2m/s2，
第1s内的位移为

故A错误；
B．第2s末的速度为

所以前2s内的平均速度

故B正确；
C．任意相邻1s内的位移差

故C错误；
D．任意1s内速度的增量
△v=at=2×1m/s=2m/s
故D正确
11、AD
【解析】AO和BO两绳张力的合力与所悬挂的物体的重力相平衡，而物体的重力是不变的。
【详解】以结点O为研究对象，则由平衡条件可知，两绳子AO和BO的拉力的合力F与重力mg大小相等、方向相反，保持不变。

当绳子的悬点A缓慢向左移到A'时，绳子AO和BO的张力均增大。
所以选项AD正确，BC错误。
故选AD。
12、CD
【解析】A．伽利略通过“理想实验”推理推翻了亚里士多德的观点，故A错误；
B．亚里士多德认为，力是维持物体运动状态的原因；伽利略认为，力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动物体具有一定速度，如果它不受力，没有加速或减速的原因，它将以这一速度永远运动下去，故C正确；
D．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故D正确。
故选CD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.B ②. ③. ④.
【解析】（1）[1]．A.应将长木板一端垫高，平衡摩擦力，保证细绳的拉力等于小车所受的合力，选项A正确；
B.因为有测力计测量细绳的拉力，则实验中不需要使滑块质量远远小于砂和砂桶的总质量，选项B错误；
C.应使A位置与光电门间的距离适当大些，能减小测量L时产生的误差，同时也能使小车的速度变化大些，选项C正确；
D.应使细线与长木板平行，选项D正确；
则没必要的操作是B。
（2）[2][3]．滑块通过两个光电门A、B的速度分别为

（3）[4]．根据可得加速度的表达式为
。
14、 (1).C (2).C (3).m＜＜M (4).0.39 (5).0.60
【解析】（1）[1]．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力。故选C。
（2）[2]．把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力偏大，摩擦力偏小，而且重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，这样在没有绳子的拉力作用下，小车就会产生加速度。故选C。
（3）[3]．根据牛顿第二定律得：
对m：
mg-F拉=ma
对M：
F拉=Ma
解得：

当m＜＜M时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力。
（4）[4][5]．电磁打点计时器是使用交流电源的计时仪器，当电源的频率为50Hz时，它每隔0.02s打一次点．从比较清晰的点起，每五个打印点取一个作为计数点，故每两个计数点的时间间隔T=0.1s．物体做匀变速直线运动，则时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此小车在打点2时的速度：

根据∆x=aT2，其中∆x=6mm，可得：

15、 ①.6s ②.8m/s2
【解析】（1）当升降机在启动阶段加速上升时，重物所受的支持力大于重力，则重物对台秤的压力也大于重力．由图读出重物的重力，根据压力大于重力，确定升降机加速上升的时间
（2）当重物对台秤的压力最大时，升降机的加速度最大，读出最大的压力，由牛顿第二定律求出最大的加速度
【详解】（1）由图读出，升降机在6-16s内做匀速运动，重物对台秤的压力大小等于其重力的大小，则知重物的重力为G=5N，由图还看出，在0-6s内，重物对台秤的压力大于重物的重力，说明升降机正在加速上升，所以该升降机在启动阶段经历了6s时间
（2）由图读出，重物对台秤最大的压力为9N，则台秤对重物最大的支持力为Nmax=9N，根据牛顿第二定律得：Nmax-G=mamax，而m=G/g=0.5kg；
代入解得，该升降机的最大加速度是amax=8m/s2
【点睛】本题首先要有读图能力，根据图象分析升降机的运动情况，其次要能运用牛顿运动定律求解升降机的最大加速度

三．计算题(22分)
16、（1）；（2）（k>2）
【解析】（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析

根据牛顿第二定律得对M

对m

且

联立解得

（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0，根据牛顿第二定律有

对于m匀加速直线运动有

对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有

联立解得
（k＞2）
【点评】本题考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律，要注意第（2）问中要分M落地前和落地后两段计算，因为两段的m加速度不相等。
17、（1）60m（2）8N，方向与运动方向相反（3）20N
【解析】（1）根据v-t图象与时间轴所围图形的面积表示位移的大小，由几何关系来求位移；
（2）根据4s末撤去外力后，在摩擦力作用下做匀减速运动，由图象得到加速度，再根据牛顿第二定律求摩擦力；
（3）由图象的斜率先求出有拉力作用时的加速度，再根据牛顿第二定律求拉力的大小
【详解】（1）根据v-t图象与时间轴所围图形的面积表示位移的大小，可得，在0～10s内物体的位移为：
（2）4～10s内，物体的加速度为
根据牛顿第二定律得 F合 =ma2=-8N
所以物体所受的摩擦力 Ff=F合=-8N
方向与运动方向相反；
（3）0～4 s内，
根据牛顿第二定律得 F-Ff=ma1
解得 F=Ff =20N；