河南省新乡市第七中学2025-2026学年高一上物理期末统考模拟试题含解析.doc

河南省新乡市第七中学2025-2026学年高一上物理期末统考模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、下列说法正确的是 （ ）
A.做直线运动的物体，任意一段时间内，位移大小一定等于路程
B.做变速运动的物体，平均速度就是物体通过的路程与所用时间的比值
C.做曲线运动的物体，加速度一定不为0
D.速度变化很大，加速度不可能很小
2、一轻质弹簧在弹性限度内伸长了1cm时产生了2N的弹力，则这根弹簧的劲度系数是（ ）
A.2N／m B.200N／m
C.20N／m D.0．2N／m
3、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内的位移大小依次为7m和5m，则刹车后5s内的位移是（　　）
A48m B.15m
C.16m D.65m
4、如图所示为一物体沿直线运动的v－t图象。在t=0时物体离开出发点，下列说法正确的是（　　）

A.1s－3s内物体的加速度在减小 B.t=4s时物体离出发点最远
C.第2s末物体的速度大小为1.5m/s D.第4s内物体的加速度大小为1m/s2
5、以v0＝20m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，2s后以相同的初速度在同一点竖直向上抛出另一个同样的小球，忽略空气阻力，g＝10m/s2.则两球相遇处离抛出点的高度是（　　）
A.40m B.15m
C.5m D.10m
6、如图所示的装置中，A、B两物块的质量分别是、，弹簧和绳的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）

A.固定物块A，物块B处于静止状态时，弹簧的弹力大小为20N
B.固定物块B，物块A处于静止状态时，弹簧的弹力大小为30N
C.先固定物块A，待A、B均静止时再释放A，释放的瞬间弹簧的弹力大小为10N
D.物块A、B和弹簧一起稳定运动的过程中，弹簧的弹力大小为15N
7、如图所示，一质量为的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为的小滑块。木板受到水平拉力作用时，用传感器测出长木板的加速度与水平拉力的关系如图所示，重力加速度，下列说法正确的是（　　）

A.小滑块质量
B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为
C.当水平拉力时，长木板的加速度大小为
D.当水平拉力增大时，小滑块加速度一定增大
8、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
9、一个实验小组在“探究弹力和和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是（　　）

A.a的原长比b的短
B.a的劲度系数比b的大
C.a的劲度系数比b的小
D.测得的弹力与弹簧的长度成正比
10、如图所示，A、B两条直线表示在A、B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为mA和mB的两个物体得出的加速度a与力F之间的关系图象，则下列说法中正确的是（）

A.比较两地的重力加速度有gA=gB B.比较两物体的质量有mAmB
11、如图所示，小孩与雪橇的总质量为m，大人用与水平面成θ角的恒定拉力F将雪橇沿水平地面向右匀速移动了一段距离L．已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，则关于各力对雪橇做功的说法正确的是

A.拉力对雪橇做功
B.滑动摩擦力对雪橇做功为
C.支持力对雪橇做功为
D.雪橇受到的各力对雪橇做的总功为零
12、游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉．下列描述正确的是（ ）
A.当升降机加速上升时，游客是处在失重状态
B.当升降机减速下降时，游客处在超重状态
C.当升降机减速上升时，游客是处在失重状态
D.当升降机加速下降时，游客是处在超重状态
二．填空题(每小题6分，共18分)
131)在下列给出的器材中，选出“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中所需的器材并填在横线上（填序号）
①打点计时器 ②天平 ③低压交流电源 ④低压直流电源 ⑤细线和纸带 ⑥钩码和小车 ⑦秒表 ⑧一端有滑轮的长木板 ⑨刻度尺
选出的器材是___________.
(1)为了计算加速度，最合理的方法是（ ）
A.根据任意两计数点的速度用公式算出加速度
B.根据实验数据画出v-t图，量出其倾角θ，由公式a＝tanθ求出加速度
C.根据实验数据画出v-t图，由图线上相距较远的两点所对应的速度、时间，用公式a=△v/△t算出加速度
D.依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度
14、某举重运动员在地面上最多能举起150kg的杠铃，若升降机以2m/s2的加速度加速上升，则该运动员在该升降机中举起杠铃的最大质量为________kg．（g取10m/s2）
15、物体受几个共点力作用而保持静止状态，现将其中的一个力F1=3N转过180°，其他力保持不变，则物体所受的合外力为______N，方向与原F1方向之间的夹角为______°
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为2kg的物体A和质量为1kg的物体B放在水平地面上，A、B 与地面间的动摩擦因数均为1/3，在与水平方向成370角的20N斜向下推力F的作用下，AB—起做匀加速直线运动（)求：

（1）A、B—起做匀加速直线运动的加速度大小；
（2）运动过程中A对B的作用力大小；
（3）若3s后撤去推力，求撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离
17、（10分）用机器托住一个质量M=1kg的木板，木板上有一个质量m=2kg的物块．物块与木板之间的动摩擦因数µ=0.5，木板与机器间的动摩擦因数足够大，木板与机器之间不会发生相对移动．整个系统正以初速度v0=20m/s沿竖直向上的方向运动(此时刻也是计时的0时刻)．同时风正从物块的右侧面吹来，给物块水平向左的风力F恒为6N．已知在题设的整个过程中物块不会滑离木板．取g=10m/s2
（1）要使物块m与木板M之间发生相对运动，试判断加速度的方向及加速度的大小至少为多少？
（2）若系统加速度的大小为8m/s2,且系统加速度的方向也满足第（1）问中的要求，求2s内物块沿板方向的位移大小

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、C
【解析】A．应该强调做单向直线运动的物体，任意一段时间内，位移大小一定等于路程，A错误；
B．平均速度等于物体发生的位移与所用时间的比值，和什么性质的运动无关，B错误；
C．做曲线运动的物体，速度方向时刻在变，所以是变速运动，加速度一定不为0，C正确；
D．速度变化很大，但发生这一变化所用的时间未知，所以加速度大小不确定，D错误。
故选C。
2、B
【解析】由题，F=2N，x=1cm=1×10-2m，根据胡克定律F=kx得弹簧的劲度系数，故选B
【点睛】弹簧的弹力与形变量之间的关系遵守胡克定律．公式F=kx中，x是弹簧伸长的长度或压缩的长度，即是弹簧的形变量
3、C
【解析】设加速度大小为，由 得：
根据位移与时间关系可知：第1s内的位移为：
代入数据解得：
刹车时间为：
汽车时已停止运动，则汽车的位移，故C正确，ABD错误
4、D
【解析】A．v－t图像的斜率表示加速度，所以1s－3s内物体的加速度不变，故A错误；
B．0－3s内物体速度方向不变，3s末速度反向，所以t=3s时物体离出发点最远，故B错误；
C．第2s末物体的速度等于1s－3s内平均速度，根据运动学公式得第2s末物体的速度大小为

故C错误；
D．第4s内物体的加速度大小为

故D正确。
故选D。
5、B
【解析】规定向上为正方向，设第二个小球抛出后经过时间t和第一个小球相遇，根据相遇时两球的位移相等
第一个小球的位移

第二个小球的位移

解得
t=1s
代入上面位移公式得x1=15m，ACD错，B对。
故选B。
6、C
【解析】A．固定物块A，B处于平衡状态，根据平衡条件，可知弹簧的弹力大小等于B的重力大小，为10N，A错误；
B．固定物块B，A处于平衡状态，根据平衡条件，可知弹簧的弹力大小等于A的重力大小，为20N，B错误；
C．先固定物块A，由B项分析，可知弹簧的弹力大小为10N，在释放物块A的一瞬间，弹簧的弹力大小不变，仍为10N，C正确；
D．物块A、B和弹簧一起稳定运动的过程中，根据牛顿第二定律，对A有：

对B有：

联立解得弹簧的弹力大小N，D错误。
故选C。
7、AC
【解析】当拉力较小时，和保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，和发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。
【详解】A．对整体分析，由牛顿第二定律有

当时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得

当时，根据牛顿第二定律得

知图线的斜率

解得：，滑块的质量为。故A正确；
BC．根据的图线知，当时，加速度，即有

代入数据解得；
当时，长木板的加速度为

根据

得木板的加速度为

故B错误，C正确；
D．当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为

恒定不变，故D错误。
故选AC。
【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
8、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。
9、AB
【解析】根据胡克定律有：F=k（l-l0），由此可知在F与l图象中，斜率大小等于劲度系数，横轴截距等于弹簧原长，因此有：b的原长比a的长，劲度系数比a的小；由图象还可以知道，弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故CD错误，AB正确．故选AB
10、AB
【解析】AC．图线有相同的纵截距，即两个物体外力F都为0时加速度都相同，而时两物体都只受重力作用，则

所以

故A正确，C错误；
BD．根据

变形得

可知，a-F图象中斜率为

由图可知A的斜率大于B的斜率，所以

故B正确，D错误。
故选AB。
11、AD
【解析】雪橇所受的各力都是恒力，可根据恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与S之间的夹角，来分析计算各力做的功；根据动能定理可分析合力的功的大小
【详解】对雪橇受力分析，如图：

拉力做功为 WF=FLcosθ，故A正确；雪橇竖直方向受力平衡，有：N+Fsinθ=mg得：N=mg-Fsinθ；则摩擦力为：f=μN=μ（mg-Fsinθ）；摩擦力做功为：Wf=-fl=-μ（mg-Fsinθ）L，故B错误；支持力做功为：WN=NLcos90°=0，故C错误；由于雪橇做匀速运动，根据动能定理可知，合力的功为零，故D正确．故选AD
【点睛】本题考查功的计算，要明确恒力F做功的计算公式：W=FLcosθ，θ为F与S之间的夹角．注意功的公式只适用于恒力做功
12、BC
【解析】当升降机加速上升时，乘客有向上的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的．此时升降机对乘客的支持力大于乘客的重力，所以处于超重状态．A错误．当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时乘客也处于超重状态．B正确．当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的，所以升降机对乘客的支持力小于乘客的重力．此时失重．C正确．当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时处于失重状态，D错误
易错提醒：对超重失重的原因不明，错误认为加速运动就超重而减速运动失重而错选D
备考提示：超重与失重的理解是解决本题的关键．超重和失重并不是重力发生的变化，而是测得的支持力发生了变化，大于实际重力或小于实际重力．对于物体此时在竖直方向受力不再平衡，一定产生加速度，加速度的方向向上时，支持力大于重力，超重，加速度的方向向下时，支持力小于重力，失重．从物体的运动情况判断加速度的方向．对于加速度方向的判断，可以根据速度的大小变化．当速度增大时，加速度的方向与速度方向相同，当速度大小减小时，加速度的方向与速度方向相反

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.①ƒ⑤⑥⑧⑨ ②.C
【解析】(1)[1]实验中，不需要测量质量，故不需要天平，因为打点计时器是计时的仪器，所以不需要秒表，故选用的器材为①、③、⑤、⑥、⑧、⑨
(2)[2]无论做什么实验，图像永远是最直观，误差最小的方法，所以选C
【点睛】对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，为将来具体实验打好基础，对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做.
14、125
【解析】先根据平衡条件求解人的最大举力，然后结合牛顿第二定律求解在超重的环境下能能够举起的重物的最大质量
某人在地面上最多能举起150kg的重物，故人的举力与重力平衡，为；在以2m/s2的加速度加速上升的升降机中，重物受重力和举力，根据牛顿第二定律，有，解得
15、 ①.6 ②.180°
【解析】因物体受多力而平衡，可知任一力与其他各力的合力大小相等方向相反；将3N的力旋转后，其他力不变，即其他力的合力不变；故本题可变成两个大小相等，方向相同的两力的合成
【详解】由题意知，其他各力的合力大小为3N，与力F1大小相等，方向相反；
将F1=3N的力旋转180°后，变成了两个方向相同，大小相等的3N，进行力的合成，
则有合力大小为：6N；方向与原F1方向之间的夹角为180°.
故答案为6，180°
【点睛】力的合成与分解的依据为等效性，故在解题中应明确等效替代的作用；将除3N之外的其他的力用3N的力代替即可起简化作用，再由力的平行四边形定则求解即可

三．计算题(22分)
16、（1）m/s2（2）4N（3）0.6m
【解析】（1）以A、B整体为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可求解加速度；
（2）以B为研究对象：设A对B的作用力为FAB，根据牛顿第二定律列式即可求解作用力
（3）撤去推力后，A做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，结合运动公式求解撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离
【详解】（1）以A、B整体为研究对象进行受力分析，有：

Fcosα-μ[（mA+mB）g+Fsinα]=（mA+mB）a
代入数值得：a=m/s2 ；
（2）以B为研究对象：设A对B的作用力为FAB，则FAB-μmBg=mBa
代入数值得：FAB=4N；
（3）若3s后撤去推力，此时物体A的速度：v=at=2m/s
物体A的加速度为
滑行的时间为
则撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离等于0.6s内A在地面上滑行的距离，则
17、 (1)4m/s2；(2)4m
【解析】由由牛顿第二定律求出m、M间的弹力，根据m、M发生相对滑动的条件得出加速度
【详解】(1) 具有竖直方向的加速度，对m由牛顿第二定律得：

要使m、M发生相对滑动得：

联立解得：，方向竖直向下；
(2) 若系统加速度的大小为8m/s2，此时m与M间的弹力为：
解得：，
M与m间的摩擦力为：
物块在水平方向的加速度为：；
由位移公式得：