上海市長征中學2026屆物理高一第一學期期末復習檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的v-t圖像如圖乙所示（重力加速度為g），則（）A.施加外力前，彈簧的形變量為B.外力施加的瞬間A、B間的彈力大小為M（g-a）C.A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零D.彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值2、如圖所示，物體P置于光滑的水平面上，用輕細線跨過質(zhì)量不計的光滑定滑輪連接一個重力G=10N的重物，物體P向右運動的加速度為a1；若細線下端不掛重物，而用F=10N的力豎直向下拉細線下端，這時物體P的加速度為a2，則（）A.a1＜a2B.a1=a2C.a1＞a2D.條件不足，無法判斷3、如圖所示，從A點由靜止釋放一彈性小球，一段時間后與固定斜面上B點發(fā)生碰撞，碰后小球速度大小不變，方向變?yōu)樗椒较颍纸?jīng)過相同的時間落于地面上C點,已知地面上D點位于B點正下方，B、D間的距離為h，不計空氣阻力，則（）A.A、B兩點間的距離為B.A、B兩點間的距離為C.C、D兩點間的距離為D.C、D兩點間的距離為2h4、科學家關于物體運動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用。下列說法中不符合歷史事實的是（）A.亞里士多德在研究“落體運動”、“運動與力的關系”等問題中所犯的錯誤告訴我們，在科學研究中單純依靠“觀察”和“經(jīng)驗”往往是不可靠的B.在對自由落體運動的研究中，牛頓巧妙的利用斜面實驗來沖淡重力影響（增加運動時間），使運動時間更容易測量，最后邏輯推理證明了自由落體的運動規(guī)律C.笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向D.牛頓在伽利略和笛卡爾等人研究基礎上，總結(jié)出物體受到的外力總是迫使其改變運動狀態(tài)，而不是維持其運動狀態(tài)5、關于速度、速度的變化、加速度的關系，下列說法中正確的是（）A.速度變化越大，加速度就一定越大B.速度為零，加速度一定為零C.速度很小，加速度可能很大D.速度變化越慢，加速度可能越大6、如圖所示，兩根完全相同的彈簧下掛一質(zhì)量為m的小球，小球與地面間有細線相連，處于靜止狀態(tài)，細線豎直向下的拉力大小為2mg．若剪斷細線，則在剪斷細線的瞬間，小球的加速度a為（）Aa=g方向豎直向上 B.a=g

方向豎直向下C.a=2g

方向豎直向上 D.a=3g

方向豎直向上7、一個物體做直線運動，下列關于這個物體的加速度、速度及速度變化量的說法，正確的是A.物體的速度越大，加速度越大B.物體的速度變化量越大，加速度越大C.物體單位時間內(nèi)的速度變化量越大，加速度越大D.如果物體做勻加速直線運動，加速度的方向和速度變化量的方向相同8、如圖甲所示，豎直電梯中質(zhì)量為m的物體置于壓力傳感器P上，電腦可描繪出物體對P的壓力F隨時間的變化圖線；圖乙中K、L、M、N四條圖線是電梯在四種運動狀態(tài)下由電腦獲得的Ft圖線，由圖線分析電梯的運動情況，下列結(jié)論中正確的是()A.由圖線K可知，此時電梯一定處于勻加速上升狀態(tài)B.由圖線L可知，此時電梯加速度大小一定等于gC.由圖線M可知，此時電梯一定處于靜止狀態(tài)D.由圖線N可知，此時電梯加速度的方向一定先向上后向下9、如圖所示，兩個截面半徑均為r、質(zhì)量均為m的半圓柱體A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圓心間的距離為L。在A、B上放一個截面半徑為r、質(zhì)量為2m的光滑圓柱體C，A、B、C始終都處于靜止狀態(tài)。則（）A.B對地面的壓力大小為3mgB.地面對A的作用力沿AC方向C.L越小，A、C間的彈力越小D.L越小，地面對A、B的摩擦力越小10、如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿在足夠長的水平固定直桿上處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對小球同時施加水平向右的恒力F0和豎直向上的力F，使小球從靜止開始向右運動，其中豎直向上的力F大小始終與小球的速度成正比，即(圖中未標出)．已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是（）A.小球先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，最后做勻速運動B.小球先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，最后做勻速運動C.小球的最大速度為D.小球的最大加速度為11、如圖，足夠長的水平桿彈簧右端固定，一木塊受水平恒力F作用沿光滑水平面向右運動。則當木塊接觸彈簧后（彈簧的形變始終未超過彈性限度）（）A.木塊立即做減速運動B.木塊在一段時間內(nèi)速度仍在增大C.當F等于彈簧彈力時，木塊速度為零D.彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零但加速度不為零12、如圖所示，為A、B、C三個物體從同一地點，同時出發(fā)沿同一方向做直線運動的s﹣t圖象，則在0﹣t0時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A.A物體平均速度最大，B物體平均速度最小B.三個物體的平均速度相等C.三個物體始終沿著同一方向運動D.t0時C物體的速度比B物體的速度大二．填空題(每小題6分，共18分)13、在“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗中，采用如圖所示的實驗裝置，小車及車中砝碼的質(zhì)量用M表示，盤及盤中砝碼的質(zhì)量用m表示，小車的加速度可由小車后拖動的紙帶打出的點計算（1）如圖為實驗中用打點計時器打出的一條較理想的紙帶，紙帶上A、B、C、D、E、F、G為七個相鄰的計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的時間間隔是0.1s，距離如圖，單位是cm，小車的加速度是________m/s2．（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（2）以下措施正確的是（）A．平衡摩擦力時，應將砝碼盤用細繩通過定滑輪系在小車上B．平衡摩擦力時，小車后面的紙帶必須連好，因為運動過程中紙帶也要受到阻力C．每次改變小車的質(zhì)量時，不需要重新平衡摩擦力D．實驗時，先放開小車，后接通電源（3）當M與m的關系滿足________時，才可認為繩對小車的拉力大小等于盤及盤中砝碼的重力（4）一組同學在做加速度與質(zhì)量的關系實驗時，保持盤及盤中砝碼的質(zhì)量一定，改變小車及車中砝碼的質(zhì)量，測出相應的加速度，采用圖象法處理數(shù)據(jù)．為了比較容易檢查出加速度a與質(zhì)量M的關系，應該做a與________的圖象（5）甲同學根據(jù)測量數(shù)據(jù)做出的a－F圖線如下圖，圖像不過坐標原點的可能原因是：____________14、在“驗證牛頓第二定律”實驗中，某同學做出的a－關系圖線，如圖所示，從圖象中可以看出，作用在物體上的恒力F=_______N。當物體的質(zhì)量為2kg時，它的加速度為_______m/s2。15、在“探究力的平行四邊形定則”的實驗中：（1）其中的兩個實驗步驟分別是：A．在水平放置的方木板上固定一張白紙，用圖釘把橡皮條的一端固定在方木板上，另一端拴上兩個繩套，通過細繩同時用兩個彈簧測力計（彈簧測力計與方木板平面平行）互成角度地拉橡皮條，使它與細繩的結(jié)點到達某一位置點，在白紙上用鉛筆記下點的位置和讀出兩個彈簧測力計的示數(shù)和B．只用一只彈簧測力計，通過細繩拉橡皮條，使它的伸長量與兩個彈簧測力計拉時相同，讀出此時彈簧測力計的示數(shù)和記下細繩的方向．請指出以上步驟中的錯誤或疏漏：A中是______________；B中是_______________（2）如圖所示是甲、乙兩位同學在“探究力平行四邊形定則”的實驗中所得到的實驗結(jié)果，若用表示兩個分力、的合力，用表示和的等效力，則可以判斷____________（填“甲”或“乙”）同學的實驗結(jié)果是符合事實的三．計算題(22分)16、（12分）如圖所示，物體的質(zhì)量m=10kg，與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，在傾角為37°，F(xiàn)=50N的恒力作用下，由靜止開始勻加速直線運動，求：（1）物體做勻加速直線運動時的加速度大??；（2）4s末物體的速度大?。浚?）4s末撤去拉力后，物體還能在水平地面上滑多遠？（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）17、（10分）如圖甲所示，A、B兩物體疊放在光滑水平面上，對B物體施加一水平變力F，該力的F–t關系圖象如圖乙所示．兩物體在力F作用下由靜止開始運動，且始終相對靜止，則A.t0時刻，兩物體的速度方向開始改變B.t0時刻，兩物體之間的摩擦力為零C.在t0～2t0時間內(nèi)，物體A所受摩擦力的方向與這段時間內(nèi)F的方向相同D.在t0～2t0時間內(nèi)，兩物體之間的摩擦力逐漸減小

參考答案一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、B【解析】A．施加F前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg=kx解得：故A錯誤；B．施加外力F的瞬間，對B物體，根據(jù)牛頓第二定律有：F彈-Mg-其中F彈=2Mg解得：故B正確；C．物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的v與a；且；對B解得彈簧彈力彈力不為零，故C錯誤；D．而彈簧恢復到原長時，B受到的合力為重力，已經(jīng)減速一段時間；速度不是最大值；故D錯誤。故選B。【點睛】本題關鍵是明確A與B分離的時刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對AB整體和B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程及機械能守恒的條件進行分析。2、A【解析】掛重物時，選連接體為研究對象，有牛頓第二定律得，共同運動加速度大小為：；當改為10N拉力后，由牛頓第二定律得；P的加速度為：，故a1＜a2，故選A.考點：牛頓第二定律3、D【解析】AB.AB段小球做自由落體運動，BC段小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，兩段時間相同，所以A、B兩點間距離與B、D兩點間距離相等，均為h，故AB錯誤；CD.BC段平拋的初速度，所用的時間為，所以C、D兩點間距離為，故C錯誤，D正確4、B【解析】考查牛頓第一定律?！驹斀狻緼．亞里士多德依靠“觀察”和“經(jīng)驗”得出“重的物體先落地”和“力是維持物體運動狀態(tài)的原因”的錯誤結(jié)論，A正確；B．斜面實驗是由伽利略完成的，B錯誤；C．笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向，C正確；D．牛頓在伽利略和笛卡爾等人的研究基礎上，總結(jié)出物體都具有保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)，D正確。故選B。5、C【解析】A．根據(jù)公式a＝，加速度與速度變化率有關，速度變化越大，加速度不一定越大，還與時間有關，故A錯誤；B．物體的速度為零，但物體的速度的變化率可以不為零，即物體的加速度不為零，故B錯誤；C．速度很小，但速度的變化率很大，加速度就很大，故C正確；D．物體的速度變化越慢，即物體速度的變化率越小，則物體的加速度越小。故D錯誤。故選擇C選項。6、C【解析】開始小球處于平衡狀態(tài)，兩根彈簧彈力的合力等于重力和繩子的拉力之和，即兩根彈簧彈力的合力．剪斷細線的瞬間，彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律得，方向豎直向上，故C正確考點：考查了牛頓第二定律的瞬時性【名師點睛】在應用牛頓第二定律解決瞬時問題時，一定要注意，哪些力不變，（彈簧的的形變量來不及變化，彈簧的彈力不變），哪些力變化（如繩子斷了，則繩子的拉力變?yōu)榱悖蛘叱啡ネ饬α?，則外力變?yōu)榱?，）然后結(jié)合整體隔離法，應用牛頓第二定律分析解題7、CD【解析】加速度等于物體的速度變化量與發(fā)生變化所用時間的比值，與兩個因素相關，速度變化很大，加速度可能很?。俣茸兓苄?，加速度可能很大．加速度與速度沒有直接關系，加速度大小不斷變小，速度不一定變小，相反，加速度變大，速度也不一定變大．物體速度的增減取決于加速度和速度的方向關系，不決定于加速度的正負，加速度的大小就是速度的變化率【詳解】物體的速度越大，加速度不一定越大，例如高速飛行的子彈的加速度為零，選項A錯誤；物體的速度變化量越大，加速度不一定越大，還與時間有關，選項B錯誤；加速度是速度的變化率，物體單位時間內(nèi)的速度變化量越大，加速度越大，選項C正確；無論物體做加速還是減速運動，加速度的方向和速度變化量的方向總是相同的，選項D正確；故選CD.【點睛】速度與加速度均是矢量，速度變化的方向決定了加速度的方向，卻與速度方向無關．同時加速度增加，速度可能減小，所以加速度與初速度的方向關系決定速度增加與否8、BD【解析】A．由圖線K可知，物體對P的壓力大于物體的重力，且逐漸增大，則支持力大于重力，且逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向豎直向上，且逐漸增大，電梯加速度方向豎直向上，且在變化，故A錯誤；B．由圖線L可知，支持力的大小等于2mg，根據(jù)牛頓第二定律得，解得方向豎直向上，故B正確；C．由圖線M可知，支持力等于重力，知電梯可能處于靜止，可能處于勻速直線運動狀態(tài)，故C錯誤；D．由圖線N可知，支持力的大小先大于再小于，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正確故選BD.9、CD【解析】AB．對ABC的整體而言2FN=3mg所以A、B對地面的壓力分別為方向垂直地面豎直向上，故AB錯誤；CD．設A對C支持力方向與地面的夾角為，則對物體C有對A分析有其中由幾何關系可得所以L越小，越大，則、越大，A、C間的彈力越小、地面對A、B的摩擦力越小，故CD正確。故選CD。10、BC【解析】對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律表示出加速度，分析加速度隨速度的變化情況，進而分析運動情況【詳解】AB、剛開始運動時，加速度為a=，當速度v增大，加速度增大，當速度v增大到符合kv>mg后，加速度為：a=，當速度v增大，加速度減小，當a2減小到0，做勻速運動，所以小球的速度先增大后保持不變，加速度先增大后減小，最后保持不變，故A錯誤，B正確；C.當加速度為零時，小球的速度最大，此時有：F0=μ(kvm?mg)，故最大速度為：，故C正確；D.當阻力為零時，加速度最大，故小球的最大加速度為F0/m，故D錯誤故選BC11、BD【解析】AB．木塊接觸彈簧后，開始F大于彈簧的彈力，合力方向向右，做加速度減小的加速運動，當F等于彈簧的彈力合力為零，速度最大，之后F小于彈簧的彈力，合力方向向左，木塊做加速度增加的減速運動，故A錯誤，B正確；C．木塊開始受到的推力F大于彈簧的彈力，加速度方向向右，速度增加，然后彈簧的彈力大于F，加速度方向向左，速度減小，所以木塊的速度先增大后減小；當木塊的加速度為零時，即F等于彈簧彈力時，速度最大，故C錯誤；D．當彈簧壓縮量最大時，彈簧彈力最大，木塊到達最右端，速度為零，此時彈簧彈力大于F，加速度不為零，故D正確。故選BD。12、BD【解析】AB.由圖可知，t0時刻三個物體的位移相同，故由平均速度定義式可知，三物體的平均速度相同，故A錯誤，B正確；C.由圖象可知BC都沿正方向運動，A先沿正方向運動，后反向運動，故C錯誤；D.在s-t圖象中，斜率代表速度，故t0時C物體的速度比B物體的速度大，故D正確二．填空題(每小題6分，共18分)13、①.1.59；②.BC；③.m<<M；④.；⑤.木板傾角過大；【解析】（1）根據(jù)逐差法可以算出小車的加速度（2）探究加速度與拉力的關系實驗時，要平衡摩擦力，平衡摩擦力時，要求小車在無動力的情況下平衡摩擦力，不需要掛任何東西．小車的加速度應根據(jù)打點計時器打出的紙帶求出；平衡摩擦力時，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以約掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作過程是先接通打點計時器的電源，再放開小車；（3）要求在什么情況下才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力，需求出繩子的拉力，而要求繩子的拉力，應先以整體為研究對象求出整體的加速度，再以M為研究對象求出繩子的拉力，通過比較繩對小車的拉力大小和盤和盤中砝碼的重力的大小關系得出只有m＜＜M時才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力（4）反比例函數(shù)圖象是曲線，而根據(jù)曲線很難判定出自變量和因變量之間的關系；正比例函數(shù)圖象是過坐標原點的一條直線，就比較容易判定自變量和因變量之間的關系（5）圖中沒有拉力時就產(chǎn)生了加速度，說明平衡摩擦力時木板傾角過大詳解】（1）根據(jù)△x=aT2，運用逐差法得，（2）平衡摩擦力時，不將砝碼盤用細繩通過定滑輪系在小車上，讓小車后面的紙帶必須連好，因為運動過程中紙帶也要受到阻力，選項A錯誤，B正確；每次改變小車的質(zhì)量時，不需要重新平衡摩擦力，選項C正確；實驗時，先接通電源，后放開小車，選項D錯誤；故選BC.（3）以整體為研究對象有：mg=（m+M）a；解得：；以M為研究對象有繩子的拉力為：F=Ma=；顯然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m時才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力（4）根據(jù)牛頓第二定律F=Ma，a與M成反比，而反比例函數(shù)圖象是曲線，而根據(jù)曲線很難判定出自變量和因變量之間的關系，故不能作a-M圖象；但，故a與成正比，而正比例函數(shù)圖象是過坐標原點的一條直線，就比較容易判定自變量和因變量之間的關系，故應作a-圖象；（5）圖中沒有拉力時就產(chǎn)生了加速度，說明平衡摩擦力時木板傾角過大【點睛】只要真正掌握了實驗原理就能順利解決此類實驗題14、①.10②.5【解析】[1]由牛頓第二定律可知，圖像斜率即為合力，則有得[2]由牛頓第二定律得15、①.未記下兩條細繩的方向②.未說明把橡皮條的結(jié)點拉到位置③.甲【解析】（1）本實驗為了驗證力的平行四邊形定則，采用的方法