2026教科版高中物理必修第一册练习--期末学业水平检测 同步练习（含解析）

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2026教科版高中物理必修第一册
期末学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的)
1.汉代著作《尚书纬·考灵曜》中所论述的“地恒动而人不知”,对应于现在物理学的观点是 (　　)
A.物体具有惯性
B.物体运动具有相对性
C.任何物体都受到重力作用
D.力是改变物体运动状态的原因
2.西北工业大学专家团队设计了一款仿生无人机,如图所示。该无人机能够模仿信鸽百分之九十的动作,可以与真正的信鸽相伴而飞,速度最大可达到40 km/h,在25分钟内航程可达到15 km,它可以混在真正的鸟类中进行军事侦察。下列说法正确的是 (　　)
A.40 km/h是指平均速度的大小
B.无人机在空中飞行一段时间后,其位移可能为0
C.研究无人机25分钟内的航程,可以把无人机看成质点,25分钟是指时间,航程15 km是指位移的大小
D.无人机无动力与信鸽相伴滑翔时,以无人机为参考系,地面观察者是静止的
3.如图所示,磁力双面擦窗器的A、B两部件均静止于竖直玻璃表面,A、B两部件间存在着相互吸引的磁力,则 (　　)
A.A部件对玻璃的摩擦力方向竖直向上
B.A部件对玻璃的弹力与B部件对A部件的磁力是一对平衡力
C.玻璃表面坚硬,因此没有发生形变
D.玻璃对A部件的弹力与A部件对玻璃的弹力是一对相互作用力
4.
某同学从距地面高度为1.0 m处,以大小为4 m/s的初速度竖直向上抛出一小球,不计空气阻力,规定竖直向下为正方向,下列说法正确的是 (　　)
A.上升和下落过程中小球的加速度方向相反
B.小球在最高点速度为零,加速度也为零
C.小球落地时的速度为6 m/s
D.当小球运动到与抛出点的距离为0.8 m处,对应的时刻有3个
5.如图所示是物体做直线运动的v-t图像,由图像可得到的正确结论是 (　　)
A.t=1 s时物体的加速度大小为1.0 m/s2
B.t=5 s时物体的加速度大小为0.6 m/s2
C.第3 s内物体的位移为1.5 m
D.物体在加速过程的位移比减速过程的位移小
6.如图,水平力F作用在A上使A、B一起在光滑水平面上向右运动,其中A的质量为2 kg,B的质量为0.5 kg,A与B间的动摩擦因数为0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为了使B不滑落,则F至少应为 (　　)
A.40 N　　　　B.45 N
C.50 N　　　　D.60 N
7.如图所示,竖直平面内有一圆环,圆心为O,半径为R,PQ为水平直径,MN为倾斜直径,PQ与MN间的夹角为θ,一条不可伸长的轻绳长为L,两端分别固定在圆环的M、N两点,轻质滑轮连接一个质量为m的重物,放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳间的摩擦,重力加速度为g。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角,下列说法正确的是 (　　)
A.图示位置时,轻绳的张力大小为
B.直径MN水平时,轻绳的张力大小为
C.轻绳与竖直方向间的夹角逐渐减小
D.圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ角的过程中,轻绳的张力先增大再减小
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.质量为m的人站在升降机中,如果升降机做加速度大小为a的匀变速直线运动,升降机地板对人的支持力N=m(g+a),则升降机的运动情况可能是(重力加速度为g) (　　)
A.以加速度a向下加速运动
B.以加速度a向上加速运动
C.以加速度a在上升过程中制动
D.以加速度a在下降过程中制动
9.如图所示,小球以5 m/s的初速度冲上光滑的斜面(斜面很长),经过2 s速度大小变为3 m/s,则关于小球的运动,下面说法正确的是 (　　)
A.小球沿斜面上滑时的加速度与下滑时的加速度方向相反
B.2 s内的位移可能为0
C.加速度大小可能为4 m/s2,方向沿斜面向下
D.2 s内的平均速度可能为1 m/s,方向沿斜面向上
10.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,则 (　　)
　　
A.由图乙可知,0~1 s内物块受到的摩擦力大于1~2 s内的摩擦力
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D.传送带底端到顶端的距离为10 m
三、非选择题(本题共5题,共54分)
11.(6分)某同学用图1所示装置测量弹簧的劲度系数及物块与长木板间的动摩擦因数。
实验中通过改变重物C的质量来改变A、B之间的压力大小,在恒力F作用下将木板B拉出,实验中A、C始终保持相对静止,用刻度尺测量弹簧的原长及实验中弹簧的实际长度。
(1)实验中,该同学利用力传感器读数F0及弹簧长度x绘出如图2所示的F0-x图像,由图可知弹簧原长为　　　　cm,劲度系数为　　　　N/m。
(2)该同学测得物块A、C的总质量为m,实验中在恒力F作用下将木板B拉出过程中,物块A、C稳定时弹簧的长度为x,并绘出如图3所示的m-x图像,由图像可知物块A与长木板间的动摩擦因数μ=　　　　(结果保留2位有效数字)。
12.(8分)某实验小组用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。用托盘和砝码的总重力充当滑块的合力,图中打点计时器的频率为50 Hz。
(1)关于该实验,下列说法正确的是　　　　。(填选项前的字母)
A.在如图1所示的装置中,调整垫块的位置,在挂托盘(及砝码)的情况下使滑块恰好做匀速直线运动,以补偿滑块所受的阻力
B.每次改变滑块的质量时,都需要重新补偿滑块所受的阻力
C.本实验中托盘和砝码的总质量m应远远小于滑块的质量M
D.实验时,应先释放滑块,再接通打点计时器的电源
(2)某次实验过程中,打出的一条清晰的纸带如图2所示,图中A、B、C、D、E、F是计数点,相邻两个计数点之间有4个计时点没有画出,甲同学只测量了AB、DF之间的距离,请根据纸带上的数据推测,滑块的加速度大小a=　　　　 m/s2,打下点C时滑块运动的瞬时速度大小vC=　　　　 m/s。(结果均保留2位有效数字)
　　
(3)乙、丙两位同学把所挂托盘和砝码的总重力记为F,通过多次改变F的大小,得到多条打点的纸带,利用纸带求出不同F下对应的滑块的加速度大小a,并根据实验数据作出a-F关系图像如图3中的①、②所示,下列说法正确的是　　　　。(填选项前的字母)
A.图线①不过原点可能是没有补偿滑块所受的阻力
B.图线②不过原点可能是在补偿滑块所受的阻力时长木板的倾角过大
C.两条图线的斜率均表示在实验中所用滑块的质量
D.实验中,乙同学所用滑块的质量比丙同学的小
13.(10分)随着智能手机的使用越来越广泛,一些人在驾车时也常常离不开手机。然而开车使用手机是一种分心驾驶的行为,极易引发交通事故。如图甲所示,一辆出租车在平直公路上以v0=20 m/s的速度匀速行驶,此时车的正前方x0=100 m处有一电动三轮车,正以v1=8 m/s的速度匀速行驶,而出租车司机此时正低头看手机,3.5 s后才发现危险,司机立刻采取紧急制动措施。若从司机发现危险开始计时,出租车的速度-时间图像如图乙所示。
(1)假若出租车与三轮车不发生碰撞,求从司机低头看手机到出租车停止运动的这段时间内,出租车前进的距离;
(2)通过计算判断三轮车是否会被撞。(计算过程中要有必要的文字说明)
14.(14分)质量为1 kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度,之后共同减速直至静止,A和B运动的v-t图像如图乙所示。
(1)求木板与物块间的动摩擦因数μ1;
(2)求物块A的质量m。
15.(16分)北京冬奥会后,冰雪运动越发受到民众的喜爱,某冰雪游乐场设计了由倾角为θ=37°的倾斜雪道AB和水平冰道BC组成的滑道,如图所示。当滑雪速度较快时,滑板挤压雪地内的空气从而在滑板与雪地之间形成“气垫”,此时雪地对滑板的摩擦力较小;当滑雪速度较慢时,由于雪地长时间承重导致下陷,雪地对滑板的摩擦力会明显增加。因此当人在雪道上的速度大于4 m/s时,滑板和雪道间的动摩擦因数为0.125;速度小于4 m/s时,滑板和雪道间的动摩擦因数为0.25;且滑板和冰道间的动摩擦因数恒为0.1。运动员从倾斜雪道上的A处由静止开始无动力自由下滑,经过26 m到达B处,然后滑上水平冰道。不计空气阻力,且经过B处前后速度大小不变。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)运动员刚开始下滑时的加速度大小;
(2)运动员到达B点时的速度大小;
(3)若运动员可从A、B间的任一位置静止滑下,出发位置到B的距离用x表示,写出运动员在BC上滑行的距离l和x的关系表达式。
答案与解析
期末学业水平检测
1.B 2.B 3.D 4.C 5.D
6.C 7.D 8.BD 9.CD 10.CD
1.B　地球在不停地运动,而人不知道。因为人随着地球也在不停地运动,相对地球而言,人是静止的,即物体运动具有相对性,故A、C、D错误,B正确。
2.B　40 km/h是指瞬时速度,故A错误;航程15 km是指无人机轨迹的长度,即路程,故C错误;无人机在空中飞行一段时间后,其位移可能为0,故B正确;以无人机为参考系,地面观察者是运动的,故D错误。
3.D　对A部件受力分析,竖直方向受竖直向下的重力与玻璃对A部件竖直向上的摩擦力,是一对平衡力,根据牛顿第三定律,A部件对玻璃的摩擦力方向竖直向下,选项A错误;对A部件受力分析,水平方向受玻璃对A部件的弹力与B部件对A部件的磁力,是一对平衡力,选项B错误;玻璃表面坚硬,形变不明显,有弹力的产生必然有形变,选项C错误;根据牛顿第三定律,玻璃对A部件的弹力与A部件对玻璃的弹力是一对相互作用力,选项D正确。
4.C　上升和下落过程中小球的加速度方向都是竖直向下的,方向相同,A错误;小球在最高点速度为零,加速度为g,B错误;小球落地时的速度为v== m/s=6 m/s,C正确;小球从抛出点能上升的最大高度为h'== m=0.8 m,则当小球运动到与抛出点的距离为0.8 m处,对应的时刻有2个,D错误。
5.D　由v-t图像的斜率知,t=1 s时物体的加速度大小为a1==1.5 m/s2,故A错误;t=5 s时物体的加速度为a2==-0.75 m/s2,加速度大小为0.75 m/s2,故B错误;第3 s内物体的位移为x=vt=3×1 m=3 m,故C错误;物体在加速过程的位移x1=×2×3 m=3 m,物体在减速过程的位移x2=×4×3 m=6 m,故D正确。
6.C　取临界状态,由平衡条件对B有mBg=μN,N=mBa,对整体有F=a,解得F=50 N,故选C。
7.D　设滑轮放置点为B,同一绳子拉力相等,所以左、右两侧绳子与竖直方向的夹角相等,设轻绳与竖直方向夹角为α,则MB、NB间夹角为2α,如图所示
则根据几何关系可得2R cos θ=MA,MB sin α+NB sin α=MA,L=MB+NB,联立可得sin α=;根据平衡条件有2F cos α=mg,可得F===,选项A错误。直径MN水平时,θ=0°,轻绳的张力为F=,选项B错误。由sin α=可知,圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中,轻绳与竖直方向的夹角先增大后减小,选项C错误。由F=可知,圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中,轻绳的张力先增大再减小,故D正确。
8.BD　升降机地板对人的支持力N=m(g+a),人处于超重状态,升降机的加速度方向一定向上,则升降机的运动情况可能是向上加速,也可能向下减速,B、D正确,A、C错误。
9.CD　小球沿光滑斜面上滑时的加速度与下滑时的加速度方向均沿斜面向下,方向相同,A错误;若2 s末速度方向沿斜面向上,则2 s内的位移x1=t=×2 m=8 m;若2 s末速度方向沿斜面向下,则2 s内的位移x2=t=×2 m=2 m,B错误;若2 s后速度方向沿斜面向下,则a'== m/s2=-4 m/s2,负号说明加速度方向沿斜面向下,C正确;若2 s后速度方向沿斜面向下,则2 s内的平均速度为== m/s=1 m/s,方向沿斜面向上,D正确。
10.CD　由乙图可知在0~1 s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与物块运动的方向相反;1~2 s内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与物块运动的方向相同。由于物块对传送带的压力相等,根据f=μFN可知,两段时间内摩擦力大小相等,A、B错误;根据v-t图像可知在0~1 s内物块的加速度为a== m/s2=-8 m/s2,根据牛顿第二定律有-(mg sin 37°+μmg cos 37°)=ma,解得μ=0.25,C正确;物块上升的位移大小等于v-t图像与横轴所围的面积大小,则x=×1 m+×1 m=10 m,D正确。
11.答案　(1)4(2分)　80(2分)　(2)0.57(2分)
解析　(1)根据胡克定律有F0=k(x-x0),当F0=0时有x=x0=4 cm,F0-x图像斜率表示劲度系数,则k= N/m=80 N/m。
(2)以物块A、C为研究对象,根据平衡条件有k(x-x0)=μmg,结合图像可得μ≈0.57。
12.答案　(1)C(2分)　(2)2.0(2分)　1.3(2分)　(3)D(2分)
解析　(1)补偿摩擦力时不能挂托盘及砝码,A错误;改变滑块质量时,不用重新平衡摩擦力,B错误;托盘及砝码的总质量远小于滑块的质量时,才可认为滑块受到的合外力等于托盘及砝码的总重力,C正确;实验时应先接通电源,再释放滑块,D错误。
(2)根据Δx=aT2可知xBC=xAB+aT2,xCD=xBC+aT2=xAB+2aT2,依此类推有xDE=xAB+3aT2,xEF=xAB+4aT2,所以xDF=xDE+xEF=2xAB+7aT2,a== m/s2=2.0 m/s2,由匀变速直线运动规律可知xBC=xAB+aT2=(9.5+2×0.12×100) cm=11.5 cm,xCD=xBC+aT2=xAB+2aT2=13.5 cm,故vC== m/s=1.3 m/s。
(3)图线①不过原点是补偿滑块所受的阻力过度,可能是长木板的倾角过大,图线②不过原点可能是没有补偿滑块所受的阻力,或者补偿阻力不足,A、B错误;根据牛顿第二定律及图像的物理意义可知,其斜率为滑块质量的倒数,乙同学所作图线斜率大,故滑块的质量小,C错误,D正确。
13.答案　(1)120 m　(2)见解析
解析　(1)从乙图可知司机的反应时间是0.5 s,在低头看手机到开始制动这段时间内,出租车做匀速直线运动,前进的距离为
x1=v0t0=20×(3.5+0.5) m=80 m(1分)
从开始刹车到出租车停止,出租车前进的距离为
x2=v平均t1=×20×4 m=40 m(1分)
所以从司机低头看手机到出租车停止运动的这段时间内,出租车前进的距离为x=x1+x2=120 m(1分)
(2)出租车减速运动的加速度为a== m/s2=-5 m/s2(1分)
若出租车减速至与三轮车的速度相等时还没撞上,则之后不会撞上
以出租车速度减至v1=8 m/s为末状态研究,有:v1=v0+at2
代入数据解得t2=2.4 s(1分)
司机从低头看手机到出租车减速到v1=8 m/s的过程,出租车前进的位移为x出租车=x1+=80 m+33.6 m=113.6 m(2分)
这段时间内三轮车前进的距离为
x三轮车=8×(3.5+0.5+2.4) m=51.2 m(2分)
由于x三轮车+x0=151.2 m>x出租车
所以三轮车不会被撞。 (1分)
14.答案　(1)0.2　(2)3 kg
解析　(1)由图像可知,物块在0~1 s内的加速度大小为
a1= m/s2=2 m/s2 (1分)
以物块为研究对象,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1 (2分)
解得μ1=0.2。 (1分)
(2)由图像可知,木板在0~1 s内的加速度为
a2= m/s2=2 m/s2 (1分)
在1~3 s内物块与木板相对静止,一起做匀减速运动,加速度大小为
a3= m/s2=1 m/s2 (2分)
以A、B整体为研究对象,两者共速后,由牛顿第二定律得
μ2(M+m)g=(M+m)a3 (2分)
解得μ2=0.1 (1分)
以B为研究对象,在0~1 s时间内水平方向受到两个滑动摩擦力,由牛顿第二定律得
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 (3分)
代入数据解得A的质量m=3 kg。 (1分)
15.答案　(1)4 m/s2　(2)16 m/s　(3)当0解析　(1)运动员在倾斜雪道运动时,由牛顿第二定律有
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma1 (2分)
刚开始下滑时,速度小于4 m/s,μ=0.25,代入可得a1=4 m/s2 (1分)
(2)运动员速度达到v=4 m/s前滑行的距离x1==2 m(1分)
当运动员的速度大于4 m/s时,μ=0.125,此时运动员下滑的加速度
a2=5 m/s2 (1分)
由-v2=2a2(x-x1) (2分)
解得vB=16 m/s(1分)
(3)运动员在水平冰面运动时,根据牛顿第二定律可得μ3mg=ma3 (1分)
其中μ3=0.1,解得a3=1 m/s2 (1分)
当0解得l=4x (1分)
当2 m解得l=5x-2 (1分)
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