广西壮族自治区南宁市2025-2026学年上学期高一期末物理模拟练习卷（含解析）

2025-2026学年广西南宁市高一（上）期末物理模拟试卷
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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.一物体在某段时间内运动时的位置－时间图像和速度－时间图像如图所示，其中位置－时间图像中的时刻对应抛物线的最高点，则以下说法正确的是（ ）
A. 图像中
B. 图像中
C. 图像中
D. 图像中
2.货车在平直道路上向右加速运动，石块周围与它接触的物体对石块作用力的合力方向是（ ）
A. 竖直向上 B. 斜向右上 C. 斜向左上 D. 水平向右
3.弹簧劲度系数的单位为，用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
4.如图，、两个物块叠加后静止在竖直的轻弹簧上，与竖直墙面接触，弹簧在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 物块、接触面可能光滑
B. 物块最多可能受5个力
C. 物块对物块的作用力一定竖直向下
D. 弹簧对物块的作用力可能大于物块、的总重力
5. 小明想测量地铁启动或减速过程中的加速度，他把一支圆珠笔绑在一根细绳的下端，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片（如图甲），拍摄方向跟地铁前进方向垂直。可简化为如图乙所示的示意图。经过测量图中，，若取，估算地铁加速度大小正确的是（ ）
A. 　　　 B. 　　
C. 　　 D.
6. 图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度大小。根据图象分析可知（ ）
A. 人的重力可由点读出，约为
B. 到的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C. 人在点对应时刻的加速度大于在点对应时刻的加速度
D. 人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态
7. 如图所示，用网兜把足球挂在竖直墙面上，悬绳对网兜的拉力为，墙壁对足球的支持力为，若不计墙面摩擦，缓慢增加悬绳的长度，下列选项正确的是（ ）
A. 和都增大　　
B. 增大，减小
C.减小，增大
D. 和 都减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8. 随着互联网行业的不断发展，微视频丰富了大家的业余生活。用如图所示三脚支架固定智能手机，就可以进行直播、录视频、拍照等。手机和脚架的承重杆始终在同一竖直面内，、、为三脚支架的脚架，可绕点自由转动。若三根脚架质量不计，每根脚架的弹力大小为，且每根脚架与竖直方向均成角。已知三脚支架及手机总质量为，重力加速度为。下列说法正确的是
A. 每根脚架的弹力大小
B. 每根脚架的弹力大小
C. 保持端不动，增大夹角，则增大
D. 保持端不动，减小夹角，则增大
9. 高铁站台上，位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为，动车进站时做匀减速直线运动，站在号候车线处的旅客发现号车厢经过他所用的时间为，动车停下时该旅客刚好在号车厢门口（号车厢最前端），如图所示，则（ ）
A. 动车头从经过号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为
B. 动车头从经过号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度
C. 号车厢头部经过号候车线处的旅客时的速度
D. 动车的加速度大小
10. 如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连，另一端与物块拴接，物块紧挨着物块，两物块相对斜面静止。现对施加沿斜面向上的拉力，使、一起沿斜面做加速度大小为的匀加速直线运动直到、分离。、的质量分别为、，重力加速度为，，下列说法正确的是（ ）
A. 施加拉力的瞬间，A，B间的弹力大小为
B.A，B分离瞬间弹簧弹力大小为
C. 整个过程中拉力先增大后不变
D. 拉力F的最大值为
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11. 如图甲，某兴趣小组用力传感器和矿泉水，在教室的黑板上做“探究求合力的方法”实验。
（1） 下列关于这个实验的说法正确的是________。
A. 该实验运用了等效替代原理
B. 该实验采用了控制变量思想
C. 实验时，矿泉水的质量越轻越好
D. 实验时，两根细绳套间的夹角越大越好
（2） 根据实验数据，在黑板上作出力的如图（如图乙），则图中的、一定沿竖直方向的是________（填 “” 或 “”）。
（3） 由图乙可知实验的结果有一定的偏差，造成这一结果的原因可能是实验中________。
A. 绳套长度偏短 B. 两个绳套长度不相同
C. 两绳套的方向与黑板不平行 D. 力传感器外壳与黑板有接触
12. 某物理兴趣小组利用如图所示装置测量钩码C的质量，如图甲所示质量为的小车A放在长木板上，由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为的钩码B相连，钩码C挂在钩码B上，打点计时器固定在长木板上长木板与水平面的夹角可调，当地的重力加速度为。
（1）调整长木板与水平面的夹角，给A一个沿斜面向下的初速度，使纸带打出的点迹____则说明A在斜面上做匀速直线运动．
（2）在保持（1）中倾角不变的情况下，将钩码C取走，把A由静止释放，打出的纸带如图乙所示，已知交流电源的频率为，相邻两计数点间还有4个点没有画出，则打出“2”时A的速度大小为____（结果保留两位有效数字，下同），A的加速度大小____，钩码C的质量____（用物理量、、和加速度表示）．
（3）若电源实际频率小于，则测量结果____（填“偏大”、“不变”或“偏小”）．
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.一辆汽车在限速的平直公路上紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕已知车轮与路面间的动摩擦因数，磨痕的长度，重力加速度.求：
（1）汽车刹车时的加速度大小
（2）通过计算判断汽车刹车时是否超速．
14.垫球是排球运动的基本技术之一。如图所示，某次垫球训练过程中，排球自小丽手上方某一高度处由静止开始自由下落，并以的速度落在小丽手上，小丽将其以的速度竖直向上垫起，不计排球所受空气阻力，已知排球和小丽手接触的时间为，重力加速度的大小。求：
（1）排球被小丽竖直向上垫起后能够上升的最大高度
（2）排球与小丽手接触过程中的平均加速度
（3）排球在落到小丽手之前的最后内下落的高度。
15.如图，一水平传送带以的速度顺时针传动，水平部分长为。其右端与一倾角为的光滑斜面平滑相连，斜面长为，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数，，取。求：
（1）物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间；
（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；
（3）物块从出发到末通过的路程。
2025-2026学年广西南宁市高一（上）期末物理模拟试卷
参考答案
【解析】
1. 解：AB、由图像的斜率表示速度，时刻物体的速度为零，结合图像可知，，且时间内和时间内物体通过的位移大小相等，可推知，故AB错误；
CD、由图像与时间轴围成的面积表示位移，结合图像可知，在内物体通过的位移大小为，所以，故C正确，D错误。
故选：C。
2. 解：根据题意分析可知，石块B受到重力及其它石块对它的作用，石块加速度水平向右，则合力水平向右，根据平行四边形定则，可知与它接触的物体对石块B作用力的合力F方向斜向右上。如图所示
故B正确，ACD错误；
故选：B。
石块B随货车向右加速运动，加速度方向水平向右。根据牛顿第二定律，石块所受合外力方向与加速度方向一致（水平向右）。石块受重力（竖直向下）和周围接触物体的作用力（设为F），需通过矢量合成分析F的方向，使重力与F的合力水平向右。
本题核心是牛顿第二定律的应用（加速度与合外力同向），结合受力分析和矢量合成（平行四边形定则）判断力的方向。关键在于明确：合外力是重力与接触力的合力，需通过加速度方向反推接触力的方向。
3. 解：由得，则k的单位为，又因，所以k的单位为，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据物理量之间的关系式推导出物理量的单位，其单位为导出单位。
解题的关键是会根据物理量之间关系式导出物理量的单位，还有要熟悉国际单位制中的基本单位。
4. 解：AB、根据题意分析可知，对A、B整体研究可知，墙面对A不可能有弹力，因而也就没有摩擦力，因此物块A、B接触面一定是粗糙的，A一定受重力、B对A的支持力和摩擦力三个力，故AB错误；
C、根据题意分析可知，B对A的作用力与A的重力等大反向，因此A对B的作用力一定竖直向下，故C正确；
D、根据题意分析可知，由于竖直墙面对A没有作用力，因此弹簧对B的作用力大小等于A、B的总重力，故D错误。
故选：C。
分析A、B整体受力确定弹簧弹力与总重力的关系，隔离A、B分析受力，判断力的存在性与方向。
本题关键在于利用“平衡条件”分析受力：①整体法判断弹簧弹力与总重力的关系；②隔离法分析A、B间的力（支持力、摩擦力），注意水平方向无墙面弹力，故A、B间无摩擦力。
5. 解：设细线与竖直扶手的夹角为θ，以圆珠笔为研究对象进行受力分析，受到重力和细线的拉力，如图所示：
根据有几何关系得，牛顿第二定律可得，
代入数据得
即，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据扶手的倾斜角度判断加速度和偏移夹角之间的关系进行求解。
本题涉及牛顿第二定律的计算，以及受力分析的知识点，根据问题分析即可。
6. 【分析】
开始时的人对传感器的压力等于其重力；失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重。
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超重失的概念联系起来加以识别。
【解答】
A.开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是900N，人的重力也是900N，故A错误； B.b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态。故B错误； C.b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则b点的加速度要小于c点的加速度，C错误； D.人在双脚离开力板的过程中，只受重力，处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
7. 解：对网兜及足球整体受力分析，如图所示：
设悬绳方向与竖直方向的夹角为，足球的质量为m，根据平衡条件，结合平行四边形定则得：
悬绳对网兜的拉力为为：
悬墙壁对足球的支持力为：
缓慢增加悬绳的长度，减小，根据三角知识，可得和都减小，故D正确，ABC错误。
故选D。
8. 【分析】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
注意整体法和隔离法的应用。
对手机和三脚架整体分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解弹力大小；手机保持静止，一直处于平衡状态。
【解答】
AB.根据力的合成与分解可知，一根脚架在竖直方向的分力，在竖直方向上有，解得，故A错误，B正确；
CD.保持O端不动，在合力不变的情况下，增大夹角，根据力的合成与分解可知三根脚架的弹力F逐渐变大，
故正确；反之，保持端不动，减小夹角，合力不变，则三根脚架的弹力应减小，故错误。
故选。
9. 解：.采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为，站在号候车线处的旅客发现号车厢经过他所用的时间为，动车停下时该旅客刚好在号车厢门口（号车厢最前端），动车所走位移大小为，根据匀变速直线运动位移—时间关系有
动车从开始经过号候车线处的旅客到停止运动，所走的位移大小为，则有
联立解得，
故正确，错误；
.设号车厢头部经过号候车线处的旅客时的速度为，根据逆向思维结合匀变速直线运动速度—位移关系可得
解得
则动车头从经过号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为，解得，故正确，错误。
故选：。
因为初速度不为零，在用公式解题时，非常麻烦，所以采用逆向思维，可看作初速度为零的匀加速直线运动，灵活运用匀变速直线运动的推论和基本运动学公式列式求解即可。
本题主要是考查匀变速直线运动的规律，解答本题的关键是掌握匀变速直线运动的位移—时间关系计算公式，且末速度为零时，合理运用逆过程可以使题目变得简单易做，要灵活应用匀变速直线运动的推论。
10. .施加拉力之前，、整体受力平衡，根据平衡条件有
施加拉力瞬间、开始向上一起做加速度大小为的匀加速直线运动，对、整体，根据牛顿第二定律有
解得
对，根据牛顿第二定律有
解得、间的弹力大小为
故正确；
.分离时，、间作用力为，最大，对根据牛顿第二定律得
解得
对根据牛顿第二定律有
解得、分离瞬间弹簧弹力大小为
故正确，错误。
.根据以上分析可知整个过程中拉力一直增大，故错误。
故选。
11.（1）[1].该实验用到了等效替代的原理，未使用到控制变量的思想，故正确，错误；
.试验时，矿泉水的质量太小，两根细绳套间的夹角过大会都使得误差变大，故错误。
（2）[2]实际重力的方向一定是竖直向下的，图中力与重力等大反向，所以一定在竖直方向上，而用平行四边形画出的力因为有误差存在，所以不一定在竖直方向上；
（3）[3].该实验中不必要求绳套的长短相等，所以选项不是产生误差的原因，故错误；
.力传感器的外壳与黑板接触不影响其测量，所以错误；
.如果绳套太短，不利于作图，使得误差变大，故正确；
.若两绳套的方向与黑板不平行，那么绳子上的力与黑板不平行，以此平面作图使得误差变大，故正确。
12. 【解析】（1）纸带上打出的点迹均匀分布，则说明此时做匀速直线运动
（2）
，
在保持（1）的情况下，设此时斜面的倾角为，斜面与间的动摩擦因数为，则对有：，
对：，
则，
撤去后，对：，对有，联立可得
（3）当实际电源频率小于时，的测量值会偏大，则会导致测量值也会偏大。
13.（1）由牛顿第二定律有解得
（2）由运动学公式
解得
所以汽车刹车时超速
14. 解：（1）由速度位移公式可得
代入数据解得；
（2）排球与小丽手接触过程中，在的时间内，排球速度的变化量为，
加速度，方向竖直向上；
（3）由速度时间公式可得
代入数据解得
排球在内下落的距离为
排球在内下落的距离为，
则排球在与小丽手接触前内下落的高度。
15. 解：
（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动，，
匀加速阶段位移：，匀加速阶段时间：，
所以在到达传送带右端前物块已匀速，匀速运动的时间为，
物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间；
（2）物块以速度滑上斜面，由牛顿第二定律得：
物块速度为零时上升的距离 ，
由于，所以物块不能到达斜面的最高点，匀减速上升的运动时间：，上升的最大距
离为；
（3）物块在斜面上往返一次时间；
物块再次滑到传送带上速度仍为，方向水平向左，又由牛顿第二定律得，
向左端发生的最大位移，匀减速的时间，
物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故反向加速的时间为，
再以的速度冲上斜面，经过后到达最高点，
由，故在末物块在斜面上速度恰好减为零，
故物块通过的总路程。