全书综合测评卷(二)（PPT同步课件）-【学而思】2026-2027学年高一物理必修第一册分层练习（人教版 江苏北京专版）

这是一份高中物理期末综合测评卷，满分100分，时间75分钟，包含10道单项选择题和5道非选择题，覆盖运动学、相互作用、力学实验等核心知识点，融入电梯运动、汽车刹车、脑卒中康复训练等实际情境案例。 资料注重核心素养培养，通过自由落体运动公式推导（科学推理）、加速度计与a-F关系实验设计（科学探究）、新能源汽车检测等实际问题（科学态度与责任），帮助学生巩固知识，提升解决实际问题能力，也为教师提供学情诊断与教学反馈的有效工具。适合高一或高二学生使用，此时学生正处于物理知识体系构建关键期，需通过综合测评巩固运动和相互作用观念，培养科学思维与探究能力，为后续学习及高考复习奠定基础。

全书综合测评卷(二) 满分:100分 时间:75分 第1讲　描述运动的基本概念 一、单项选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目 要求) 1.小明乘电梯从1楼到6楼,他携带的手机利用自带传感器显示出了加速度与时间的关系图像,已知向上 为正方向,此图像应为 (         )     A     解析　电梯从1楼到6楼过程为先加速再匀速最后再减速,则加速度方向先与速度方向相同,再加速度大 小为0,最后加速度方向与速度方向相反,由于速度方向一直向上,则加速度方向先向上为正,再为0,最后 再向下为负,A正确。 第1讲　描述运动的基本概念 2.工程师们进行高楼紧急情况下逃生实验。将一个仿真人模具从高楼的紧急逃生口处自由释放,经过t 秒后撞击到下方距紧急逃生口为H高度的安全气囊上。当仿真人模具下落时间恰好为 时,其距离安 全气囊的高度为 (         ) A. 　　　    B. 　　　    C. 　　　    D.      D     解析　根据自由落体运动公式,有H= gt2;当下落时间t'= 时,下落高度h'= g = gt2= H,距离安全气 囊的高度为H-h'=H- H= H,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 3.骑自行车出行是一种健康环保的生活方式。如图1所示,一辆车轮半径为0.3 m的自行车在水平地面 上沿直线运动(车轮与地面不打滑),后轮转动一周时,后轮边缘附着的一块小泥巴的运动轨迹如图2中 虚线所示,轨迹中A、C为最低点,B为最高点。下列说法正确的是 (         )     D     A.后轮与地面接触处受到地面水平向左的摩擦力 B.前轮与地面接触处受到地面水平向右的摩擦力 C.小泥巴从A点到C点的路程为0.6π m D.小泥巴从A点到C点的位移大小为0.6π m 解析　自行车后轮是驱动轮,前轮是从动轮,后轮相对地面有向左的运动趋势,前轮相对地面有向右的 运动趋势,因此地面对后轮的摩擦力方向水平向右,地面对前轮的摩擦力方向水平向左,A、B错误。小 泥巴从A点到C点的过程中,路程大于位移的大小,位移大小为x=2πR=0.6π m,C错误,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 4.衢州烂柯杯全国职工围棋线下阶段比赛于2024年10月在衢州智慧新城举行,若某次比赛中铁质的棋 盘竖直放置(如图),每个棋子都是一个小磁铁,能吸在棋盘上。不计棋子间的相互作用力。则 (         )   A.棋子受三个力作用 B.若给棋子一个水平推力(推力平行于棋盘,棋子不动),棋子受到的摩擦力变大 C.棋子对棋盘的压力和棋盘对棋子的吸引力是一对相互作用力 D.只要磁力足够大,即使棋盘光滑,棋子也能静止在棋盘上     B     第1讲　描述运动的基本概念 解析　棋子受到重力G、棋盘的吸引力F、弹力N和静摩擦力f,共四个力作用,A错误;施加推力前,棋子 受到的摩擦力大小为f=G,给棋子一个水平推力(推力平行于棋盘,棋子不动),棋子仍受力平衡,竖直方向 fy=G,水平方向fx=F,此时受到的摩擦力大小为f'= = ,摩擦力变大,B正确;棋子对棋盘的压 力与棋盘对棋子的弹力是一对相互作用力,棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的吸引力不是一对相互作 用力,C错误;若棋盘光滑,棋子不受摩擦力作用,竖直方向上不能平衡,棋子不能静止在棋盘上,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 5.如图所示,物体A置于水平地面上,B、C叠放,A、B间连有轻质弹簧,弹簧被压缩后用细线把A、B固定 住,细线的拉力为F,A、B质量均为2m,C的质量为m,重力加速度为g,整个装置处于静止状态。现将细线 剪断,则在剪断细线的瞬间,下列说法正确的是 (         ) A.C物体的瞬时加速度为0 B.C物体对B物体的压力变小 C.A物体对地面的压力大小为F+5mg D.B物体的瞬时加速度为      C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　剪断细线前,设弹簧的弹力为F',对B、C整体有3mg+F=F',剪断细线瞬间,弹簧的弹力不变,细线的 拉力消失,B、C加速度相同,则F'-3mg=3ma,联立解得a= ,A、D错误。剪断细线前,C对B的压力等于 自身重力,剪断细线瞬间,对C受力分析有N'-mg=ma,解得N'= +mg,则C对B的压力变大,B错误。剪断细 线瞬间,对A受力分析,地面对A的支持力大小N=F'+2mg=F+5mg,根据牛顿第三定律可知,A对地面的压力 大小为F+5mg,C正确。 第1讲　描述运动的基本概念 6.如图所示,在水平面上固定一倾角为37°的足够长斜面,小物块P用细线通过轻质滑轮与木板Q连接,在 沿斜面向上的力F作用下P、Q及滑轮均静止在斜面上。已知P、Q的质量分别为m=1 kg、M=2 kg,P、 Q间的动摩擦因数μ1=0.6,Q与斜面间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,不计空气阻力,sin 37°=0.6。现逐渐增加拉力F的大小,当P、Q恰好发生相对滑动时拉力F的 大小为 (         )   A.18 N　　    B.20.4 N　　    C.21.6 N　　    D.24 N     D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　当P、Q恰好发生相对滑动时,二者具有相同的加速度,设此时的加速度为a,对于P,由牛顿第二定 律有 -μ1mg cos 37°-mg sin 37°=ma,对于Q,由牛顿第二定律有 +μ1mg cos 37°-Mg sin 37°-μ2(m+M)g cos 37°=Ma,代入数据解得F=24 N,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 7.如图所示,干衬衣和湿外套挂在晾衣绳上,晾衣绳穿过中间立柱上的固定套环(定滑轮),分别系在左、 右立柱的顶端,衬衣的质量小于外套的质量,分别用θ1、θ2表示挂衬衣和挂外套的两段绳子之间的夹角, 忽略绳与套环、衣架挂钩之间的摩擦,忽略晾衣绳的质量,忽略风力的大小,下列说法不正确的是  (         ) A.θ1>θ2 C          B.四段绳子上的拉力大小相等 C.湿外套晾干后,绳子上的拉力变大 D.仅将中间立柱向左缓慢移动,绳子上的拉力大小发生变化 第1讲　描述运动的基本概念 解析　由于晾衣绳是穿过中间立柱上的固定套环并未打结,同一条绳上各点拉力大小相等,即四段绳子 上的拉力大小相等,设绳子拉力为T,根据2T cos  =G衬衣,2T cos  =G外套,由于G衬衣<G外套,可得θ1>θ2,A、B 正确;湿外套晾干后,质量减小,θ2增大,θ1减小,由于衬衣质量不变,可知绳子拉力变小,C错误。结合上述 分析可知,由于外套较重,对应绳子夹角较小,所以相同的水平距离需要的绳子更长,将中间立柱向左缓 慢移动,若绳子夹角不变,则右侧绳子变长的长度比左侧绳子缩短的长度多,可知总绳长增加,由于总绳 长不变,所以相当于绳子夹角不变的情况下需要缩短绳长,则绳的拉力变大,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 8.如图所示,物体A、B、C的质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg、m3=3 kg,A、B之间用劲度系数为k=100 N/ m的轻质弹簧连接,斜面体C置于粗糙的水平面上,斜面的倾角为37°且光滑。某人用绕过轻质光滑定滑 轮且平行于斜面的轻绳拉着物体B,使A、B、C整体处于静止状态。已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力 加速度g取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内,下列说法不正确的是 (         ) A.轻绳的拉力大小为18 N B.弹簧的伸长量为0.06 m     C     C.斜面体C对地面的摩擦力大小为24 N D.在人松开绳子瞬间,B的加速度大小为9 m/s2 第1讲　描述运动的基本概念 解析　根据题意,对A、B整体受力分析,由平衡条件可得,轻绳的拉力F=(m1+m2)g sin 37°=18 N,A正确;对 A受力分析,由平衡条件有kx=m1g sin 37°,解得x=0.06 m,B正确;对A、B、C整体受力分析,水平方向上由 平衡条件有f=F cos 37°=14.4 N,根据牛顿第三定律,C对地面的摩擦力与地面对C的摩擦力大小相等,为 14.4 N,C错误;在人松开绳子瞬间,弹簧形变量不变,对B分析,由牛顿第二定律有m2g·sin 37°+kx=m2a,解得 a=9 m/s2,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 9.如图所示,直杆AB与水平面成α角固定,在杆上套一质量为m的小滑块,杆底端B点处有一弹性挡板,滑 块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放,滑块与挡板第一次碰撞后上 滑时间恰好是第一次下滑时间的一半,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (         )   A.滑块最终停在AB中点处 B.滑块运动总路程为3L C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ=  tan α D.滑块下滑过程加速度的大小a1= g sin α     B     第1讲　描述运动的基本概念 解析　现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放,滑块下滑并碰撞后上滑,滑块上滑速度减为零后,滑块 则又开始下滑,所以滑块最终停在B点处,A错误。设AB长为L,最大速度为v,根据平均速度公式可知L=  vt下,l上= vt上,其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半,所以恰好能上滑到AB的中点;对于下 滑过程,有v=a1t下,对于上滑过程,有v=a2t上,t下=2t上,则 = ;根据牛顿第二定律,对于下滑过程有mg sin α-μ mg cos α=ma1,对于上滑过程有mg sin α+μmg cos α=ma2,解得μ=  tan α,a1= g sin α,C、D错误。滑块运 动的总路程为s=L+2× =3L,B正确。 第1讲　描述运动的基本概念 10.一新款国产小型新能源电动汽车上市前,对其进行了水平路面直线驾驶刹车性能检测,通过传感器 描绘的该电动汽车从t=0时刻开始的 -t图像如图所示,其中s和t分别表示电动汽车的运动位移和运动时 间,图中①为一次函数图线,②为反比例函数图线,P为两图线对接点,则 (         ) A.刹车时间为8 s B.10 s内加速度先不变后逐渐减小     C     C.汽车在t1时间内的加速度大小为5 m/s2 D.图中阴影部分的面积小于汽车在t0时间内通过的位移 第1讲　描述运动的基本概念 解析　题图中图线②为反比例函数图线,则此阶段平均速度和时间的乘积保持不变,即汽车的位移不 变,因此汽车在此阶段处于静止状态,加速度为0;由点(10 s,4 m·s-1)可知t=10 s, =4 m/s,联立解得刹车的 位移s=40 m,根据匀减速直线运动位移公式有s=v0t- at2,变形得 =v0- at,题图中图线①为向下倾斜的直 线,则汽车在此阶段做匀减速直线运动, -t图像的纵轴截距表示初速度,则初速度v0=20 m/s;从t=0到t1过 程中,根据s= t1可得,刹车时间t1=4 s,A、B错误。在0~4 s内,根据匀减速直线运动公式有s=v0t1- a , 代入数据可得a=5 m/s2,C正确; -t图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移,故图中阴影部分的面 积表示汽车在t0时间内通过的位移,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 二、非选择题(本大题共5小题,共60分) 11.(6分)某实验小组用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计,如图甲所示。在轻杆上端装上 转轴,转轴固定于竖直放置的标有角度的纸板上的O点,轻杆下端固定一小球,杆可在竖直纸面内自由转 动。将此装置固定于运动小车上,可粗略测量小车的加速度大小。主要操作如下: (1)若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为θ,则小车的加速度大小为a=____________(用θ、g表示),该 　    g tan θ　     第1讲　描述运动的基本概念 加速度测量仪的刻度__________(选填“均匀”或“不均匀”)。 (2)为了准确标出刻度,还需要测出当地重力加速度g,利用重锤连接纸带做自由落体运动,打点计时器在 纸带上打出一系列点,选取一条较理想的纸带,纸带上计数点的间距如图乙所示,打相邻两个计数点间 的时间间隔为0.02 s。根据数据求出当地重力加速度g=______________m/s2(保留3位有效数字)。 　    9.75　     　　不均匀　     解析    (1)若轻杆摆动稳定时与竖直方向的夹角为θ,以小球为研究对象,小球受重力和轻杆的拉力,根据 牛顿第二定律,有mg tan θ=ma,可得a=g tan θ,则小车加速度大小为g tan θ,加速度不随角度均匀变化,则 该加速度测量仪的刻度不均匀。 (2)根据逐差法可得当地重力加速度为g= ,解得g=  m/s2=9.75 m/s2。 第1讲　描述运动的基本概念 12.(8分)某实验小组为探究小车质量M一定时,小车的加速度a与所受合外力F的关系,设计并采用了如 图甲所示的方案。其实验操作步骤如下:     a.按照实验装置图安装好实验装置; 第1讲　描述运动的基本概念 b.挂上砝码盘和砝码,调节木板的倾角,使质量为M的小车能拖着纸带沿木板匀速下滑; c.取下砝码盘和砝码,测出其总质量为m,再让小车拖着纸带沿木板加速下滑,打出一条纸带,并求出小车 的加速度a; d.改变砝码盘中砝码的个数,重复步骤b和c,多次测量,求出小车在不同合外力F作用下的加速度a,作出a- F图像。 (1)该实验方案__________满足条件M≫m。(选填“需要”或“不需要”) (2)已知打点计时器打点时间间隔为0.02 s。图丙是实验中打出的一条较理想的纸带,在打出的点中,从 A点开始每5个打点间隔取1个计数点,分别记为A、B、C、D、E,相邻两计数点间的距离已在图中标出, 小车的加速度a为_____________m/s2。(结果保留2位有效数字)   　    5.0　     　　不需要　     第1讲　描述运动的基本概念 (3)若实验操作规范,随着砝码盘内的砝码数增多,作出的a-F图像正确的是___________。  　     　      (4)图乙为小车质量一定时,根据实验数据描绘出的小车加速度a的倒数与砝码盘和砝码的总质量m的倒 数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立,则小车的质量M=____________kg。(g取9.8 m/s2,结果 保留3位有效数字) 　    0.196　     　    A　     第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)当小车匀速下滑时,根据平衡条件Mg sin θ=mg+f,取下砝码和砝码盘后,根据牛顿第二定律F= Mg sin θ-f=Ma,联立解得F=mg=Ma,由于实验中不需要用砝码和砝码盘的总重力代替绳子的拉力,因此 该方案不需要满足条件M≫m。 (2)每5个打点间隔取1个计数点,则T=5×0.02 s=0.1 s,根据逐差法可知加速度为a= =   m/s2≈5.0 m/s2。 (3)根据上述分析,该方案不需要满足条件M≫m,因此随着砝码个数的增多,a-F图像的图线不会发生弯 曲,故选A。 (4)根据mg=Ma,变形可得 = · ,根据图线斜率可知k= =0.02 s2· kg/m,解得M=0.196 kg。 第1讲　描述运动的基本概念 13.(12分)脑卒中是老年高发病,其后遗症的康复治疗越来越引起人们的重视。通过“筷子夹小球”可 对病人进行手部复健训练。若所用小球质量m=5 g、直径d=2 cm,小球与筷子间的动摩擦因数μ=0.2,重 力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。如图(a)所示,病人用筷子夹起小球并使之保持静止,接触点A、B与小 球的球心O等高,两筷子方向平行,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。  　       　　　　      (1)求每根筷子对小球的弹力的最小值; (2)如图(b)所示,改变筷子夹住小球的位置,令两等高接触点C、D间的距离为1.6 cm。两筷子仍平行,且 与水平方向成α角,已知α=37°,环境中存在对小球的作用力为F(水平向右、大小未知)的风。因病人尚 未康复,指力不足,小球沿筷子方向匀速下滑(非滚动),求F与小球重力mg的比值。 第1讲　描述运动的基本概念 答案    (1)0.125 N    (2)  解析    (1)对小球受力分析,可知小球在竖直方向受重力和接触点A、B对小球竖直向上的摩擦力f1,则小 球在接触点A受到的摩擦力大小为 f1= mg=0.025 N(2分) 根据f1=μFNmin (1分) 可得每根筷子对小球的弹力的最小值为 FNmin=0.125 N(1分) (2)对题图(b)中的小球分析,由几何知识可得,两根筷子对小球的弹力N与N合的夹角为53°,如图甲所示,则 两根筷子对小球的弹力的合力大小为N合=2N cos 53° (1分) 小球沿筷子方向匀速下滑,则有f=μN (1分) 第1讲　描述运动的基本概念 对侧视图小球受力分析,如图乙所示,根据平衡条件,在沿筷子方向mg sin α=2f+F cos α (2分) 垂直于筷子方向有N合=mg cos α+F sin α (2分) 联立可得F与小球重力mg的比值为 =  (2分)  　      第1讲　描述运动的基本概念 14.(16分)如图甲所示,质量M=2.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上,在木板的左端放置一个质量m= 1.0 kg的小铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,对铁块施加水平向右的拉力F,F大小随时间t的变 化如图乙所示,6 s时撤去拉力F。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度 g取10 m/s2。求:        (1)0~1 s内,A、B的加速度大小; (2)B相对A滑行的最大位移大小; (3)6 s内A的位移大小。(结果保留3位有效数字) 答案    (1)1 m/s2    4 m/s2    (2)6 m    (3)17.3 m 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)A、B间的最大静摩擦力为Ff=μmg=2 N(1分) 0~1 s内,假设A、B相对滑动,对小铁块B,根据牛顿第二定律有F-Ff=maB (1分) 对木板A,根据牛顿第二定律有Ff=MaA (1分) 可解得木板A的加速度大小aA=1 m/s2,物块B的加速度大小aB=4 m/s2 (1分) 假设成立,A、B相对滑动。 (2)0~1 s内,木板A的位移大小 xA1= aA =0.5 m(1分) 小铁块B的位移大小xB1= aB =2 m(1分) 1 s末木板A的速度vA=aAt1=1 m/s,小铁块B的速度vB=aBt1=4 m/s(1分) 拉力F=2 N时,拉力等于滑动摩擦力,B开始匀速运动,A继续做匀加速直线运动,当A、B共速时相对静止 第1讲　描述运动的基本概念 设经时间t2 A、B共速,则t2= =3 s(1分) 1~4 s内木板A的位移xA2= =7.5 m(1分) 小铁块B的位移xB2=vBt2=12 m(1分) 则铁块B相对木板A滑行的最大位移大小Δx=(xB1+xB2)-(xA1+xA2)=6 m(2分) (3)4~6 s内A、B一起匀加速运动,根据牛顿第二定律有F=(m+M)a (1分) 木板A运动的位移大小xA3=vBt3+ a =  m(1分) 6 s内木板A运动的总位移大小xA=xA1+xA2+xA3≈17.3 m(2分) 第1讲　描述运动的基本概念 15.(18分)汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶,行驶过程中司机忽然发现前方50 m处有一警示牌,于 是开始刹车。这一过程中,汽车加速度的大小随位移变化的关系如图甲所示。司机的反应时间t1=0.3 s, 在这段时间内汽车仍保持匀速行驶,x1~x2段为刹车系统的启动阶段,从x2位置开始,汽车的刹车系统稳定 工作,直至汽车在x3位置停止运动。已知从x2位置开始计时,汽车第1 s内的位移大小为10 m,第3 s内的位 移大小为6 m。  　      (1)求汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小及x2位置汽车的速度大小; (2)若x1~x2段位移大小为11.5 m,求从司机发现警示牌到汽车停止过程汽车位移的大小; 第1讲　描述运动的基本概念 (3)在研究物理问题的过程中,我们会用到一些重要的科学思维方法,微元法就是其中之一,教科书中讲 解了如何由v-t图像来求位移,然而微元法的运用不局限于运动学,请你借鉴该过程,运用微元法解决如 下力学问题:如图乙,P为一个水闸的剖面图,闸门的质量为m、长为b,水闸左、右两侧水面的高度分别 为h1、h2,水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。设水的密度为ρ(液体压强公式p= ρgh,g为重力加速度),最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求拉起闸门至少需要多大的力? 答案    (1)2 m/s2    11 m/s    (2)45.35 m (3) ( + )+ ( - )+mg 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)假设汽车第3 s内未停止,则加速度大小为a= =2 m/s2 (1分) 汽车停止前最后1 s内的位移大小应为x0= aT2=1 m<6 m,假设成立。 (1分) 设x2位置汽车的速度大小为v,从x2位置开始计时,汽车第1 s内的位移大小为s1=10 m 由s1=vT- aT2 (2分) 解得v=11 m/s(1分) (2)把汽车从x1到x2的运动分成很多段位移相等的运动,设每一段运动对应的位移大小为Δx,则有  - =2a1Δx  - =2a2Δx ……  - =2anΔx 第1讲　描述运动的基本概念 vn=11 m/s 上式相加有  - =2(a1Δx+a2Δx+a3Δx+…+anΔx) (3分) 其中括号内之和等于a-x图线与横轴围成的面积,可得  - =2× a (1分) 由题给条件x2-x1=11.5 m 解得v0=12 m/s(1分) 则反应时间内位移大小为x1=v0t1=3.6 m(1分) 在匀减速阶段有x3-x2= =30.25 m(1分) 汽车行驶总位移大小为x=x1+(x2-x1)+(x3-x2)=45.35 m(1分) 第1讲　描述运动的基本概念 (3)由液体压强p与h的关系p=ρgh,可知p-h图像是过原点的直线,如图所示   运用微元法可知,水闸左、右两侧所受水的压力大小分别为 F1= ρgb ,F2= ρgb  (1分) 故拉起闸门时,闸门左侧水和右侧水对闸门的摩擦力大小分别为f1=μ1F1,f2=μ1F2 (1分) 闸门与轨道间的摩擦力大小为f=μ2(F1-F2) (1分) 所求拉力大小为F=f1+f2+f+mg (1分) 解得F= ( + )+ ( - )+mg (1分) 第1讲　描述运动的基本概念 $