福建2026-2027学年高三上学期开学物理模拟试卷

**基本信息** 2026—2027学年度高三开学考物理试题（人教版必修第一册），聚焦匀变速运动、受力分析、牛顿定律等核心内容，通过选择、实验、解答题梯度设计，考查物理观念构建与科学思维应用，适配开学初基础巩固与能力诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/24|匀变速运动规律、共点力合成|如第1题结合速度方向变化考查加速度矢量性，强化运动观念| |多选|4/16|v-t图像、超重失重|第11题通过水平推力变化分析摩擦力动态变化，体现科学推理| |实验题|2/20|加速度测量、动摩擦因数测定|第13题考查平衡摩擦力操作与误差分析，落实科学探究要素| |解答题|4/40|传送带运动、追及问题|第17题结合传送带匀加速与匀速过程计算，综合运动和相互作用观念|

2026—2027学年度第一学期高三开学考 物 理 试 题 （人教版　必修第一册　考试时间：75分钟　满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。 2．选择题作答时，须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题须用0.5 mm黑色签字笔在答题卡指定区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3．若无特殊说明，重力加速度g均取10 m/s²，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 4．考试结束后，将答题卡交回，试题卷自行保存。 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。） 1. 某质点沿一条直线做匀变速运动，初速度大小为4 m/s、方向向东，经2 s后其速度大小仍为4 m/s，但方向变为向西。则这2 s内该质点的平均加速度（　　） A．大小为0 B．大小为4 m/s²，方向向东 C．大小为4 m/s²，方向向西 D．大小为8 m/s²，方向向西 2. 一辆汽车在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶，某时刻驾驶员发现前方有障碍物立即刹车，刹车过程中汽车做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s²。则从开始刹车计时，汽车在6 s内通过的位移大小为（　　） A．30 m B．40 m C．60 m D．120 m 3. 一质点沿直线做单向运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．0～2 s内质点的加速度大小为4 m/s² B．6～8 s内质点加速度的大小为2 m/s²，方向与运动方向相反 C．0～8 s内质点的位移大小为32 m D．2～6 s内质点做匀加速直线运动 4. 某人站在电梯中，用弹簧测力计悬挂一个质量m＝2 kg的物体。当弹簧测力计的示数为16 N时，取g＝10 m/s²，则电梯的运动情况可能是（　　） A．以2 m/s²的加速度加速上升 B．以2 m/s²的加速度加速下降 C．以3 m/s²的加速度减速上升 D．以8 m/s²的加速度减速下降 5. 两个共点力的大小分别为F₁＝6 N、F₂＝8 N，改变两力之间的夹角，它们合力的大小可能是（　　） A．1 N B．10 N C．15 N D．0 6. 某人用一个与水平方向成θ角、斜向下方的推力F推一个质量为m的物块，使物块在水平地面上做匀速直线运动。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力F的大小为（　　） A．μmg/(cos θ＋μsin θ) B．μmg/(cos θ－μsin θ) C．μmg/(sin θ－μcos θ) D．μmg/cos θ 7. 在光滑水平面上，质量分别为m和2m的两物块A、B用一轻绳连接，A在后、B在前。现用水平恒力F拉物块B，使A、B一起沿绳方向做匀加速运动。则轻绳中张力的大小为（　　） A．F/3 B．F/2 C．2F/3 D．F 8. 物块A叠放在物块B的上表面，B放在光滑水平面上。已知A、B的质量分别为mA和mB，A、B之间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。现对B施加一水平推力F，为使A、B保持相对静止一起运动，F的最大值为（　　） A．μmAg B．μ(mA＋mB)g C．μmBg D．μ(mA＋mB)g·mB/mA 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。） 9. a、b两个物体在同一时刻从同一地点出发，沿同一直线同向运动，它们的v-t图像如图所示（a做匀速运动，b做初速度为零的匀加速运动）。下列说法中正确的是（　　） A．2 s末两物体相距最远，最远距离为4 m B．4 s末物体b恰好追上物体a C．2 s末两物体的速度大小相等 D．4 s末两物体的速度大小相等 10. 关于超重和失重现象，下列说法中正确的是（　　） A．物体处于超重状态时，它所受的重力变大了 B．物体处于失重状态时，其加速度方向一定竖直向下 C．物体处于完全失重状态时，它对支持物的压力为零 D．物体做自由落体运动时处于完全失重状态 11. 一质量为m的物块放在倾角为θ的固定粗糙斜面上。现对物块施加一水平推力F，F的方向水平且指向斜面，其沿斜面方向的分力方向沿斜面向上。若从零开始缓慢增大F，且物块始终保持静止，则在此过程中（　　） A．斜面对物块的支持力一直增大 B．物块受到的摩擦力一直增大 C．物块受到的摩擦力可能先减小后增大 D．斜面对物块的作用力（支持力与摩擦力的合力）大小保持不变 12. 一质量m＝1 kg的物块静止在水平地面上。从t＝0时刻起，物块受到一水平拉力F的作用，F随时间t的变化关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s²。下列说法中正确的是（　　） A．0～2 s内物块保持静止 B．0～2 s内物块受到的摩擦力大小为4 N C．2～4 s内物块的加速度大小为2 m/s² D．4 s末物块的速度大小为4 m/s 三、实验题（本题共2小题，13题8分，14题12分，共20分。） 13. 某同学用"一端带定滑轮的长木板＋小车＋打点计时器"的装置探究加速度与力、质量的关系，用细线跨过定滑轮悬挂砂桶来牵引小车。 （1）实验中用砂和砂桶的总重力近似代替小车所受的拉力，这样做需要满足的条件是　　　　　　。 （2）为消除摩擦力对实验的影响，正式实验前必须先平衡摩擦力，具体做法是：取下砂桶，将长木板　　　　　　（选填"带定滑轮"或"不带定滑轮"）的一端适当垫高，轻推小车，直到小车拖着纸带做匀速直线运动。 （3）某次实验打出的纸带上，每5个计时间隔取一个计数点，所用交流电的频率为50 Hz。测得相邻计数点之间的距离依次为s₁＝2.00 cm、s₂＝2.80 cm、s₃＝3.60 cm、s₄＝4.40 cm。则小车的加速度大小a＝　　　　　　m/s²（结果保留两位有效数字）。 （4）若该同学忘记平衡摩擦力就进行实验，保持小车质量不变，作出的a-F图像与F轴的交点将位于F轴的　　　　　　（选填"正半轴"或"负半轴"）。 14. 某小组用打点计时器测量木块与长木板间的动摩擦因数。装置如下：长木板水平固定在桌面上，木块放在木板上，木块通过跨过桌边定滑轮的细线与砂桶相连，木块后端连接的纸带穿过打点计时器。已知木块的质量M＝0.50 kg，砂和砂桶的总质量m＝0.30 kg，所用交流电的频率为50 Hz，取g＝10 m/s²。不计定滑轮的摩擦及细线的质量。 （1）实验中打点计时器应接　　　　　　（选填"直流"或"交流"）电源；实验时应先　　　　　　，后　　　　　　（填"接通电源"和"释放木块"）。 （2）纸带上每2个计时间隔取一个计数点，依次标为A、B、C、D、E。测得sAB＝1.20 cm、sBC＝1.52 cm、sCD＝1.84 cm、sDE＝2.16 cm。则打B点时木块的速度大小vB＝　　　　　　m/s；用逐差法求得木块的加速度大小a＝　　　　　　m/s²。 （3）根据上述数据，可求得木块与长木板间的动摩擦因数μ＝　　　　　　（结果保留两位有效数字）。 （4）若实际上定滑轮与细线之间存在摩擦，则按上述方法测得的动摩擦因数将比真实值偏　　　　　　（选填"大"或"小"）。 四、解答题（本题共4小题，15题8分，16题10分，17题10分，18题12分，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。） 15. （8分）一质量m＝10 kg的物块静止在水平地面上。现用一根与水平方向成37°角、斜向上方的轻绳拉该物块，绳中拉力F＝50 N，物块仍保持静止。取g＝10 m/s²，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： （1）地面对物块的支持力大小N； （2）物块受到的摩擦力大小和方向； （3）已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.6，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，请通过计算说明物块此时能否保持静止。 16. （10分）甲、乙两车在同一平直公路上沿同一方向行驶，甲车在前以v₁＝10 m/s的速度匀速行驶，乙车在后以v₂＝20 m/s的速度匀速行驶。当乙车距甲车d＝30 m时，乙车驾驶员发现前方的甲车并立即刹车，此后乙车做匀减速直线运动，加速度大小a＝2 m/s²。设甲车始终保持匀速行驶，两车均可视为质点。求： （1）乙车的速度减小到与甲车相同所需的时间t，以及此过程中乙车通过的位移x₂； （2）通过计算判断两车是否会相撞；若不会相撞，求出两车之间的最小距离。 17. （10分）如图所示，一水平传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带左右两端之间的距离L＝5 m。现将一质量m＝1 kg的小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端（放上时初速度为零），物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。取g＝10 m/s²。求： （1）物块刚放上传送带时加速度的大小和方向； （2）物块的速度增大到与传送带速度相同所经历的时间t₁和通过的位移x₁； （3）物块从传送带左端运动到右端所用的总时间t。 18. （12分）如图所示，一倾角θ＝30°的固定斜面与水平面平滑连接。一质量m＝2 kg的滑块（可视为质点）在斜面底端获得沿斜面向上的初速度v₀＝8 m/s，此后沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝/5（约0.35），取g＝10 m/s²，sin 30°＝0.5，cos 30°＝/2。求： （1）滑块沿斜面上滑时加速度的大小a₁； （2）滑块沿斜面上滑的最大距离L； （3）通过计算判断滑块到达最高点后能否自行下滑；若能，求滑块返回斜面底端时的速度大小v； （4）滑块从出发到返回底端所用的总时间t。 2026—2027学年度第一学期高三开学考 物理试题　参考答案与解析 一、单项选择题（每小题3分，共24分） 1．C　　2．B　　3．B　　4．B　　5．B　　6．B　　7．A　　8．B 【第1题】 【答案】C 【解析】取向东为正方向，则v₀＝＋4 m/s，v＝－4 m/s。 由a＝(v－v₀)/t＝(－4－4)÷2 m/s²＝－4 m/s²，负号表示方向向西，故大小为4 m/s²、方向向西，选C。 【第2题】 【答案】B 【解析】刹车问题需先判断实际运动时间：汽车速度减为零所用时间t₀＝v₀/a＝20÷5 s＝4 s＜6 s，说明汽车在第4 s末即已停止。 故6 s内的位移就是刹车全过程的位移：x＝v₀²/(2a)＝20²÷(2×5) m＝40 m，选B。 【第3题】 【答案】B 【解析】v-t图像中，斜率表示加速度，图线与时间轴所围面积表示位移。 0～2 s内a＝(4－0)/2 m/s²＝2 m/s²，A错误； 6～8 s内a＝(0－4)/2 m/s²＝－2 m/s²，大小为2 m/s²，因速度为正而加速度为负，方向与运动方向相反，B正确； 0～8 s内位移x＝½×2×4＋4×4＋½×2×4＝4＋16＋4＝24 m，C错误； 2～6 s内速度不变，做匀速直线运动，D错误。 【第4题】 【答案】B 【解析】物体的重力G＝mg＝2×10 N＝20 N，弹簧测力计示数F＝16 N＜G，说明物体处于失重状态，加速度方向竖直向下。 由牛顿第二定律：mg－F＝ma，得a＝(20－16)÷2 m/s²＝2 m/s²，方向竖直向下。 加速度方向向下对应"加速下降"或"减速上升"，且大小必须为2 m/s²，故只有B符合，选B。 【第5题】 【答案】B 【解析】两个共点力合力的取值范围为|F₁－F₂|≤F≤F₁＋F₂，即2 N≤F≤14 N。四个选项中只有10 N落在该区间内，选B。 【第6题】 【答案】B 【解析】物块受重力mg、斜向下的推力F、支持力N和滑动摩擦力f，做匀速直线运动即处于平衡状态。 竖直方向：N＝mg＋Fsin θ； 水平方向：Fcos θ＝f＝μN＝μ(mg＋Fsin θ)； 整理得F(cos θ－μsin θ)＝μmg，故F＝μmg/(cos θ－μsin θ)，选B。 【第7题】 【答案】A 【解析】对A、B整体用牛顿第二定律：F＝(m＋2m)a，得a＝F/(3m)。 隔离物块A（质量为m，只受绳的拉力T）：T＝ma＝m·F/(3m)＝F/3，选A。 【第8题】 【答案】B 【解析】A水平方向只受B对它的静摩擦力，该力提供A的加速度：f＝mAa。 A、B恰好不发生相对滑动时f取最大值μmAg，此时系统的最大共同加速度amax＝μmAg/mA＝μg。 对整体：Fmax＝(mA＋mB)amax＝μ(mA＋mB)g，选B。 二、多项选择题（每小题4分，共16分） 9．ABC　　10．BCD　　11．AC　　12．ACD 【第9题】 【答案】ABC 【解析】由图像可知va＝4 m/s（匀速），b做初速度为零、加速度ab＝2 m/s²的匀加速运动。 两者速度相等时两物体相距最远：abt＝va，即2t＝4，t＝2 s，C正确； 此时Δx＝vat－½abt²＝4×2－½×2×2² m＝8－4＝4 m，A正确； b追上a时位移相等：vat＝½abt²，即4t＝t²，解得t＝4 s（t＝0舍去），B正确； 4 s末vb＝abt＝8 m/s≠4 m/s，D错误。 【第10题】 【答案】BCD 【解析】超重和失重是指物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于或小于自身重力的现象，物体所受重力本身并没有改变，A错误； 失重的条件是加速度方向竖直向下（加速下降或减速上升），B正确； 完全失重时a＝g，方向竖直向下，此时物体对支持物的压力为零，C正确； 自由落体运动的加速度恰为g、方向竖直向下，属于完全失重状态，D正确。 【第11题】 【答案】AC 【解析】建立沿斜面和垂直斜面的坐标系，对物块受力分析（重力mg、水平推力F、支持力N、摩擦力f）： 垂直斜面方向：N＝mgcos θ＋Fsin θ。F增大则N一直增大，A正确。 沿斜面方向：Fcos θ＋f＝mgsin θ，即f＝mgsin θ－Fcos θ。 F＝0时f＝mgsin θ（沿斜面向上）；F增大时f先减小，当F＝mgtan θ时f＝0；F继续增大，f反向（沿斜面向下）且大小增大。故摩擦力先减小后增大，B错误、C正确。 斜面对物块的作用力等于N与f的合力，由物块平衡可知它与(mg＋F)的合力等大反向，大小为，随F增大而增大，D错误。 【第12题】 【答案】ACD 【解析】最大静摩擦力fmax＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N。 0～2 s内F＝2 N＜4 N，物块保持静止，此时静摩擦力与F平衡，大小为2 N，A正确、B错误； 2～4 s内F＝6 N＞4 N，物块开始滑动，由牛顿第二定律a＝(F－μmg)/m＝(6－4)÷1 m/s²＝2 m/s²，C正确； 物块从t＝2 s开始加速，到t＝4 s历时2 s，v＝aΔt＝2×2 m/s＝4 m/s，D正确。 三、实验题（共20分） 【第13题】（8分） 【答案】（1）砂和砂桶的总质量远小于小车（含车上附加物）的质量　（2）不带定滑轮　（3）0.80　（4）正半轴 【解析】（1）对砂桶：mg－T＝ma，T＝mg·M/(M＋m)，只有当m≪M时才有T≈mg。（2分） （2）垫高不带定滑轮的一端，用重力沿斜面的分力抵消摩擦力。（2分） （3）计数点间的时间间隔T＝5×(1/50) s＝0.1 s，由逐差法： a＝[(s₃＋s₄)－(s₁＋s₂)]/(4T²)＝[(3.60＋4.40)－(2.00＋2.80)]×10⁻² m÷(4×0.1² s²) 　＝3.20×10⁻² ÷0.04 m/s²＝0.80 m/s²。（3分） （4）未平衡摩擦力时，必须F大于摩擦力小车才开始加速，故a＝0时F＞0，图线与F轴的正半轴相交。（1分） 【第14题】（12分） 【答案】（1）交流；接通电源；释放木块　（2）0.34；2.0　（3）0.28　（4）大 【解析】（1）电磁打点计时器（或电火花计时器）均使用交流电源；应先接通电源使打点稳定后再释放木块，以充分利用纸带。（3分） （2）计数点间的时间间隔T＝2×(1/50) s＝0.04 s。 B为A、C的中间时刻点，vB＝(sAB＋sBC)/(2T)＝(1.20＋1.52)×10⁻² m÷(2×0.04 s)＝0.34 m/s； 由逐差法：a＝[(sCD＋sDE)－(sAB＋sBC)]/(4T²) 　＝[(1.84＋2.16)－(1.20＋1.52)]×10⁻² m÷(4×0.04² s²)＝1.28×10⁻²÷0.0064 m/s²＝2.0 m/s²。（4分） （3）以木块和砂桶组成的系统为研究对象（两者加速度大小相同）： mg－μMg＝(M＋m)a， 即0.30×10－μ×0.50×10＝(0.50＋0.30)×2.0， 3.0－5μ＝1.6，解得μ＝0.28。（3分） （4）若滑轮存在摩擦，细线对木块的实际拉力小于按mg估算的值，但计算时仍用mg，相当于把这部分损耗当成了木块与木板间的摩擦，故测得的μ偏大。（2分） 四、解答题（共40分） 【第15题】（8分） 【答案】（1）70 N　（2）40 N，方向水平向左（与拉力的水平分量方向相反）　（3）能保持静止 【解析】（1）竖直方向平衡：N＋Fsin 37°＝mg， N＝mg－Fsin 37°＝10×10 N－50×0.6 N＝100 N－30 N＝70 N。（3分） （2）水平方向平衡：f＝Fcos 37°＝50×0.8 N＝40 N， 方向与拉力的水平分量方向相反（即水平向左）。（3分） （3）最大静摩擦力fmax＝μN＝0.6×70 N＝42 N。 因为物块所需的静摩擦力f＝40 N＜fmax＝42 N，所以物块能够保持静止。（2分） 【第16题】（10分） 【答案】（1）5 s；75 m　（2）不会相撞；最小距离为5 m 【解析】（1）乙车做匀减速运动，由v₁＝v₂－at得 t＝(v₂－v₁)/a＝(20－10)÷2 s＝5 s； 此过程中乙车的位移x₂＝(v₂＋v₁)t/2＝(20＋10)×5÷2 m＝75 m。（5分） （2）两车速度相等时（t＝5 s）两车相距最近。 该时间内甲车的位移x₁＝v₁t＝10×5 m＝50 m； 乙车比甲车多走的距离Δx＝x₂－x₁＝75 m－50 m＝25 m； 因为Δx＝25 m＜d＝30 m，所以两车不会相撞。 两车间的最小距离Δd＝d－Δx＝30 m－25 m＝5 m。（5分） （说明：t＝5 s后乙车速度小于甲车，两车间距离重新增大，故t＝5 s时距离最小。） 【第17题】（10分） 【答案】（1）2 m/s²，方向水平向右（与传送带运动方向相同）　（2）1 s；1 m　（3）3 s 【解析】（1）物块初速度为零，小于传送带速度，物块相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力方向向右。 由牛顿第二定律：μmg＝ma₁，a₁＝μg＝0.2×10 m/s²＝2 m/s²，方向水平向右。（3分） （2）由v＝a₁t₁得t₁＝v/a₁＝2÷2 s＝1 s； x₁＝v²/(2a₁)＝2²÷(2×2) m＝1 m。（3分） （3）因x₁＝1 m＜L＝5 m，物块在到达右端之前即与传送带共速。 共速后物块无相对滑动趋势（水平传送带上无其他水平外力），摩擦力为零，物块随传送带一起做匀速运动。 剩余路程x₂＝L－x₁＝5 m－1 m＝4 m，所用时间t₂＝x₂/v＝4÷2 s＝2 s； 总时间t＝t₁＋t₂＝1 s＋2 s＝3 s。（4分） 【第18题】（12分） 【答案】（1）8 m/s²　（2）4 m　（3）能自行下滑；v＝4 m/s　（4）3 s 【解析】（1）上滑时重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma₁， a₁＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.5＋(/5)×(/2)) m/s²＝10×(0.5＋0.3) m/s²＝8 m/s²。（3分） （2）由0－v₀²＝－2a₁L得 L＝v₀²/(2a₁)＝8²÷(2×8) m＝4 m。（3分） （3）判断能否下滑：比较μ与tan θ。tan 30°＝/3≈0.58＞μ＝/5≈0.35， 即mgsin θ＞μmgcos θ，重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，故滑块能自行下滑。 下滑时摩擦力沿斜面向上：a₂＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.5－0.3) m/s²＝2 m/s²， 由v²＝2a₂L得v＝ m/s＝4 m/s。（4分） （4）上滑时间t₁＝v₀/a₁＝8÷8 s＝1 s； 下滑时间t₂＝v/a₂＝4÷2 s＝2 s； 总时间t＝t₁＋t₂＝1 s＋2 s＝3 s。（2分） 学科网（北京）股份有限公司 $