精品解析：上海市曹杨第二中学2022-2023学年高一上学期期末物理试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一_上学期_3：期末

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上海市曹杨第二中学 2022 学年度第一学期
高一年级总结性评价物理试卷
考生注意：
1．答卷前，同学们务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚。
2．本试卷共有 20道试题，满分 100分，评价时间 60分钟。请同学们将选择题答案直接点击
在智学网上，非选择题用黑色水笔将答案写在答题卷上，并按要求拍照上传至智学网相关位
置。
3．如果需要，本试卷重力加速度 g 取10m/s2。
一、单选题（1~8每题 3分，9~12 每题 4分，共 40分）
的
1. 下列单位不属于国际单位制中基本单位 是（ ）
A. 安培 B. 米 C. 焦耳 D. 摩尔
【答案】C
【解析】
【详解】国际单位制中的基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，焦耳不是基本单位而
是导出单位。
故选C。
2. 用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下列物理公式中不属于用比值法定义物理量的是（ ）
m s F U
A. 密度 B. 速度v C. 加速度a D. 电阻R 
V t m I
【答案】C
【解析】
m
【详解】A．密度ρ与m和V无关，可知密度 用的是比值定义法，故A不符合题意；
V
s
B．由速度的定义知v 是比值定义法，故B不符合题意；
t
F
C．加速度a 中，a随着F和m的变化而变化，不是采用比值定义法定义的，故C符合题意；
m
U
D．电阻R由本身的性质决定，与U和I无关，电阻R  采用的是比值定义法，故D不符合题意。
I
故选C。
3. 伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理和谐结合的重要
科学研究方法。图a、图b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，下列相关说法正确的是
（ ）
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A. 图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动
B. 图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易
C. 图b中斜面倾角减小到零时，小球一定会一直运动下去
D. 图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
【答案】B
【解析】
【详解】AB．伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略
通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法
记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而
小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做
了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，A错误，B正确；
C．实际中没有摩擦力的斜面并不存在，图b中斜面倾角减小到零时，小球也不会一直运动下去，C错
误；
D．伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，D错误。
故选B。
4. 物体A、B的st图象如图所示，由图可知
A. 从第4s起，两物体运动方向相同，且v v
A B
B. 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动
C. 在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇
D. 5s内A、B的平均速度相等
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【答案】A
【解析】
【详解】A.由图看出，两图线的斜率都大于零，说明两物体都沿正方向运动，运动方向相同。图线A的斜
率大于图线B的斜率，说明A的速度大于B的速度，即v v .故A正确。
A B
B.物体A从原点出发，而B从正方向上距原点5m处出发，出发的位置不同。物体A比B迟3s才开始运
动。故B错误。
C.5s末两图线相交，说明5s末两物体到达同一位置相遇。但两物体5s内通过的位移不同，A通过的位移
为 x
A
10m010m，物体B通过的位移为 x
B
10m5m5m。故C错误。
D.由C中分析可知，5s内A通过的位移大于B的位移，所以5s内A的平均速度大于B的平均速度。故D
错误。
故选A。
5. 如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G，则椅
子各部分对他的作用力的合力大小为
A. G B. Gsinθ C. Gcosθ D. Gtanθ
【答案】A
【解析】
【详解】人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他
的作用力的合力，根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G，故选
项A正确．
【点睛】人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子
各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．
6. 某学生在水平放置的方木板上做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。先把橡皮筋一端用图钉
固定于P点，然后用两个弹簧测力计通过细绳将橡皮筋的另一端拉到某一位置O点，如图所示，之后再用
一个弹簧测力计通过细绳将橡皮筋的另一端仍拉到O点，其目的是（ ）
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A. 使橡皮筋的伸长量相同
B. 减少实验过程中的误差
C. 确保两次弹簧测力计拉力的效果相同
D. 确保两个共点力的合成规律满足平行四边形法则
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．该实验要探究两个互成角度的力的合成规律，用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮筋时要与
用两个弹簧测力计通过细绳拉橡皮筋的效果相同，即要确保两次弹簧测力计拉力的效果相同，AB错误，
C正确；
D．两个共点力的合成规律是否满足平行四边形法则是本次实验要探究的目的，不是前提，D错误。
故选C。
7. 如图所示，在水平地面上叠放着A、B、C三个完全相同的物块，今用水平力F作用于B时，A、B、C
均处于静止状态，则下列判断错误的是（ ）
A. 地面对C的摩擦力等于F
B. A对B的摩擦力方向向左
C. B对A的摩擦力等于零
D. B对C的摩擦力等于F方向向右
【答案】B
【解析】
【详解】A．以ABC三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对C的摩擦力大小等于
F，方向水平向左，A正确；
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BC．以A为研究对象，根据平衡条件得知，假设B对A有摩擦力，在水平方向找不到另一个力与之平
衡，所以假设不成立，则B对A的摩擦力等于零，A对B也无摩擦，B错误，C正确；
D．以AB组成的整体为研究对象，根据平衡条件得知，C对B的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则
B对C的摩擦力等于F，方向向右，D正确。
故选B。
8. 如图所示，A、B两条直线是在A、B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别是m 和m 的物体实验得
A B
出的两个加速度a与力F的关系图线，由图分析可知（ ）
A. m m
A B
B. 两地重力加速度g  g
A B
C. m m
A B
D. 两地重力加速度g  g
A B
【答案】A
【解析】
【详解】AC．根据
F-mg=ma
解得
1
a F g
m
1
a−F图像中斜率表示 ，由图可知A的斜率大于B的斜率，所以
m
m <m
A B
故A正确；C错误；
BD．由图像可知当两个物体外力F都为0时加速度都相同两物体都只受重力作用
a=g
所以
g =g
A B
故B错误；D错误。
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故选A。
9. 某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物
块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F t图像如图乙所示。下列说法正确
的是（ ）
A. 实验中必须让木板保持匀速运动
B. 图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C. 最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7
D. 只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
【答案】C
【解析】
【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与
向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲
线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力
作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；
C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为
10:7，故C正确；
D．根据
F F ，F mg
f N N
可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。现用
水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不
动。在这一过程中，环对杆的摩擦力F 和环对杆的压力F 的变化情况是（ ）
1 2
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A. F 保持不变，F 逐渐增大
1 2
B. F 保持不变，F 逐渐减小
1 2
C. F 逐渐增大，F 保持不变
1 2
D. F 逐渐减小，F 保持不变
1 2
【答案】B
【解析】
【详解】
以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得到，杆对环的摩擦
力
F G
1
故摩擦力保持不变；
杆对环的弹力
F  F
2
再以结点O为研究对象，分析受力情况，如图2所示，设绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得到
F mgtan
当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F 逐渐减小。据牛顿
2
第三定律可得，F 保持不变，F 逐渐减小。
1 2
故选B。
11. 如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m 、3m，A与天花板间、B与C之间用轻弹簧连接，当
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系统平衡后，突然将A、B间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（ ）（以向下的方向
为正方向）
A. g，g，g B. 5g ，2.5g，0
C. 5g ，2g，0 D. g，2.5g，3g
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A、B间绳烧断前，由平衡条件得知，下面弹簧的弹力大小为
F =m g=3mg
1 C
上面弹簧的弹力大小为
F =（m +m +m ）g=6mg
2 A B C
A、B间绳的拉力大小为
T=（m +m ）g=5mg
B C
A、B间绳烧断瞬间，两根弹簧的弹力都没有变化，则对A：此瞬间A所受的合力大小与原来绳子的拉力
T大小相等，方向相反，即方向向上，则
-5mg=ma
A
得
a =-5g
A
对B：此瞬间B所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向下，则
5mg=2ma
B
得
a =2.5g
B
对C：由于弹簧的弹力没有变化，则C的受力情况没有变化，所以a =0。
C
故选B。
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12. 如图，A、B两物体叠放在一起，先用手挡住B使其静止在固定斜面上，然后将其释放，A、B同时
沿斜面滑下，斜面与两物体之间的动摩擦因数相同，m m ，则下列说法错误的是（ ）
A B
A. 释放前，物体B受到物体A对它的压力
B. 下滑过程中，物体B受到物体A对它的压力
C. 下滑过程中，物体B与物体A之间无相互作用力
D. 下滑过程中，物体A、B均处于失重状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，撤掉外力后，物体A、B能沿斜面下滑，故物体A的重力沿斜面的分力大于最大
静摩擦力，所以释放前，物体A一定受到物体B沿斜面向上的支持力，由牛顿第三定律可知，物体B受到
物体A对它的压力，A正确；
BC．下滑过程中，设A、B间的相互作用力大小为F，对物体A、B分别由牛顿第二定律可得
m gsinm gcosF m a
A A A
m gsinm gcosF m a
B B B
联立解得
F 0
故B错误，C正确；
D．下滑过程中，A、B的加速度均沿斜面向下，有竖直向下的加速度分量，因此均处于失重状态，D正确。
故选B。
二、填空题（每题 4分，共 20分）
13. 牛顿第一定律表明，力是物体___发生变化的原因；该定律引出的一个重要概念是___．
【答案】 ①. 运动状态 ②. 惯性
【解析】
【详解】[1][2]牛顿第一定律内容即一切物体在不受力的作用时总保持静止或匀速直线运动状态，即不受力
时运动状态不变，所以力是物体运动状态发生变化的原因，据此引出的概念即物体保持原来运动状态不变
的性质，惯性．
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14. 某物体以2m/s2加速度做匀加速直线运动，已知第2s内的位移为12m，则该物体的初速度为________
m/s，第3s末的速度为________m/s。
【答案】 ①. 9 ②. 15
【解析】
【详解】[1]第2s内的位移为12m，由匀变速直线运动推论知，1.5s的速度等于第2s内的平均速度，即
x
v  2 12m/s
1.5 t
2
由速度公式vv at，将a=2m/s2，v =12m/s，t=1.5s代入可得初速度为
0 1.5
v =9m/s
0
[2]第3s末的速度为
v v at 9m/s23m/s15m/s
3 0 3
15. 一质量为m的乘客站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以大小为a 的加速度减速上行，
0
如图所示。重力加速度大小为g。该过程中，乘客对踏板的压力大小为________，摩擦力大小为________。
【答案】 ①. mga sin ②. ma cos
0 0
【解析】
【详解】[1]根据牛顿第二定律得
mgF ma sin
N 0
根据牛顿第三定律得
F   F
N N
解得
F  mga sin
N 0
[2]根据牛顿第二定律得
F ma cos
f 0
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16. 如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，
当劈水平向右匀加速加速度a ________时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度
1
a 2g 向左匀加速运动时，绳的拉力T ________。
2
3
【答案】 ① g ②. 5mg
.
3
【解析】
【详解】[1]球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：
mgtan30 ma
解得：
3
a  g
1 3
[2]当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面，即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：
由牛顿第二定律得：
mg
ma
tan30 临界
解得：
a = 3g a2g
临界
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所以当加速度：a 2g 水平向左匀加速运动时，小球离开斜面，受力如图所示：
所以绳子的拉力：
T  (mg)2 (ma)2  5mg
2
17. 一个物块m与竖直墙壁接触，受到水平推力F的作用，F随时间变化的规律为F=4t（N）。设物块从
t=0时该起由静止开始沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙壁间的动摩擦因数为μ（μ<1），得到物块与墙壁间
的摩擦力f 随时间t变化的图象如图所示，由图可知物块的重力等于_______牛，物块与竖直墙壁间的摩擦
系数为______。
【答案】 ①. 10 ②. 0.5
【解析】
【详解】[1]由题可知，物体先受滑动摩擦力后受静摩擦力，由图可知，当t=10s以后，物体受到的重力等
于静摩擦力等于10N。
[2]由图可知，t=5s时，物体受到的滑动摩擦力为f=10N，水平推力为
F=4×5N=20N
故摩擦因数为
f
 0.5
F
三、综合应用题（注意：第 19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出
必要的图示、文字说明、公式、演算等。）
18. 如图（a）为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力、质量的关系”的实验装
置。
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（1）在研究加速度和力的关系时，应保持________不变，用钩码所受的重力作为________，用DIS测小车
的加速度。
（2）AB段发生弯曲，原因是________；小车的加速度是否可以无限增大，理由是________。
（3）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF 关系图线，如
图（b）所示。分析此图线的OA段可得出的实验结论是________。
【答案】 ①. 小车的总质量 ②. 小车受到的合外力 ③. 没有满足M m ④. 见解析

⑤. 在小车质量一定时，加速度a与小车受到的合力F成正比
【解析】
【详解】（1）[1][2]探究加速度与力的关系，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车受到的
合外力。
（2）[3]设小车的质量为M ，钩码的质量为m，由实验原理有
mg Ma
解得
mg F
a 
M M
这是理论值，而实际上
mg
a' 
M m
这是真实值，只有当M m时

mg mg F
a'   
M m M M
a与F才成线性关系，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M m造成的。

[4]小车的加速度不可以无限增大，原因是由上述分析可知，想要增大小车的加速度，就要增大钩码的质
量，当m M 时，小车的加速度为

mg
a'   g
M m
即小车加速度最大接近于重力加速度。
（3）[5]由图像OA段可知，图像是一条直线，a与F成正比，即在小车质量一定时，加速度a与小车受到
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的合力F成正比。
19. 如图甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量为m=1 kg的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并
静止于O点．现用沿杆向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t =0.4 s后撤去风力．小球沿细杆运动的
1
v-t图像如图乙所示（g取10 m/s2） ．试求：
（1）小球沿细杆滑行的距离；
（2）小球与细杆之间的动摩擦因数；
（3）风力F的大小．
【答案】（1）1.2m；（2）5；（3）7.5N
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球沿细杆滑行的距离
1
x 21.2m1.2m
2
（2）减速阶段的加速度大小
v
a  2.5m/s2
2 t
mg ma
2
解得
0.25
（3）加速阶段的加速度大小
v
a  5m/s2
1 t
F mg ma
1
解得
F 7.5N
20. 如图所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ=37°角，球与杆间的
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动摩擦因数μ=0.5。小球在大小为20 N，方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开
始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F（g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。求：
（1）撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；
（2）小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间。
【答案】（1）2 m/s2；（2）2.4 s
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球在拉力F作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示，
沿杆方向有
Fsin θ-mgsin θ-F =ma
f1 1
沿垂直于杆方向有
Fcos θ=mgcos θ＋F
N1
且
F =μF
f1 N1
联立解得
a =2 m/s2
1
（2）小球在F作用下上滑1 s，则
v =a t =2×1 m/s=2 m/s
1 11
1 1
x = a t 2= ×2×12 m=1 m
1 2 11 2
撤去拉力F后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示，
沿杆方向有
mgsin θ＋F =ma
f2 2
沿垂直于杆方向有
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F =mgcos θ
N2
且
F =μF
f2 N2
联立解得
a =10 m/s2
2
此过程
v2 22
x  1 = m=0.2m
2 2a 210
2
v
1
t = =0.2 s
2 a
2
小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示。
沿杆方向有
mgsin θ-F =ma
f3 3
垂直于杆方向有
mgcos θ=F
N3
且
F =μF
f3 N3
联立解得
a =2 m/s2
3
球下滑到杆的底端，通过的位移
x=x ＋x ＋x =1.44 m
0 1 2
由
1
x= a t 2
2 33
可得
t =1.2 s
3
所需总时间
t=t ＋t ＋t =2.4 s
1 2 3
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