北京市海淀区2024-2025学年高一（上）期末物理试卷

这是一份北京市海淀区2024-2025学年高一（上）期末物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量中，属于矢量的是( )
A. 时间B. 路程C. 质量D. 加速度
2.一篮球从距离地面1.5m处竖直下落，竖直反弹后上升0.6m，整个过程的路程和位移大小分别是( )
A. 2.1m 0.6mB. 2.1m 0.9mC. 1.5m 0.6mD. 1.5m 0.9m
3.图1是汽车从制动到停止的示意图，汽车从开始制动到停止共用了5s。这段时间内，汽车每1s前进的距离分别是9m、7m、5m、3m和1m。图2所示的四个图像中，表示汽车运动的x-t图和v-t图可能正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
4.如图所示，气垫导轨上的滑块经过光电门时，其上的遮光条会将光遮住，光电门可自动记录遮光时间Δt，已知遮光条的宽度为Δx。下列说法正确的是( )
A. 事实上，ΔxΔt为遮光条通过光电门过程的平均速度
B. 为使ΔxΔt更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，可换用宽度更宽的遮光条
C. 为使ΔxΔt更接近遮光条刚到达光电门时的瞬时速度，可令滑块的释放点更靠近光电门
D. 只用Δx和Δt可计算出滑块的加速度
5.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的自然长度为GE，如图甲所示。两个弹簧测力计分别通过细线OP、OQ拉着小圆环，使小圆环静止于O点，分别记录两个拉力F1、F2的大小和方向，如图乙所示。撤去F1、F2改用一个弹簧测力计通过细线OR单独拉小圆环，仍使小圆环处于O点静止，记录其拉力F的大小和方向，如图丙所示。画出F1、F2和F的图示，并用虚线把拉力F的箭头端B分别与F1、F2的箭头端A、C连接得出四边形OABC，如图丁所示。关于本实验，下列说法正确的是( )
A. 图乙所示的操作中，要保证两个弹簧测力计的拉力大小相等
B. 图丁中F1、F2的大小可分别用细线OP、OQ的长度来表示
C. 由图丁可初步猜测四边形OABC为平行四边形
D. 在图丁中以F1、F2为邻边画出平行四边形，其对角线一定与F完全重合
6.ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。汽车在进入ETC通道感应识别区前需要减速至5m/s以下，然后匀速通过感应识别区。以15m/s速度行驶的某辆汽车减速行驶到ETC感应识别区入口时恰好减速至5m/s，其减速过程的v-t图像如图所示，其中0～t1时间内图线是曲线，t1～t2时间内图线是直线，下列说法正确的是( )
A. 0～t1时间内汽车的运动轨迹是曲线
B. 0～t2时间内汽车的平均速度大于10m/s
C. 0～t1时间内汽车的加速度越来越小
D. t1～t2时间内汽车的加速度方向与汽车运动方向相同
7.将重物从高处运送到地面，为安全起见，要求下降过程中重物与墙壁保持一定的距离。图中所示是一种简单的操作方法：一人在高处控制下端系在重物上的绳子P，另一人站在地面控制另一根上端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若物体可视为质点，当绳与竖直方向的夹角为α，绳Q与竖直方向的夹角为β，且α1s
在1s内两物体一起加速运动，两物体整体受到的合力F合=FA+FB=(8-2t)N+(2+2t)N=10N
物体所受合力不变，由牛顿第二定律可知，物体的加速度不变，故C错误；
D、t=3s时两物体分离，在分离前两物体一起做匀加速直线运动，由A可知，加速度大小a=1m/s2，
t=2s时刻，物体B的速度大小v=at=1×2m/s=2m/s，故D正确。
故选：D。
10.C
【解析】AB.每隔相等时间间隔滴一滴水，以及每隔相等时间闪光一次，会看到水滴好像静止不动，h=12gt2，t=1s，由题意得，水滴间时间间隔等于0.05s，
T=0.05s或者0.1s时，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置，故AB正确；
CD.若将目前的光源闪光频率f略微调大一些，闪光的周期变短，则将观察到的奇特现象为水滴在逐渐上升，故C错误，D正确。
本题选错误的，故选：C。
11.AC
【解析】A.笔在竖直方向上受到重力和桌面的支持力以及硬币的压力，故A正确；
B.高铁、硬币和笔一起做匀速直线运动，笔不会受到静摩擦力，故B错误；
C.笔对桌面的压力和桌面对笔的支持力，这两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，但分别作用在桌面和笔上，因此它们是一对相互作用力，故C正确；
D.桌面对笔的支持力与硬币对笔的压力，这两个力虽然都作用在笔上，但它们的大小不相等，因此，它们不是一对平衡力，故D错误。
故选：AC。
12.AD
【解析】A.规定火箭运动方向为正，火箭的速度变化量Δv1=v-0=100m/s-0=100m/s，故A正确；
B.规定汽车运动方向为正，汽车的初速度v0=108km/h=30m/s，汽车的速度变化量为Δv2=0-v0=0-30m/s=-30m/s，故B错误；
C.根据匀变速直线运动的平均速度规律，火箭的平均速度为v1=v+02=1002m/s=50m/s，汽车的平均速度为v2=v0+02=302m/s=15m/s，则火箭的平均速度大于汽车的平均速度，故C错误；
D.火箭的加速度a1=v-0t1=100-010m/s2，汽车的加速度大小为a2=v0-0t2=30-02.5m/s2=12m/s2，故火箭的加速度比汽车的小，故D正确。
故选：AD。
13.AD
【解析】A.当木箱向下加速运动时，A处于失重状态，A对木箱的压力小于重力，最大静摩擦力比静止时小，故弹力可能大于最大静摩擦力，可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故A正确；
B.木箱保持静止时，在水平方向弹簧的弹力没有大于A与木箱之间的最大静摩擦力。当木箱向上加速运动时，A处于超重状态，A对木箱的压力大于重力，最大静摩擦力比静止时更大，故弹簧弹力小于向上加速时的最大静摩擦力，不可能使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动，故B错误；
CD.假设木箱向左以加速度a0运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax-kx=ma0，可知，当木箱向左运动的加速度小于等于a0时，将不发生相对滑动；当加速度大于a0时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向右移动；假设木箱向右以加速度a1运动时，A刚好没有发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax+kx=ma1，可知，当木箱向右运动的加速度小于等于a1时，将不发生相对滑动；当加速度大于a1时，将使弹簧拉动A相对木箱底面向左移动。故C错误，D正确。
故选：AD。
14.CD
【解析】汽车第一次反射超声波信号的时刻为t1=0.012s=0.01s，从反射到接受到信号经过的时间为Δt1=0.01s，
与超声波测速仪的距离：x1=v声⋅Δt1=340×0.01m=3.4m，
汽车第二次反射超声波信号的时刻为t2=0.1s+0.042s=0.12s，
从反射到接受到信号经过的时间为Δt2=0.02s
与超声波测速仪的距离：x2=v声⋅Δt2=340×0.02m=6.8m
则汽车在反射两个超声波信号之间的时间内前进的距离：Δx=x2-x1=6.8m-3.4m=3.4m，
汽车在反射两个超声波信号之间的时间为Δt=t2-t1=0.12s-0.01s=0.11s
汽车的行驶速度大小：v=ΔxΔt=≈30.9m/s，
同理可得第二次和第三次接收到超声波的平均速度v'=0.025×340-≈16m/s，所以车在减速。故AB错误，CD正确。
故选：CD。
23.5 有影响
【解析】(1)第3次实验时弹簧的为伸长量Δx3=18.90cm-12.60cm=6.30cm
(2)图像如下图所示，要让尽可能多的点经过直线，不能落在直线上的点要在直线两侧分布均匀
(3)F-Δx图线的斜率表示弹簧的劲度系数，则k=ΔFΔx=3.314.0×10-2N/m≈23.5N/m
(4)弹簧下端指针若由图1中A位置调整到B位置，则在测量弹簧的形变量时就不准确了，所以对该弹簧的劲度系数的测量值有影响。
故答案为：(1)6.30；(2)见下图
(3)23.5；(4)有影响。
16.BC AC 0.51 小车质量不变时，小车的加速度与合外力成正比。 1M
【解析】(1)器材中有打点计时器可以计时，所以不需要秒表，但需要测出小车的质量和打出的纸带上计数点之间的距离，所以还需要刻度尺和天平，故BC正确，A错误。
故选：BC。
(2)AB、在平衡阻力时，需要取下砝码和托盘，让纸带穿过打点计时器的限位孔，让小车带着纸带匀速运动，故A正确，B错误；
C、要保证小车在运动过程中，所受细线的拉力不变，所以应通过调整定滑轮，使细线和长木板上表面平行，故C正确；
D、为了充分利用纸带，在实验时，需要先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故D错误；
故选：AC。
(3)相邻两个计数点之间的时间间隔为t=5×0.02s=0.1s，小车的加速度为a=CE-AC(2t)2=7.21+7.72-6.19-6.70(2×0.1)2×0.01m/s2=0.51m/s2
(4)因为做出的a-F图像是一条经过原点的倾斜直线，所以结论应该是：小车质量不变时，小车的加速度与合外力成正比。
(5)见下图
对小车根据牛顿第二定律有F+m0g=Ma，整理有a=1MF+m0gM，所以图像的斜率k=1M
故答案为：(1)BC；(2)AC；(3)0.51；(4)小车质量不变时，小车的加速度与合外力成正比；(5)图像见解析；1M。
17.(1)根据运动学公式有v=v0+a1t1
解得60s时列车的速度v=(10+0.2×60)m/s=22m/s
(2)根据运动学公式v2-v02=2a2x
解得列车停下来的距离x=605m
答：(1)列车加速行驶60s时的速度大小为22m/s；
(2)若列车加速行驶60s时开始刹车，加速度大小为0.4m/s2，列车刹车后还要行驶605m的距离才能停下来。
18.(1)木块沿斜面匀速下滑，根据平衡条件有f=mgsinθ，FN=mgcsθ，又有f=μFN，解得动摩擦因数μ=tanθ；
(2)初始时，斜面向上的拉力F1=0，木块静止在斜面上根据平衡条件有f=mgsinθ，摩擦力方向沿斜面向上。拉力F1逐渐增大，木块受力如图1所示

根据平衡条件F1+f=mgsinθ，因此，f逐渐减小。当F1=mgsinθ时，f=0，拉力F1再增大，摩擦力方向沿斜面向下，木块受力如图2所示，

根据平衡条件有F1=mgsinθ+f，随F1增大逐渐增大，当f=mgsinθ时，木块恰好开始上滑。由以上分析可知，摩擦力f先是沿斜面向上，并逐渐由mgsinθ减小到0，然后改变方向，沿斜面向下，并由0逐渐增大到mgsinθ。
答：(1)求木块与斜面间的动摩擦因数μ等于tanθ；
(2)摩擦力f先是沿斜面向上，并逐渐由mgsinθ减小到0，然后改变方向，沿斜面向下，并由0逐渐增大到mgsinθ。
19.(1)①由加速度定义，有a1=v1-v0t1，解得a1=25m/s2
②根据牛顿第二定律，有0.9mg+F=ma1，解得动力F=4.8×105N；
(2)a-t图像与t轴所夹的面积为速度变化量的大小，根据a-t图有速度变化量的大小Δv=a0+3a02t2，解得a0=16m/s2
答：(1)①求该过程中舰载机的加速度大小a1等于25m/s2；②弹射装置在该舰载机起飞过程中提供的动力大小等于4.8×105N；
(2)舰载机刚钩住阻拦索时加速度的大小等于16m/s2。
20.(1)根据物体的平衡条件，有FN1=mgcsθ=1×10×cs37°N=8N，f1=mgsinθ=1×10×sin37°N=6N；
(2)根据运动学公式，有L2=12at2，可得a=Lt2=1.612m/s2=1.6m/s2，
①橡胶块在运动过程中在xy平面受力情况如图所示，

橡胶块所受摩擦力大小f2=μFN1=0.8×8N=6.4N，方向水平向左。
设外力F在x、y方向上的分量分别为Fx，Fy，根据牛顿第二定律有Fx-f2=ma，解得Fx=1×1.6N+6.4N=8N，Fy=Gy=6N，解得F= Fx2+Fy2= 82+62N=10N；
②斜面M在水平和竖直方向受力都平衡，有
支持力FN=Mg+FN1csθ=2×10N+8×0.8N=26.4N
摩擦力f= f22+(FN1sinθ)2= 6.42+(8×0.6)2N=8N。
答：(1)当橡胶块静止在斜面上时，它受到斜面的支持力大小为8N，摩擦力大小为6N；
(2)①该外力的大小为10N；
②橡胶块运动过程中，地面对斜面体的支持力大小为10N，摩擦力大小为8N。
时刻
0
0.02s
0.1s
0.14s
0.2s
0.25s
事件
发射第一次超声波信号
接收第一次超声波信号
发射第二次超声波信号
接收第二次超声波信号
发射第三次超声波信号
接收第三次超声波信号
实验次数
1
2
3
4
5
6
钩码质量m/g
50
100
150
200
250
300
刻度尺的刻度x/cm
14.80
16.85
18.90
21.00
23.20
25.20
弹簧的伸长量Δx/cm
2.20
4.25
______
8.40
10.60
12.60