2022-2023学年北京市东城区高一上学期期末统一检测物理试题含解析

这是一份2022-2023学年北京市东城区高一上学期期末统一检测物理试题含解析，共25页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 研究从北京开往上海一列火车的运行速度时，可以将火车看作质点
B. 研究汽车后轮上一点的运动情况时，可以将车轮看作质点
C. 研究百米赛跑运动员的起跑动作时，可以将运动员看作质点
D. 研究地球的自转时，可以将地球看作质点
【答案】A
【解析】
【详解】A．研究从北京开往上海的一列火车的运行速度时，火车的大小和形状是可以忽略的，可以将火车看作质点，A正确；
B．研究汽车后轮上一点的运动情况时，汽车车轮的大小和形状不能忽略，所以不可以将车轮看作质点，B错误；
C．研究百米赛跑运动员的起跑动作时，看的就是人的动作如何，大小和形状不能忽略，所以运动员是不能看作质点的，C错误；
D．研究地球的自转时，地球的大小和形状不能忽略，不能将地球看作质点，D错误。
故选A。
2. 如图是某辆汽车的速度仪表盘，汽车启动后经过40s，仪表盘指针指在如图所示的位置，则（ ）
A. 此时汽车的瞬时速度约是90m/s
B. 此时汽车的瞬时速度约是
C. 启动后40s内汽车平均速度约是90m/s
D. 启动后40s内汽车的平均速度约是
【答案】B
【解析】
【详解】AB．速度表盘显示的是汽车的瞬时速度，单位为，由图可知，汽车的瞬时速度为，故A错误，B正确；
CD．平均速度为，汽车位移未知，故无法求出平均速度，故CD错误。
故选B。
3. 有关加速度和速度的概念，下列说法正确的是（ ）
A. 速度大的物体，加速度一定很大B. 加速度大的物体，速度一定很大
C. 速度的变化量越大，加速度越大D. 速度变化越快，加速度越大
【答案】D
【解析】
【详解】A．当加速度较小，但是经过的时间很长，速度也可以变得很大，故A错误；
B．当加速度很大时，速度可以从零开始加速，也就是速度很小，故B错误；
C．速度变化量大，但加速度不一定大，如速度变化量大但用时很长时，加速度可能很小，故C错误；
D．加速度描述速度变化的快慢，速度变化的越来越快时，表示加速度越大，故D正确。
故选D。
4. 搭载神州十五号载人飞船的长征二号运载火箭于2022年11月29日晚成功发射，火箭在加速上升的过程中（ ）
A. 航天员处于超重状态
B. 座椅对航天员的作用力大于航天员对座椅的作用力
C. 火箭受到的合力的方向竖直向下指向地心
D. 火箭受到的重力与空气对火箭的作用力是一对平衡力
【答案】A
【解析】
【详解】A．火箭在加速上升的过程中，航天员处于超重，故A正确；
B．座椅对航天员的作用力与航天员对座椅的作用力是作用力与反作用力，大小始终相等，故B正确；
C．火箭在加速上升的过程中受到的合力的方向竖直向上，故C错误；
D．火箭在加速上升的过程中，空气对火箭的作用力大于火箭受到的重力，所以不是平衡力，故D错误。
故选A。
5. 一辆汽车停在路口等红灯，绿灯亮时，汽车开始以的加速度沿平直公路做匀加速直线运动。速度达到20m/s后，保持此速度匀速前进。汽车启动时，一辆自行车刚好经过汽车旁，与汽车同向且以8m/s的速度做匀速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A. 汽车速度达到20m/s前追不上自行车
B. 汽车在4s时追上自行车
C. 汽车在8s时追上自行车
D. 汽车追上自行车前，8s时汽车与自行车的距离最大
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．设经过时间t汽车追上自行车，则有
解得
则汽车追上自行车时的速度为
故AB错误，C正确；
D．汽车追上自行车前，汽车与自行车同速时，两者距离最大，则
可得距离最大时对应的时刻为
故D错误。
故选C。
6. 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，传感器记录的图像如图乙所示，则（ ）
A. 实验中必须让木板保持匀速运动
B. 图乙中曲线反映了物块所受摩擦力大小随时间的变化曲线
C. 由乙图知，物块的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小
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】B
【解析】
【详解】AB．实验中力传感器固定不动，即物块保持静止，由二力平衡原理可知，力传感器示数即为摩擦力大小，并不需要保持木板做匀速运动，曲线反映了物块所受摩擦力大小随时间的变化曲线，A错误，B正确；
C．由图乙可知，开始物块受到棉线 额拉力和长木板的静摩擦力平衡，直到拉力峰值为左右，即最大静摩擦力约为；之后物块和长木板相对滑动，物块所受的摩擦力和棉线拉力平衡，由图乙可知滑动摩擦力大小约为左右，物块的最大静摩擦力大小大于滑动摩擦力大小，C错误；
D．图乙中数据可得出物块与木板间的滑动摩擦力大小，由
可知：由于物块的质量未知，故求不出动摩擦因数，D错误；
故选B
7. 伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法。图a、图b分别表示这两项研究中的实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（ ）
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运动的结论
B. 图a中先在倾角较小的斜面上实验，可“冲淡”重力，便于测量时间
C. 图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验能直接观察到小球达到等高
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的结论
【答案】B
【解析】
【详解】A．图a通过对小球在斜面上的运动研究，合理外推得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A错误；
B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，来“冲淡”重力的作用效果，主要是使时间的测量更容易，故B正确；
C．图b中没有摩擦阻力的斜面实际并不存在，故实验不能直接观察到小球达到等高处，故C错误；
D．图b的实验为“理想实验”，伽俐略通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故D错误。
故选B。
8. 某同学在“用力传感器探究作用力和反作用力的关系”实验中，将一个力传感器A固定在一个滑块上，用手握住另一个传感器B，用B拉住A，使A和滑块由静止开始做变速直线运动。两个传感器的拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，请结合实验操作过程和F-t图线综合分析，下列说法不正确的是（ ）
A. 作用力与反作用力总是大小相等
B. 作用力与反作用力总是同时产生，同时消失
C. 作用力与反作用力总是同时变化
D. 作用力与反作用力总是作用在同一物体上
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．根据图乙可得，作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时产生，同时消失，同时变化，故ABC正确，不符合题意；
D．作用力与反作用力作用在不同的物体上，故D错误，符合题意。
故选D。
9. 如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则
A. 木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小
B. 木块受到木板的支持力增加、摩擦力增加
C. 木块受到木板的作用力大小不变、方向不变
D. 木块受到木板的作用力大小变化、方向变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、对物体受力分析可以知道,物体受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用,木块开始滑动前,物体受力平衡,所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等,即f=mgsinθ,所以夹角增大的过程中,木块所受的摩擦力一直在增大;木块受到的支持力N=mgcsθ,因为运动过程中,夹角增大,故支持力减小;故AB错误;
CD、因为木块一直处于平衡状态,故木块受到的作用力始终等于重力,故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变,所以C选项是正确的,D错误.
综上所述本题答案是:C
10. 如图所示，将一端固定有滑轮的长木板水平放置，一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮。绳的一端与质量为m的钩码相连，另一端与质量为M的滑块相连，细绳与长木板的上表面平行。已知滑块与长木板间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮质量，不计滑轮与轻绳间的摩擦力。现将滑块由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 释放后，滑块一定做匀加速直线运动
B. 当时，释放后滑块加速度
C. 当时，释放后滑块加速度
D. 当时，释放后绳上的拉力大小
【答案】B
【解析】
【详解】A．当时，释放后滑块保持静止，故A错误；
BC．当时，根据牛顿第二定律有
所以释放后滑块加速度为
故B正确，C错误；
D．当时，根据牛顿第二定律有
所以释放后绳上的拉力大小
故D错误。
故选B。
11. 水平传送带在电动机的带动下以恒定的速率运动。某时刻在传送带左侧A端轻轻放置一个质量为m的小物体，经时间t小物体与传送带共速，且没有到达传送带的右端，下列说法正确的是（ ）
A. 共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体受向左的摩擦力
B. 共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体不受摩擦力
C. 小物体相对于传送带的位移大小等于vt
D. 若传送带的速度增大，小物体也一定能与传送带共速
【答案】B
【解析】
【详解】AB．对物块进行受力分析可知，共速前小物体受向右的摩擦力；共速后小物块和传送带具有相同的速度，小物块和传送带没有相对运动或相对运动趋势，故共速后小物体不受摩擦力作用，A错误，B正确；
C．这个过程中小物块做匀加速直线运动，位移为
传送带发生的位移为
故小物体相对于传送带的位移大小等于
C错误；
D．若传送带的速度增大，小物体与传送带共速时走过的位移不大于传送带的长度，则小物体可以与传送带共速，小物体与传送带共速时走过的位移大于传送带的长度，则小物体不能与传送带共速，D错误。
故选B。
12. 人站在力传感器上持续多次完成下蹲、站起、下蹲、站起的动作。某次传感器记录的数据如图所示。请你根据力传感器上记录的数据①②，进行判断，下列说法正确的是（ ）
A. 数据①记录的是人下蹲过程，人先失重后超重
B. 数据①记录的是人站起过程，人先失重后超重
C. 数据②记录的是人下蹲过程，人先超重后失重
D. 数据②记录的是人站起过程，人先失重后超重
【答案】A
【解析】
【详解】AB．人下蹲动作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，对应先失重再超重，F先小于500N，再大于500N，A正确，B错误；
CD．人站起动作分别有超重和失重两个过程，先是加速上升超重，到达一个最大速度后再减速上升失重，对应先超重再失重，F先大于500N，再小于500N，CD错误。
故选A。
13. 某幼儿园要做一个儿童滑梯，设计时根据场地大小确定滑梯的水平跨度为L，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则滑梯高度至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则应该让儿童恰好能匀速下滑，即
故
由几何关系可得
解得
故选A。
14. 如图甲所示，水平面上竖直固定一个轻弹簧，一质量为m=0.20kg的小球，从弹簧上端某高度自由下落，从它接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度和弹簧压缩量之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间能量损失不计。g取，下列说法正确的是（ ）
A. 小球刚接触弹簧时速度最大
B. 该弹簧的劲度系数为20N/m
C. 当时，小球处于失重状态
D. 从接触弹簧到最低点的过程中，小球的加速度逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，合力向下，小球会继续向下加速，直到弹力等于重力，此时速度最大，故A错误；
BC．由图可知最高点对应弹簧压缩量为0.1m，此时速度最大，加速度为零，弹力等于重力，则有
解得
则可知当时，弹力大于重力，合力向上，小球处于超重状态，故B正确，C错误；
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，当速度达到最大值之前有
重力大于弹力，弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，当速度达到最大值后，小球开始减速，有
重力不变，弹力大于重力且逐渐增大，则加速度增大，综合可得加速度先减小后增大，故D错误。
故选B。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 物理实验一般都包括实验目的、实验原理、实验仪器、实验步骤、数据处理、误差分析、实验反思等内容。例如：
（1）实验仪器。在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，除了小车、一端带定滑轮的长木板、槽码、纸带等器材和装置外，实验中还需要______。
A．弹簧测力计 B．打点计时器 C．刻度尺 D．托盘天平
（2）数据处理。某同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，得到了弹簧长度l与弹簧下端悬挂的钩码质量m的数据如下表所示。（g取）
已经在坐标纸上作出l-m的图线，请根据图线求出该弹簧的劲度系数k=______N/m（结果保留2位有效数字）。
（3）方案设计。某同学居家学习期间，注意到一水龙头距地面较高，而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴下落，并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔，还能听到水滴落地时发出的清脆声音。于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度。为尽可能准确测量，请写出需要测量的物理量及对应的测量方法。______________________________
【答案】 ①. BC##CB ②. 26 ③. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]根据实验原理，实验中还需要打点计时器，测量纸带上两点间的距离还需要刻度尺。
故选BC。
（2）[2]图像斜率的倒数表示弹簧劲度系数的大小
（3）[3]他需要用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度h，多次测量取平均值，然后调节水龙头阀门，使一滴水开始下落的同时，恰好听到前一滴水落地发出的清脆声音，用手机测量n滴水下落时间，计算出一滴水下落时间
用
计算重力加速度。
16. 某实验小组用图甲所示的实验装置完成“探究加速度与力的关系”实验，图中小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
（1）下列说法正确的是______。
A．先释放小车，再接通打点计时器的电源
B．砂与砂桶的质量应远小于小车的质量
C．用“阻力补偿法”平衡摩擦力时，需要悬挂空砂桶
D．实验时拉小车细线应与长木板保持平行
（2）某次记录小车运动情况的纸带如图乙所示，0、1、2、3、4、5、6、7共8个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，各计数点与0计数点间的距离分别为、、、、、、。已知打点计时器交流电源的频率为50Hz，打下计数点4时小车的速度大小______m/s（结果保留2位有效数字）。
（3）某同学利用v-t图像求小车的加速度，他分别计算出打计数点1、2、3、5、6时对应的小车速度、、、、，已经描点在坐标纸上，将（2）中求出的的值描在坐标纸上，画出v-t图线______，小车的加速度______（结果保留2位有效数字）。
（4）通过改变砂和砂桶的质量，多次测量并作出小车的加速度a与砂和砂桶的重力F的图像如图丁所示，图丁中的a-F图像有纵截距，出现这一情况的可能原因是________________________。
【答案】 ①. BD##DB ②. 0.24 ③. ④. 0.34 ⑤. 平衡摩擦力过度
【解析】
【详解】（1）［1］A.要先接通电源，再释放小车，故A错误；
B.此实验原理用砂及砂桶的重力代表小车的合外力，故要求砂及砂桶的质量要远小于小车的质量，故B正确；
C. 此实验原理用砂及砂桶的重力代表小车的合外力，故用“阻力补偿法”平衡摩擦力时，不需要悬挂空砂桶，故C错误；
D.实验时为了减小误差，要求拉小车的细线应与长木板保持平行，故D正确。
故选BD。
（2）［2］根据匀变速直线运动的特点，
由于相邻计数点间还有4 个点为画出，故相邻计数点之间的时间间隔为
解得
（3）［3］
［4］速度与时间图像的斜率为加速度，故
（4）［5］图像表示，在无外力的情况下，小车就已经有加速度了，故可能的原因是平衡摩擦力过度。
17. 在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。足球的质量为m，悬线OA与墙壁的夹角为。已知重力加速度为g，不计网兜的质量。
（1）求悬线OA上的拉力大小F；
（2）求墙壁对足球的支持力大小N；
（3）若悬线OA变短，则拉力大小F和支持力大小N如何变化。
【答案】（1）；（2）N=mgtanα；（3）都变大
【解析】
【详解】（1）取足球和网兜作为研究对象，受三个力的作用，即：重力mg，墙壁支持力N，悬绳的拉力F，如图所示
根据平衡条件结合图中几何关系可得
（2）墙壁对球的支持力大小为
N=mgtanα
（3）若悬线OA变短，角度α变大，根据以上分析可知， 变小，tanα变大，所以拉力大小和支持力大小都变大。
18. 我国第三艘航空母舰采用电磁弹射装置以缩短舰载机起飞距离，舰载机跑道如图所示。若航空母舰的水平跑道总长为，其中电磁弹射区的长度为，在弹射区做加速度为的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下继续做加速度为的匀加速直线运动，恰好在跑道末端达到离舰起飞速度，飞机可视为质点，航空母舰始终处于静止状态。求：
（1）舰载机离开电磁弹射区时的速度大小；
（2）舰载机在喷气式发动机推力作用下的加速度大小；
（3）舰载机从开始起飞到离开跑道的总时间。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，飞机在弹射区做加速度为的匀加速直线运动，根据运动学公式
解得
（2）飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下继续做加速度为的匀加速直线运动，根据运动学公式
解得
（3）根据运动学公式，弹射区时间
离开电磁弹射区至跑道末端的时间
舰载机从开始起飞到离开跑道的总时间
19. 如图所示，一质量为M的长木板静止放置在光滑的水平面上，滑块从长木板的左边缘以初速度滑上长木板。已知长木板足够长，滑块最终未从长木板右端滑落。滑块质量为m，可看成质点，滑块与长木板之间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）定量分析滑块滑上长木板后，滑块与长木板的运动情况；
（2）画出全过程中，滑块与长木板的速度随时间t变化的图像；
（3）为了使滑块不从长木板上滑落，求长木板的最短长度l。
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）由于地面光滑，长木板与滑块水平方向只受到相互作用的摩擦力，由牛顿第二定律，对滑块
解得
方向水平向左，与滑块的初速度方向相反，所以滑块向右做匀减速直线运动，对长木板
解得
方向水平向右，长木板初速度为0，所以长木板向右做初速度为0的匀加速直线运动，当两者速度相同后，长木板与滑块一起做匀速直线运动。
（2）由（1）可得，滑块与长木板的速度随时间t变化的图像如下
（3）当两者速度相同时，满足
解得
共速时速度
此时，滑块的位移为
长木板的位移为
共速后无相对滑动，所以长木板的最短长度l为
20. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与质量为m的物块A相连接。初始时刻，用挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簀处于自由状态。利用计算机系统精确控制使挡板B竖直向下做加速度大小为a=0.5g的匀加速直线运动，直至挡板与物块A分离，分离后物块A继续向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度，而后继续向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。求：
（1）挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量；
（2）物块A达到最大速度时，弹簧的伸长量；
（3）以弹簧原长时物块A所在位置为坐标原点O，向下为正方向建立坐标轴Ox。
（a）定性画出物块A从静止到第一次达到最大速度的过程中，其加速度a随坐标x变化的图像；
（b）由a-x图像求物块A的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）（a） ；（b）
【解析】
【详解】（1）当挡板B与物块A分离时，A、B间的作用力为零，则此时A的加速度为
对物块A受力分析由牛顿第二定律得
解得，挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为
（2）当物块A达到最大速度时，加速度为零，则对物块A有
解得，物块A达到最大速度时，弹簧的伸长量为
（3）（a）当物块A与挡板B分离前，物块A的加速度始终为
由于最开始弹簧处于自由状态，则当物块A与挡板B分离后，对物块A由牛顿第二定律得
随着弹簧的伸长量x的增大，加速度a逐渐减小。
所以物块A从静止到第一次达到最大速度的过程中，其加速度a随坐标x变化的图像如图所示
（b）由可知，通过a-x图像与x轴围成的面积求解，由a-x图像得
解得物块A的最大速度为
钩码质量m/g
0
30
60
90
120
150
弹簧总长度l/cm
6.00
7.20
8.30
9.50
10.60
11.80