2024北京西城高一(上)期末物理(教师版)

2024北京西城高一（上）期末
物理
本试卷共8页，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题，共46分。

一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。

）
1. 下列各物理量中，标量的是（）
A. 位移
B. 时间
C. 速度
D. 加速度
2. 下列单位属于国际单位制中的基本单位的是（）
A. m/s
B. N
C. cm
D. kg
3. 下图是嫦娥三号的“玉兔号”月球车在月球表面拍摄的全景照片拼接图，可以看到“玉兔号”自己的两根雷达天线、自己碾过的车辙，以及远处的水平面上的着陆器。

以下说法正确的是（）
A. “玉兔号”从B到O的位移大小等于BAO的轨迹长度
B. “玉兔号”从B到O，一定有加速度不为0的过程
C. 着陆器对月球的吸引力小于月球对着陆器的吸引力
D. 着陆器受到月球的吸引力和月面对着陆器的支持力是一对相互作用力
4. 为节能，电梯在无人时会停止运行。

人站到原来静止的平地电梯上，电梯带人沿水平直线前进会经历一个先加速再匀速的过程，如图所示。

此过程，人手未与扶梯接触，人与电梯保持相对静止，以下说法正确的是（）
A. 人不可能只受重力和支持力
B. 人受到的摩擦力一定是滑动摩擦力
C. 在匀速阶段，人受到电梯的摩擦力向前
D. 在加速阶段，人受到的支持力与重力等大
5. 为了研究磁场对通电导线的作用，采用如图所示装置。

将蹄形磁铁放在水平桌面的电子秤上，导体棒水平悬挂固定在磁铁的磁极之间，但与磁铁不接触。

下列判断正确的是（ ）
A. 导体棒通电前后，电子秤示数若有变化，则磁铁对导体棒的作用力沿竖直方向
B. 导体棒通电前后，电子秤示数若有变化，则磁铁对导体棒的作用力有水平分量
C. 导体棒通电前后，电子秤示数若没有变化，则磁铁对导体棒的作用力没有竖直分量
D. 导体棒通电前后，电子秤示数若没有变化，则磁铁对导体棒的作用力没有水平分量
6. 在太空，物体完全失重，无法用天平测量质量，航天员用动力学的方法测质量。

如图为我国航天员在“天宫一号”空间实验室测量自己的质量：航天员可以把自己固定在支架的一端，另一位航天员把支架拉开到与初始位置（舱壁）相距s 的位置；松手后，支架能够产生一个恒定拉力F ，拉着航天员从静止返回到初始位置（舱壁），不计其它外力，仪器记录下这段时间为t 。

由此可测出航天员的质量为（ ）
A. 22Fs t
B. 22Fs t
C. 22Ft s
D. 22Ft s
7. 倾角为α、质量为M 的斜面体静止在水平地面上，质量为m 的木块静止在斜面体上。

下列判断正确的是
（ ）
A. 木块受到的支持力大小是mg sin α
B. 木块受到的摩擦力大小是mg cos α
C. 木块受到斜面体作用力的大小是mg
D. 地面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos α
8. 如图，用三个弹簧测力计通过细线对同一个小圆环施加水平拉力作用，三个拉力的方向俯视如图所示，
如果小圆环可视为质点，且其所受重力可忽略不计，小圆环平衡时三个弹簧测力计的示数分别为F 1、F 2和F 3，关于这三个力的大小关系，下列判断正确的是（ ）
A. F 1>F 2>F 3
B. F 2>F 1>F 3
C. F 3>F 2>F 1
D. F 1>F 3>F 2
9. 为了测量“气垫导轨在如图所示的状态下，滑块从O 点由静止释放，经过P 点时瞬时速度的大小”，将光电门安放在P 点，滑块从O 点释放，经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间t ∆，测得遮光条的宽度为x ∆，用x t ∆∆近似代表滑块经过P 点时的瞬时速度大小。

为使x t
∆∆更接近瞬时速度，正确的措施是（ ）
A. 换用宽度更窄的遮光条
B. 提高测量遮光条宽度的精确度
C. 使滑块的释放点更靠近光电门
D. 增大气垫导轨与水平面的夹角
10. 如图为餐厅暖盘车的储盘装置，其示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。

托盘上正中位置叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。

已知单个盘子的质量为300g ，相邻两盘间距1.0cm ，g 取10m/s 2。

弹簧始终在弹性限度内，则每根弹簧的劲度系数为（ ）
A. 100N/m
B. 300N/m
C. 3N/m
D. 1N/m
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。

每小题全部选对的得4分，选对但
不全的得2分，有选错的得0分。

）
11. 为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图像。

某次实验获得的图像如图所示，a、b、c为图线上的三点，下列判断正确的是（）
A. a→b→c为一次“下蹲”过程
B. a→b→c为一次先“站起”后“下蹲”的过程
C. a→b过程，该同学处于失重状态
D. b→c过程，该同学处于失重状态
12. 如图，用一根轻质细绳将一幅重力为12N的画框对称悬挂在墙壁上的钉子O上，画框上两个挂钉间的距离为0.6m，两挂钉间绳子长度为1m，则（）
A. 细绳对钉子O的合力大小为12N
B. 细绳对钉子O的合力大小为10N
C. 绳子承受的拉力大小为7.5N
D. 绳子承受的拉力大小为10N
13. 物体以某一初速度冲上一个固定的粗糙斜面，物体在斜面上运动的速度—时间图像可能是（）
A. B. C. D.
14. 甲、乙两物体的速度随时间的变化图像如图所示，下列说法合理的是（）
A. 在0.1s时，甲的加速度比乙的加速度小
B. 在0~0.1s的过程，甲速度减小的快慢为平均每秒减小3m/s
C. 甲、乙的速度都由0.5m/s减小到0.2m/s的过程，甲比乙速度减小的更慢
D. 甲在速度由0.5m/s减小到0.2m/s过程中的位移，比乙在0~0.4s时间内的位移大
第二部分
本部分共6题，共54分。

15. 利用甲图所示的装置进行“探究物体运动的加速度与力的关系”的实验，其中与纸带相连的小车通过细绳与托盘相连，托盘内装有砝码，小车质量约为350g，托盘自身的质量为5g。

（1）实验中，需要保持小车_________（选填“质量”或“所受作用力”）不变。

平衡摩擦力的目的是________（选填“让小车所受合力等于绳子的拉力”或“让绳子的拉力大小等于托盘和砝码的重力大小”）。

（2）下列实验操作正确且必要的有_________
A.平衡摩擦力时移去纸带
B.调整定滑轮使细线与长木板平行
C.先接通打点计时器电源，再释放小车
D.每次小车从同一位置释放
（3）在一次实验中，得到如图所示的纸带。

纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出。

打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。

由图中数据可计算出小车的加速度
a=________m/s2（结果保留两位有效数字）。

（4）若利用力传感器将小车与细绳相连，如图乙，就可以用力传感器直接测量绳子对小车的拉力。

则关于托盘中砝码的选取，正确的说法是_______（选填“A ”或“B ”） A.必须选取单个质量尽量小的砝码，如5g/个 B.可以选取单个质量较大的砝码，如50g/个
16. 某同学利用如图所示的小球落体运动的频闪照片（局部）测量当地的重力加速度g 的值，采集到小球下落距离h 与时间t 的部分数据如下： t （s ）
0.04
0.08
0.12 0.16 0.20 0.24 0.28 0.32 0.36 0.40
h （m ） 0.014 0.046 0.09 0.15 0.23 0.32 0.43 0.55 0.69 0.85
（1）若取t =0s 时小球初速度为0.00m/s ，则以________ 为横轴、h 为纵轴来绘图以产生一条直线，该直线的斜率就是g 的值。

（2）实际上很难做到在频闪时刻释放小球，所以小球的初速度不一定为0.00m/s 。

以竖直向下为正方向，将表中的数据拟合出下落距离h 随时间t 变化的方程为2h At Bt C =++，其中24.91ms A -=，
10.15ms B -=，0.00m C =。

使用上述方程，计算得：g 的值为_________ m/s 2；小球下落t =0.5s 时（未触地），瞬时速度的大小为________ m/s 。

17. 冰壶在运动员推力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为1.0m/s 2，3s 末撤掉推力，冰壶以大小为0.2m/s 2的加速度在冰面上做匀减速直线运动至停止。

求冰壶： （1）3s 末的速度大小； （2）运动的总时间。

18. 如图所示，质量为1kg 、横截面为直角三角形的物块ABC 在竖直墙壁上，受到垂直于斜面BC 斜向右上方的推力的作用，从静止开始沿墙壁向上做加速度大小为1m/s 2的匀加速直线运动。

其中θ=37°，物块与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5，g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求 （1）1s 末物体的位移大小； （2）推力F 的大小；
（3）物体受到墙壁的支持力大小。

19. 如图所示，总质量为500kg的热气球所受浮力大小恒为5200N，从地面开始竖直上升，上升过程中所受空气阻力f与速度v的大小关系为f=40v（f、v都取国际单位）。

上升过程中热气球总质量不变，g取
10m/s2。

（1）定性描述热气球上升过程加速度和速度的变化情况；
（2）求热气球以2.5m/s的速度上升时加速度大小；
（3）求热气球匀速上升的速度大小。

20. 如图的滑轮装置，称作“阿特伍德机”。

其中，重物A、B是由不同数量的钩码组成，A、B的质量分别为M和m（M大于m），不计轴摩擦与绳重、滑轮重，绳不可伸长。

已知重力加速度g，利用“阿特伍德机”验证牛顿第二定律，结合此装置，回答下列问题。

（1）由静止释放，重物A向下、B向上做匀加速直线运动。

从重物开始释放计时，当运动时间为t时，其位移为x，请从运动学角度计算重物的加速度大小；
（2）从受力角度，依据牛顿第二定律计算重物的加速度大小；
（3）若满足什么关系式，则牛顿第二定律得到验证。

参考答案
第一部分
本部分共14题，共46分。

一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。

）
1. 【答案】B
【详解】由矢量和标量的概念知位移、速度、加速度都具有方向和大小，所以都是矢量，时间只具有大小，没有大小，是标量。

故选B。

2. 【答案】D
【详解】A.m/s是导出单位，故A错误；
B.N是导出单位，故B错误；
C.cm是基本单位，但不是国际单位制中的基本单位，故C错误；
D.kg是国际单位制中的基本单位，故D正确；
故选D。

3. 【答案】B
【详解】A．位移是指由初始位置指向末位置的有向线段，只有在单向直线运动中，位移大小与路程相等，而由图可知，其不是单向直线运动，所以位移大小小于BAO的轨迹长度，故A项错误；
B．从B到O B项正确；C．着陆器对月球的吸引力与月球对着陆器的吸引力是一对相互作用力，其大小相等，故C项错误；D．着陆器受到月球的吸引力和月面对着陆器的支持力是一对平衡力，故D项错误。

故选B。

4. 【答案】D
【详解】A．人在加速运动时受重力、支持力和摩擦力作用；匀速运动时只受重力和支持力，即人可能只受重力和支持力，故A错误；
B．人与电梯保持相对静止，则人受到的摩擦力一定是静摩擦力，故B错误；
C．在匀速阶段，人不受电梯的摩擦力，故C错误；
D．在加速阶段，竖直方向受力平衡，则人受到的支持力与重力等大反向，故D正确。

故选D。

5. 【答案】C
【详解】导体棒通电前后，电子秤示数若有变化，则磁铁对导体棒的作用力有竖直分量；电子秤示数若没有变化，则磁铁对导体棒的作用力没有竖直分量。

故选C。

6. 【答案】C
【详解】设航天员的质量为m ，运动过程中的加速度为a ，根据牛顿第二定律有
F ma =
由位移与时间的关系可得
212
s at =
联立解得
2
2Ft m s
= 故选C 。

7. 【答案】C
【详解】AB.由平衡可知，木块受到的支持力大小是
F N =mg cos α
木块受到的摩擦力大小是
f =m
g sin α
选项AB 错误；
C. 木块受到的重力与斜面体对物块的作用力等大反向，则木块受到斜面体作用力的大小是mg ，选项C 正确；
D. 对整体受力分析，水平方向斜面体无运动趋势，则地面对斜面体的摩擦力大小是零，选项D 错误。

故选C 。

8. 【答案】A
【详解】因F 2和F 3夹角为90°，根据平行四边形定则可得
F 1cos53°=F 3 F 1sin53°=F 2
可知
F 1>F 2>F 3
故选A 。

9. 【答案】A 【详解】
x
t
∆∆为遮光条通过光电门的平均速度1v ，而我们需要测量的是遮光条的中点通过光电门的瞬时速度2v ，设遮光条宽度为x ，滑块运动的加速度为a ，遮光条前端到光电门时的速度为0v ，则遮光条通过光电门的过程中有
201
2
x v t at =+
解得
t =
遮光条通过光电门过程的中间时刻的速度等于该过程的平均速度，所以
102t
v v a =+⋅=
又因为
222022
x v v a -=⋅
则有
21220v v == 所以，当0v 变大，a 减小，x 减小时，1v 与2v 更为接近。

A ．可以换用宽度更窄的遮光条使
x
t
∆∆更接近瞬时速度，故A 正确； B ．提高测量遮光条宽度的精确度只能使遮光条宽度测量更加准确，故B 错误； C ．使滑块的释放点更靠近光电门，0v 减小，则
x
t
∆∆不会更接近瞬时速度，故C 错误； D ．增大气垫导轨与水平面的夹角，会使加速度a 增大，则x
t
∆∆不会更接近瞬时速度，故D 错误。

故选A 。

10. 【答案】A
【详解】由于取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，表明一个盘子的重力可以使弹簧发生的形变量恰好等于相邻两盘间距1.0cm ，根据胡克定律有
03F mg kx ==
解得
k =100N/m
故选A 。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。

每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）
11. 【答案】AC
【详解】AB ．每次“下蹲”过程，先向下加速，失重，再向下减速，超重；每次“站起”过程，先向上加速，超重，再向上减速，失重；a →b →c 过程先失重后超重，则为一次“下蹲”过程，选项A 正确，B 错误； C ．a →b 过程，压力小于重力，该同学处于失重状态，选项C 正确； D ．b →c 过程，压力大于重力，该同学处于超重状态，选项D 错误。

故选AC 。

12. 【答案】AC
【详解】AB ．对画框进行分析，受到重力与左右两绳的拉力，根据平衡条件可知，两绳拉力的合力与重力大小相等，方向相反，即左右两绳拉力的合力大小为12N ，可知，细绳对钉子O 的合力大小为12N ，故A 正确，B 错误；
CD ．根据对称性可知，左右两侧绳的拉力大小相等，令绳与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有
2cos T G θ=
根据几何关系有
0.6
2sin 0.61
2
θ== 即有
37θ
=
解得
7.5N T =
故C 正确，D 错误。

故选AC 。

13. 【答案】BC
【详解】ABD ．令物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，物体沿斜面向上运动过程，物体做匀减速直线运动，对物体分析有
cos N mg θ=，1sin mg N ma θμ+=
解得
1sin cos a g g θμθ=+
若最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体向上减速至0后将沿斜面向下做匀加速直线运动，对物体分析有
cos N mg θ=，2sin mg N ma θμ-=
解得
2sin cos a g g θμθ=-
则有
12a a >
由于v t -图像斜率的绝对值表示加速度大小，可知向上运动的斜率的绝对值大于向下运动的绝对值，速度方向发生反向，若选择沿斜面向上为速度正方向，则速度先为正值，后为负值，且后来的加速度小一些，后来的斜率的绝对值小一些，故AD 错误，B 正确；
C ．结合上述，若选择沿斜面向下为速度正方向，则速度先为负值，后为正值，且后来的加速度小一些，后来的斜率的绝对值小一些，故C 正确。

故选BC 。

14. 【答案】BC
【详解】A ．图像的斜率等于加速度，可知在0.1s 时，甲的加速度比乙的加速度大，选项A 错误； B ．在0~0.1s 的过程，甲速度减小的快慢为
220.80.5m/s 3m/s 0.1
v t ∆-==∆ 即平均每秒减小3m/s，选项B 正确；
C ．甲、乙的速度都由0.5m/s 减小到0.2m/s 的过程，甲速度平均减小的快慢
220.50.2m/s 1m/s 0.40.1
v a t ∆-=
==∆-甲 乙速度平均减小的快慢 220.50.2m/s 1.2m/s 0.25
v a t ∆-=
==∆乙 甲比乙速度减小的更慢，选项C 正确； D ．图像与坐标轴围成的面积等于位移，可知甲在速度由0.5m/s 减小到0.2m/s 过程中的位移，比乙在0~0.4s 时间内的位移小，选项D 错误。

故选BC 。

第二部分
本部分共6题，共54分。

15. 【答案】 ，. 质量 ，. 让小车所受合力等于绳子的拉力 ，. BC##CB ，. 0.50 ，. B
【详解】（1）[1][2]实验“探究物体运动的加速度与力的关系”，需要保持小车质量不变。

平衡摩擦力的目的是让小车所受合力等于绳子的拉力。

（2）[3]A ．平衡摩擦力时必须连接纸带，因为在小车拖动纸带运动的过程中，纸带与打点计时器有摩擦，故A 错误；
B ．调整定滑轮使细线与长木板平行，保证使绳中拉力等于小车受到的合力，否则拉力不会等于合力，故B 正确；
C ．在实验操作过程中，要先接通电源后释放小车，故C 正确。

D ．每次小车不一定从同一位置释放，选项D 错误。

故选BC 。

（3）[4]小车的加速度
2
2222(12.90 6.20 6.20)10m/s 0.50m/s 0.1
BC AB x x a T ----⨯=== （4）[5]方案中用传感器直接测量绳子对小车的拉力，则所测拉力是准确的，加速度可适量大些，可以选取单个质量较大的砝码。

故选B 。

16. 【答案】 ，. 212
t ，. 9.82 ，. 5.06 【详解】（1）[1]根据初速度为0的匀速直线运动的位移与时间关系
212h gt =
直线斜率为g 的话，要以
212
t 为横轴； （2）[2]根据 2012
x v t gt =+
可知 2222 4.91m/s 9.82m/s g A ==⨯=
[3]根据
2012
x v t gt =+
可知 00.15m/s v B ==
()00.159.820.5m/s 5.06m/s v v gt =+=+⨯=
17. 【答案】（1）3m/s ；（2）18s
【详解】（1）根据速度与时间的关系可得3s 末的速度大小
1113m/s 3m/s v a t ==⨯=
（2）设减速阶段的时间为2t ，由速度与时间的关系可得
223s 15s 0.2
v t a =
== 可得运动的总时间 123s 15s 18s t t t =+=+=
18. 【答案】（1）0.5m ；（2）55N ；（3）44N
【详解】（1）1s 末物体的位移大小
221111m 0.5m 22
x at =
=⨯⨯= （2）（3）对物块受力分析可得 sin F mg f ma θ--=
cos N F F θ=
N f F μ=
联立解得
F =55N
F N =44N
19. 【答案】（1）见解析；（2）0.2m/s 2；（3）5m/s
【详解】（1）上升过程中由牛顿第二定律
40F mg v ma --=
则随速度增加，加速度减小，最后加速度减到零，此后气球做匀速上升；则热气球上升过程加速度逐渐减小，速度先增加后不变；
（2）根据
40F mg v ma --=
可得热气球以2.5m/s 的速度上升时加速度大小
22405200500040 2.5m/s 0.2m/s 500
F mg v a m ----⨯=== （3）热气球匀速上升时a =0，则
400F mg v --= 解得
v =5m/s
20. 【答案】（1）22x a t =
；（2）()M m g a M m -=+；（3）2()2M m g x M m t
-=+ 【详解】（1）根据 212
x at = 可得 22x a t =
（2）根据牛顿第二定律，对A
Mg T Ma -=
对B
T mg ma -=
解得
()M m g a M m
-=
+ （3）若满足 2()2M m g x M m t
-=+ 则牛顿第二定律得到验证。