【文档说明】浙江省杭州市2022-2023学年高一上学期期末学业水平测试物理试题 含解析.docx，共(20)页，8.840 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第一学期期末学业水平测试高一物理试题卷考生须知：1.本卷共6页，满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卡指定区域填写学校、班级、姓名、考场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卡；5.本卷涉及计算时21

0m/s=g。一、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、错选、多选均不得分）1.下列单位是国际单位制中的基本单位的是（）A牛顿B.升C.千克D.公里【答

案】C【解析】【详解】A．牛顿是导出单位，故A错误；B．升是导出单位，故B错误；C．千克是国际单位制中的基本单位，故C正确；D．公里是导出单位，故D错误。故选C。2.关于质点，下列说法中正确的是（）A.甲图中研究如何才能踢出香蕉球时，可以把足球看作质点

B.乙图中研究列车从杭州到北京的路程时，可以把列车看作质点C.丙图中研究雄鹰为什么能在空中翱翔时，可以把雄鹰看作质点D.丁图中研究运动员起跑动作时，可以把运动员看作质点【答案】B【解析】【详解】A．研究如何才能踢出香蕉球时，足球的形状不可忽略，不可以把足球看

作质点，故A错误；.B．研究列车从杭州到北京的路程时，列车的形状大小对所研究的问题影响很小，可以忽略不计，可以把列车看作质点，故B正确；C．研究雄鹰为什么能在空中翱翔时，雄鹰的形状不可忽略，不可以把雄鹰看作质点，故C错误；D．研究运动员起跑动作时，运动员的形状姿态不可忽略，不可以

把运动员看作质点，故D错误。故选B。3.如图所示，张老师驾车去浙江大学参加学术活动，导航显示了47分钟和39公里。（）A.47分钟指的是时刻，39公里指的是路程B.47分钟指的是时间间隔，39公里指的是位移大小C.47分钟指的

是时刻，39公里指的是位移大小D.47分钟指的时间间隔，39公里指的是路程【答案】D【解析】【详解】导航显示了47分钟，是指该行程所需要的时间，指时间间隔；39公里是指该行程需要行驶的路程大小。故选D。4.在台球比赛中，某球以1.3m/s的速度垂直撞击边框后，以1.1m/s的速度反向弹

回，球与边框接触的时间为0.08，则台球在该撞击过程中的加速度大小为（）A.22.5m/sB.225m/sC.23m/sD.230m/s【答案】D【解析】【详解】以初速度方向为正方向，根据加速度定义有22Δ1.11.3m/s30.0

m/sΔ0.08vat−−===−负号表示方向与初速度方向相反，即大小为230m/s。故选D5.汽车在制动的5s内，每1s前进的距离分别是5m、4m、3m、2m、1m；关于平均速度和瞬时速度，下列说法中正确的是（）

A.第5s末瞬时速度一定为0B.前2s的平均速度大小一定为4.5m/sC.汽车刚制动时瞬时速度大小一定为5m/sD.汽车前4s内平均速度比前1s内平均速度更接近刚制动时的瞬时速度【答案】B【解析】【详解】A．匀变

速直线运动中相邻相等时间段内位移差为定值，则有2xaT=代入1mx=，1sT=可得加速度大小21m/sa=若第5s末瞬时速度为0，则最后5s运动的距离21(5)12.5m2xaT==与题给数据不符合，故第5s末瞬时速度一

定不为0，故A错误；B．前2s的平均速度5m4m4.5m/s2sv+==故B正确；C．前2s的平均速度即为第1s末的瞬时速度，则汽车刚制动时瞬时速度大小015.5m/svvaT=+=故C错误；D．汽车前4s内平均速度等于第2s末瞬时速度，前1s内平均速度等于第0.5s末瞬时速度，故前1s

内平均速度更接近刚制动时的瞬时速度，故D错误。故选B。。6.伽利略为了研究自由落体的规律，采用“冲淡”重力的方法，将落体实验转化为沿斜面运动的实验。伽利略测量了铜球在较小倾角斜面上运动的位移和时间，发现位移与时间的平方成正比：增大斜面倾角，该规律仍

然成立。于是，他外推到倾角为90的情况得出结论。关于伽利略的研究下列说法正确的是（）A.“冲淡”重力是指使铜球的重力变小了B.伽利略让铜球沿着阻力较小的斜面滚下，直接测出了铜球速度随时间的变化规律C.伽利

略对倾角为90的情况进行了测量后得出结论D.铜球位移与时间的平方成正比说明它做匀加速直线运动【答案】D【解析】【详解】A．当时利用斜面做实验主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，“冲淡”重力是指铜球的加速度变小了，故A错误；B．伽利略的时代还不能准确测量物体的瞬时速度，也就无法测

出铜球速度随时间的变化规律，故B错误；C．伽利略对倾角为90˚的情况进行了合理外推，得出自由落体运动为匀加速的直线运动，故C错误；D．铜球位移与时间的平方成正比说明它做匀加速直线运动，故D正确。故选D。7.一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为

各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心。下列与重心概念的提出用到同样物理方法的是（）A.vt−图像面积的含义B.合力与分力概念的提出C.通过平面镜观察桌面的微小形变D.研究加速度与力、质量的关系【答案】B【解析】【详解】A

．v−t图像面积的含义是采用微元法得到表示物体的位移的，A错误；B．合力与分力的概念是采用等效替代的思想方法提出的，B正确；C．通过平面镜观察桌面的微小形变是采用了放大法，C错误；D．研究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法，D错误。故选B。8.人用平行于地面的力

推沙发，但它没有被推动，沙发与地面仍然保持相对静止。则此时（）A.沙发对人的弹力是由于沙发的形变而产生的B.沙发受到的重力与地面对沙发的支持力是一对作用力和反作用力C.沙发受到的重力与沙发对地面的压力大小

和方向都相同，因此是同一个力D.人对沙发力与沙发对人的力是一对平衡力【答案】A【解析】【详解】A．沙发对人的弹力是由于沙发的形变而产生的，故A正确；B．沙发受到的重力与地面对沙发的支持力是一对平衡力，故B错误；C．沙发受到的重力与沙发对地面的压力大小和方向都相同。重力的施力物体是地球，地面受

到的压力的施力物体是沙发，他们不是同一个力，故C错误；D．人对沙发的力与沙发对人的力大小相等、方向相反是一对相互作用力，故D错误。故选A9.如图是某同学在力传感器上完成下蹲或站起过程中传感器示数随时间变化的情况，下列说法

中正确的是（）A.该图是下蹲过程中显示的图像，该同学先失重后超重B.该图是站起过程中显示的图像，该同学先超重后失重C.该图反映了该同学先下蹲然后马上站起的全过程的图像，下蹲过程一直是失重，站起过程一直是超重D.该同学所受的重力先减小后增大【答案】A【解析】的。【详解

】ABC．由图可知，传感器示数先小于重力后大于重力，则人先失重后超重，则加速度先向下后向上，则是下蹲过程图像，故A正确，BC错误；D．重力由重力加速度和质量决定，与动作无关，该同学所受的重力不变，故D错误。故选A。10

.如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中（）A.绳上张力变大B.人对地面的压力变

大C.滑轮受到绳的作用力不变D.地面对人的摩擦力变大【答案】C【解析】【详解】A．滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向右移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角变小，根据2cos2Tmg=球解得2cos2mgT=球可知，变小，绳上的

张力T变小，A错误；B．对人分析有cos2NmgT=+人结合上述解得1cos=22NmgTmgmg=++人人球则人对地面的压力为1'2NNmgmg==+人球可知人对地面的压力不变，B错误；C．对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到绳的作用力为Fmg=球即滑轮受到绳

的作用力不变，C正确；D．对人分析可知地面对人的摩擦力为1sintan222fTmg==球可知变小，地面对人的摩擦力变小，D错误。故选C。11.如图为沙漏中下落沙子的照片。由于相机存在固定的曝光时间，照片中呈现

的下落的砂粒并非砂粒本身的形状，而是成了一条条模糊的径迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒从出口下落的初速度为0。忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，以下推断正确的是（）A.出口下方10cm处的径迹长度约是5cm处的2倍B.出口下方10cm处的径迹长度约是

5cm处的4倍C.出口下方0~3cm范围内的砂粒数约与3~6cm范围的砂粒数相等D.出口下方0~3cm范围内的砂粒数约与3~12cm范围的砂粒数相等【答案】D【解析】【详解】AB．根据22vgh=可知出口

下方10cm处的速度约是5cm处的2倍，可知出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的2倍，故AB错误；CD．根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1:3:5，可知从出口下落0~3cm与3~12cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0~3

cm范围内的砂粒数约与3~12cm范围的砂粒数相等，故C错误，D正确。故选D。12.研究物体做直线运动图像可以灵活选取纵横轴所表示的物理量，下列说法正确的是（）A.甲图中，物体在00t−这段时间内的位移等于002vtB.

乙图中，物体的加速度为21.0m/sC.丙图中，阴影面积表示12tt−时间内物体的位移大小D.丁图中，2s=t时物体的速度为15m/s【答案】D【解析】【详解】A．若物体做初速度为0、末速度为v0的匀加速直线运动，其位移为002vtx=根据v-t图像与时间

轴所围的面积表示位移，可知该物体的位移大于匀加速直线运动的位移002vt，故A错误；B．由图可得表达式为v2=x根据公式v2-v02=2ax，可得1m/s2=2a则得加速度大小a=0.5m/s2故B错误；C．根据vat=可知，乙图像中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量，故C错

误；D．由图可得55xtt=−为根据位移时间公式2012xvtat=+变形得012xvatt=+对比可得v0=-5m/sa=10m/s2则t=2s时物体的速度为v=v0+at=（-5+10×2）m/s=15m/s故D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备

选项中至少有一．．．．个．是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）13.疫情肆虐，研究表明戴口罩仍是当前最经济有效的防疫措施。为了研究口罩弹性绳对耳朵的弹力大小，某物理探究小组测量图（a）所示口罩两侧弹性绳的劲度系数。①将两条弹性绳A、B端拆离口罩并如

图（b）在水平面自然平展，总长度为51cm；②如图（c）用两个弹簧测力计同时缓慢拉A、B端，当两个弹簧测力计示数均为2.0N时，总长度为81cm。不计一切阻力，根据以上数据可知（）A.图（c）中，每条弹性绳的形变量为

15cmB.图（c）中，口罩两侧均受到4.0N的弹力C.每条弹性绳的劲度系数为20N/m3D.每条弹性绳的劲度系数为40N/m3【答案】AD【解析】【详解】A．每条弹性绳的形变量8151cm=15cm2x−

=故A正确；B．弹簧测力计的示数为2N，故口罩两侧均受2N的拉力，故B错误；CD．由胡克定律可得每条弹性绳的劲度系数为240N/m=N/m0.153Fkx==故D正确，C错误。故选AD。14.质量为1kg的

物块放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.11。物块A的右边被一根轻弹簧用1.0N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取210m/s。现在要使物块A相对木箱底面向右移动，可以实现的

有（）A.使系统向右减速运动，加速度大小为22m/sB.使系统向右加速运动，加速度大小为22m/sC.使系统向上加速运动，加速度大小为22m/sD.使系统向下加速运动，加速度大小为22m/s【答案】AD【解析】【详解】A．物块A和木箱之间的最大静

摩擦力为m1.1Nfmg==当木箱向右减速且a=2m/s2时，根据牛顿第二定律可得1fFma−=代入数据解得1m3Nff=因此物块A相对木箱向右滑动，故A正确；B．物块A和木箱之间的最大静摩擦力为m1.1Nfmg==当木箱向右加

速且a=2m/s2时，根据牛顿第二定律可得2Ffma−=代入数据解得21Nf=−负号说明摩擦力向右，摩擦力大小为2m1Nff=因此物块A相对木箱静止，故B错误；C．物块A能保持静止，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与木箱间的摩擦力，木箱竖直向上匀加速运动，物块处于超重状态，物块

对木箱间的压力变大，竖直方向Nmgma−=又最大静摩擦力mfN=当a=2m/s2时，物体与木箱的最大静摩擦力摩擦力m1.32N1Nf=故此时物块A相对木箱底面静止，故C错误；D．物块A能保持静止，

根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与木箱间的摩擦力，木箱竖直向下匀加速运动，物块处于失重状态，物块对木箱间的压力变小，竖直方向mgNma−=又最大静摩擦力mfN=当a=2m/s2时，物体与木箱的最大静摩擦力摩擦力m0.88N1Nf=故此时物块A可以相

对木箱底面向右水平移动，故D正确。故选AD。15.如图，一质量为m的黑板擦放置在倾角为，质量为M的斜面支架上，斜面支架放置在粗糙水平桌面上。已知此黑板擦有三分之一部分伸出斜面外，黑板擦与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g

。下列说法正确的是（）A.黑板擦受到的支持力大小为2cos3mgB.黑板擦受到的摩擦力大小一定为sinmgC.桌子对支架的作用力大小一定为()mMg+D.若黑板擦的质量增加，则桌面对支架的摩擦力增大【答案】BC

【解析】【详解】A．根据平衡条件，黑板擦受到的支持力大小与重力垂直斜面的分力大小相同，即为cosmg，故A错误；B．根据平衡条件，黑板擦受到的摩擦力大小与重力沿斜面的分力大小相同，即为sinmg，故B正确；C．对黑板擦和支架整体，根据平衡条件可知，桌子对

支架的作用力大小与整体的重力大小相等，即为()mMg+，故C正确；D．对黑板擦和支架整体，整体静止时，根据平衡条件可知，桌子对支架没有摩擦力，若黑板擦质量增加，只要整体仍静止，则桌子对支架仍然没有摩擦力，故D错误。故选BC。三、非选择题（本题共6小题，共52分）16.

某同学用如图所示装置探究小车加速度与小车所受合外力以及小车质量的关系。（1）如图1为补偿阻力的实验操作：将长木板一端垫高，用槽码拉动小车，使它恰好能拖动纸带做匀速直线运动。该操作存在的问题是______（写出一种即可）（2）该同学

使用的为电火花计时器，应选用的电源是：______（见图2，选填“A”、“B”、“C”）（3）图3为他某次实验得到的纸带，两计数点间还有4个点未画出，部分实验数据如图所示，C点速度大小为______m/s，加速度大小为______2m/s（

计算结果均保留两位有效数字）【答案】①.不应该用槽码拉动小车，而应轻推小车使其恰好做匀速直线运动②.C③.0.70④.0.52【解析】【详解】（1）[1]平衡阻力时，不应该用槽码拉动小车，而应轻推小车使其恰好做匀速直线运动；（2）[2]电火花计时

器，应选用的电源是220V交流电，即为C；（3）[3]两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点时间间隔为0.1s，C点速度大小26.717.2310m/s0.70m/s20.2BDCxvT−+===[4]根据逐差法，加速度大小222227.237.756.196/.71.ms

m.05210440s1/CEACxxaT−−+=−−==17.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。（1）如图1关于该同学的实验操作，下列操作最合理的是______（单选）（2）某次实验中，弹簧测力计的指针位

置如图2所示，其读数为______。（3）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果有无影响？______（选填“有”、“无”）（4）如图3若两弹簧测力计拉力的图示已作出，方格每边的长度表示0.5N，

O是橡皮条的一个端点。则合力F的大小为______。（结果保留两位有效数字）【答案】①.B②.1.80③.无④.3.5N【解析】【详解】（1）[1]由图A可知两个弹簧测力计的示数相差较大，可能会导致其中一个超

过量程，由图B可知两个力的大小适中，均不会超过量程，由图C可知拉力方向和绳并不在一条直线上，该图错误，故最合理的选B。（2）[2]弹簧测力计分度值为0.1N，要估读一位，则读数为1.80N；（3）[3]由于O点的作用效果

相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果；（4）[4]已知分力求合力，根据平行四边形定则作图，如图所示故合力为3.5N；18.在全系标配博世ESP9.3车身稳定系统的情况下，唐DM实现了0100km/h−加速4.7秒的惊人成绩。在某次直线性能测试中，唐DM从零开始做匀加速运动

，加速度26m/sa=，经过10s冲过终点线以后立即开始匀减速，再行驶360m后停下，求：（1）行驶的最大速度大小mv；（2）加速过程中的位移大小1x；（3）减速过程中的加速度大小2a。【答案】（1）60m/s；（2）300m；（3）25m/s【解析】【详解】（1）加速

过程110st=，则最大速度160m/smvat==（2）加速过程的位移大小2111300m2xat==（3）减速过程，根据速度位移公式有2222mvax=解得225m/sa=19.如图，质量为10kg的物体静止在37的斜面上，斜面固定，21

0m/s=g，sin370.6=，cos370.8=，求（1）斜面对物体支持力NF的大小；（2）若对物体施加400N的向右水平推力，恰使物体可以沿斜面匀速上滑，求物体与斜面之间的动摩擦因数。【答案】（1）80N；（2）1316【解析】【详解】（1）对物体，垂直斜面方向，根据平衡条

件可得Ncos80NmgF==（2）若对物体施加400N的向右水平推力，则物体与斜面之间的滑动摩擦力为(cossin)fmgF=+沿斜面方向，根据平衡条件cossinFmgf=+联立解得1316=20.如图所示，为应对火灾等紧急情况，人们设计了如图所示逃生滑梯。只需按下紧急

开关，窗外的充气泵就会对气囊开始充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员以正确的姿势从窗口滑梯下来，就能顺利逃离现场了。若沿气囊下滑高度3.2mh=，气囊所构成的斜面长度为6.4ml=，一个质量为60kgm=的人沿气囊滑下时的阻力是f240NF=，g取210m/s

，求：（1）该人下滑所需的时间t；（2）人们通过改变斜面长度l以缩短逃生时间（因高度h不可变）。出于安全考虑，人员在气囊上加速度不得大于24m/s，若阻力大小不变，求轨道的最小长度ml。【答案】（1）85s5；（2）4m【解析】【详解】（1）设气囊与水平方向夹角为，根

据几何关系1sin2hl==人下滑过程，根据牛顿第二定律fsinmgFma−=根据匀变速直线运动规律212lat=解得85s5t=（2）当加速度2'4m/sa=时，气囊长度最小，此时msin'hl=根

据牛顿第二定律f'sin'mmFga=−解得m4ml=21.如图甲所示，北京冬奥会上，智慧餐厅的亮相引发了国内外媒体的高度关注。在智慧餐厅里，餐品首先被上升到水平安装的“空中云轨”，随后会有云轨小车来接应餐品，自动将餐品送达对应的餐桌正上方，通过“送菜机”向下将餐品送给顾客。假设云轨小

车从静止开始，沿水平直线将托盘平稳送至6m远的目标位置上空，托盘固定于云轨小车上，托盘上表面水平，云轨小车加速与减速时的加速度最大值均为23m/s=a，运动的最大速度为m3m/sv=，托盘的质量2kgm=，

不计空气阻力，g取210m/s。求：（1）云轨小车以最大加速度由静止开始加速到最大速度时的位移x的大小；（2）不放餐品时，以最大加速度加速时，云轨小车对托盘的作用力F大小；（3）运送餐品时，若餐品与托盘的动摩擦因数0.2=，且认为最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，那么云轨小车安全送餐并返回原处．．．．．．．．．的最短运动时间t为多少？并在图乙中画出vt−图像。（不计“送菜机”将餐品送给顾客的时间，设送餐方向为正方向）【答案】（1）1.5m；（2）2109N；（3）6.5s；【解析】【详解】（1）根据速度位移公式2m2vax=可

得1.5mx=（2）竖直方向，根据平衡条件20NyFmg==水平方向根据牛顿第二定律6NxFma==则云轨小车对托盘的作用力大小222109NxyFFF=+=（3）若餐品与托盘的动摩擦因数0.2=，则加速度最大时00'm

gma=加速度最大为2'2m/sa=小车加速到最大速度过程的位移大小为2m9'm2'4vxa==时间为m3's'2vta==由最大速度减为零过程的位移和时间也为2m9'm2'4vxa==m3's'2vta==匀速过程

的位移大小为''6m2'1.5mxx=−=用时为m''''0.5sxtv==则送餐过程最短用时12'''3.5sttt=+=返回时，加速度可以达到23m/s=a，加速和减速过程总用时m'''22svta==匀速过程用

时m6m2''''1sxtv−==返回总用时2'''''''3sttt=+=云轨小车总共最短运动时间126.5sttt=+=根据以上分析，绘图如下