2024莆田一中高一上学期期末考试物理试题

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1．
【答案】D
【详解】A．物体在不与地球相互接触时也会受到重力作用，但力不可以离开物体而独立存在，故A错误；
B．同一个物体在地球上各点，由于重力加速度不同，其所受重力大小不一定相等，故B错误；
C．弹簧的劲度系数由弹簧本身的性质决定，与弹力、形变量无关，故C错误；
D．压力和支持力的方向都垂直于物体的接触面，绳的拉力沿绳且指向绳收缩的方向，故D正确。
故选D。
2．
【答案】B
【详解】A．因为两物体相对运动，所以木块A受到滑动摩擦力，方向向左，故A错误；
B．根据二力平衡，木块A受到的滑动摩擦力大小等于FT，故B正确；
C．木板运动的速度大小不影响两物体间的滑动摩擦力大小，所以A受到的摩擦力大小等于FT，故C错误；
D．只要木板匀速运动，则木板所受到的合力为零，所以拉力不变，故D错误。
故选B。
3．
【答案】B
【详解】AB．对该圆柱形物体进行受力分析，如答图1、2所示。
设该圆柱形物体所受重力大小为G，两直杆对该圆柱形物体的弹力大小均为FN，FN与垂直轨道平面方向的夹角为α，该圆柱形物体与两直杆之间的动摩擦因数为μ，两直杆对该圆柱形物体的摩擦力大小均为f，该圆柱形物体恰好能沿轨道匀速下滑，在垂直轨道平面方向，有
2FNcsα=Gcsθ
在平行轨道平面方向，有
2f=Gsinθ
且
f=μFN
联立可得
Gsinθ=2f=μGcsθcsα
仅稍增大d，则α增大，f增大，2f>Gsinθ，该圆柱形物体将沿轨道减速下滑，选项B正确，选项A错误；
CD．仅稍增大θ，则f减小，Gsinθ增大，2f 向左
【详解】[1][2]画出两绳子拉力的合力示意图，见下图，因为两拉力大小相同，夹角为120º，根据力的平行四边形定则，得合力F的大小为
F=T
因为a绳较长，所以F方向为斜向左上方，设合力F与竖直方向的夹角为θ，则F可以分解为竖直向上的力和水平向左的力，根据牛顿第二定律得
Fcsθ=GFsinθ=ma
所以T>G，系统水平向左加速运动。
11.【答案】 1.2
【详解】设CA和PB的夹角为θ，则圆环沿光滑细线下滑的加速度为a=gcsθ，又PB=2CAcsθ，结合匀变速直线运动规律可得2CAcsθ=12at2，t=4CAg=1.2s
实验题
12．
【答案】 CD/DC F' 减小 减小
【详解】（1）[1]A．本实验不需要测量橡皮筋的原长，故A错误；
B．当用两个弹簧测力计拉橡皮筋时，让OB和OC两细线间的夹角适度即可，不一定为90°，故B错误；
C．结点O在两次操作时需拉到相同位置，以保证一个力拉与两个力拉时的效果相同，故C正确；
D．在对弹簧测力计读数时，要保持视线与刻度面垂直，故D正确。
故选CD。
（2）根据平行四边形定则，两个力夹角越小，合力越大。若保证О点位置不变，且拉力F1的大小不变，现将角α减少少许，则角β应减小，F2的大小应减小。
13．
【答案】 0.611 2.00 Ⅰ B 甲
【详解】（1）[1]根据题意，相邻计数点时间间隔
T=1f×5=0.1s
计数点3的瞬时速度
v=x23+x342T=0.611m/s
[2]由逐差法计算加速度为
a=x34+x45+x56−x01+x12+x23(3T)2≈2.00m/s2
（2）[3]根据牛顿第二定律F=Ma，整理可得
a=1M⋅F
设托盘质量为m0，根据实验原理可得
a=1M⋅m+m0g=1M⋅mg+m0Mg
可知仅将砝码质量记为m，则绘制出的a−F图像应该是题图中的Ⅰ。
（3）[4]本实验探究当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比。甲和乙的实验中，需要确保小车受到的拉力等于小车受到的合力，所以必须平衡小车和长木板之间的摩擦力。
故选B。
（4）[5]甲实验中，细线的拉力实际上是不等于重物的重力，但实验需要将重物的重力近似等于细线的拉力，所以必须满足“M远大于m”。乙实验中，细线的拉力可通过弹簧测力计直接获得，所以不必满足“M远大于m”。丙实验中，挂上托盘和砝码，调整木板的倾角，使质量为M的小车沿木板匀速下滑，此时细线的拉力等于托盘和砝码的总重力，当取下托盘和砝码，让小车沿木板下滑时，小车受到的合力即为托盘和砝码的总重力，所以也不必满足“M远大于m”。
五、解答题
14．
【答案】（1）5.3×105 N；0.96 m/s2；（2）63.3 m/s (3)
【详解】（1）由题意可知
F阻＝0.018mg
列车以额定功率工作，当行驶速度v＝10 m/s时，设牵引力为F1，得
F1=Pv=5.3×10610N=5.30×105N
根据牛顿第二定律，有
F1−F阻=ma
解得
a＝0.960 m/s2
（2）设行驶速度最大值为vmax，牵引力为F2，则
F2＝F阻
vmax=PF2=63.3m/s
(3)
15．【答案】（1）2.5m/s2，1.5m/s2；（2）5m/s 3m/s aA2=2.5m/s2 （3）2.5m
【详解】（1）刚开始运动时，对B有
μmg=maB1
解得
aB1=1.5m/s2
对A有
F−μmg−μM+mg=MaA1
解得
aA1=2.5m/s2
（2）0~2s内，分别对A、B，可得
vA1=aA1t1=5m/s
vB1=aB1t1=3m/s
撤去拉力后，对B有
μmg=maB2
对A有
μmg+μM+mg=MaA2
解得
aA2=2.5m/s2
（3）设经时间t2，A、B共速，可得
vA1−aA2t2=vB1+aB2t2
解得
t2=0.5s
A、B共速时的速度
vA2=vA1−aA2t2=3.75m/s
共速后，A、B一起在地面上做匀减速运动，不再有相对位移，作出A、B运动的v−t图像如图所示，据图像可得A、B之间相对滑动的距离

Δx=2.5m
16．
【答案】（1）8N；（2）1.4m；（3）0.75m
【详解】（1）小物块P刚冲上传送带时相对传送带向下运动，故所受摩擦力方向沿传送带向上
对Q受力分析，由牛顿第二定律有
m2g−T1=m2a1
对P受力分析，由牛顿第二定律有
T1+μm1gcsθ−m1gsinθ=m1a1
联立解得
T1=8N
a1=6m/s2
（2）当小物块P和传送带共速时，有
v=v0−a1t1
解得
t1=0.5s
小物块P的位移大小为
x1=v2−v02−2a1=1.25m
小物块P与传送带共速后，所受摩擦力方向沿传送带向下，对Q受力分析，由牛顿第二定律有
m2g−T2=m2a2
对P受力分析，由牛顿第二定律有
T2−μm1gcsθ−m1gsinθ=m1a2
联立解得
a2=103m/s2
小物块P减速到零的时间为
t2=0−v−a2=0.3s
位移大小为
x2=0−v2−2a2=0.15m
小物块P减速到零的总位移为
x=x1+x2=1.4m
故小物块Q上升的最大高度为
H=x=1.4m
（3）小物块P与传送带共速前，传送带的位移大小为
x1′=vt1=0.5m
传送带上的墨迹长度为
Δx=x1−x1′=0.75m
小物块P与传送带共速到速度减为零，传送带的位移大小为
x2′=vt2=0.3m
小物块P与传送带间的相对位移为
Δx′=x2′−x2=0.15m