2023-2024学年福建省三明市高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

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这是一份2023-2024学年福建省三明市高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.三明市明溪县是国内三大全球候鸟迁徙通道之一，每年秋冬季节，大量候鸟分别从不同高纬度地区迁徙至明溪。如图，此过程中所有候鸟( )
A. 路程相等B. 位移相等
C. 平均速度大小相等D. 研究迁徙路径时可看作质点
2.如图，小华将图钉按压进木板的过程中，若手对图钉的压力为F1，图钉对手的弹力为F2，则( )
A. F1>F2B. F1C. F1与F2是一对平衡力D. F1与F2是一对相互作用力
3.如图，滑块在气垫导轨上经过光电门时，电子计时器可自动记录遮光条遮光时间Δt，遮光条的宽度为Δx，滑块通过光电门时的平均速度为ΔxΔt。为使平均速度更接近瞬时速度，正确的措施是( )
A. 换用宽度更宽的遮光条B. 换用宽度更窄的遮光条
C. 增大滑块距光电门的位移D. 减小滑块距光电门的位移
4.一运动员在水中沿水平直线向前加速游动，水对运动员作用力方向合理的是( )
A. B.
C. D.
5.下列F−t图像能反应人在体重计上完成下蹲动作过程，示数随时间变化的是( )
A. B.
C. D.
6.图甲所示的医用智能机器人在三明市第一医院大厅巡视，图乙是该机器人在某段时间内的位移−时间图像，20∼30s的图线为曲线，其余为直线。则机器人在( )
A. 0∼10s内做加速直线运动B. 0∼20s内平均速度大小为零
C. 0∼30s内的位移大小为5mD. 5s末的速度与15s末的速度相同
7.图(a)是伽利略研究自由落体运动规律的示意图，图(b)是测量斜面甲时的实验数据表，表中第二列是时间t，第三列是物体沿斜面运动的距离s，第一列是时间t的平方。下列说法正确的是( )
图b
A. 图(a)中实验采用控制变量法
B. 图(a)中实验方法可“淡化”阻力的影响
C. 图(b)中“E”处的数值约为1600
D. 图(b)中可得出物体运动的距离与时间成正比
8.甲、乙两辆遥控小车沿同一平直轨道做直线运动，其v−t图像如图所示。以甲车运动方向为正方向，若两车( )
A. 从同一位置出发，则在8s时两车相遇B. 在4s时相遇，则初始时两车相距12m
C. 在4s时相遇，则10s时两车再次相遇D. 在4s时相遇，则之后两车距离越来越远
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.物理学中，把物体的质量m与速度v的乘积称为物体的动量，用字母p表示，即p=mv。关于动量的单位，下列表示正确的是( )
A. kg⋅m/sB. N/sC. N⋅sD. N⋅m
10.如图，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，两斜面的倾角分别为α、β，α>β。完全相同的两物块a、b在顶端O处由静止沿两斜面下滑，则两物块( )
A. 在顶端时，重力势能相等
B. 到达底端时，速度相同
C. 下滑至底端过程，重力的平均功率相等
D. 到达斜面底端时，物块a重力的瞬时功率较大
11.如图(a)，一物体在t=0时刻竖直上抛，其运动的v−t图线如图(b)所示。若图中的v0，v1，t1均为已知量，运动过程所受阻力大小恒定，则可求出( )
A. 重力加速度B. 阻力的大小C. 物体的质量D. 上升的最大高度
12.如图甲所示，一轻弹簧竖立在水平地面上，质量为0.5kg的小球在外力的作用下，从接触弹簧开始缓慢向下运动到某一位置。撤去外力后，小球被弹起上升至最高点的过程中，其速度平方随位移的变化v2−s图像如图乙所示，其中0.2∼1.0m的图像为直线，空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 小球与弹簧分离时位移小于0.2m
B. 小球的最大速度为v1=4m/s
C. 弹簧弹性势能的最大值为Ep=5J
D. 小球压缩弹簧的过程中，外力做功为WF=4J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.在“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验中，实验装置如图甲所示。
(1)实验测得弹簧弹力F以及弹簧伸长量x的数据点如图乙所示，请在坐标纸上作出F−x关系图线______。
(2)根据所作图线，求得弹簧的劲度系数k=_____N/m。(结果保留2位有效数字)
(3)若实验过程中，刻度尺倾斜测量，如图丙所示，则测量的劲度系数k_____(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
14.在科学探究：加速度与力、质量的关系实验中，实验装置如图甲所示。
(1)实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力，实验操作正确的是_____(选填选项字母)。
A. B． C．
(2)实验得到如图乙所示的纸带，其中A、B、C、D、E为五个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未标出，测得BC间距S2=3.10cm、DE间距S4=7.20cm，已知交流电的频率为50 Hz，则小车在BC段的平均速度v=_____m/s，加速度a=_____m/s2(结果均保留3位有效数字)。
(3)设小车质量为M、砂桶总质量为m，若该实验未满足m<四、简答题：本大题共3小题，共9分。
15.如图，某同学用手臂直撑桌面使自己悬空并保持静止，两手臂与桌面的夹角均为θ。当θ缓慢减小时，人仍保持悬空静止，则左侧手臂受力______(选填“变大”“变小”或“不变”)，左侧桌子对地面的压力________(选填“增大”“减小”或“不变”)；若θ=30∘时，已知该同学质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，则左侧手臂受力为_______N。
16.如图，沿拖把杆方向斜向下推着拖把拖地，当拖把杆与竖直方向成θ时，拖把贴着地面水平向前匀速滑动。已知推力，F=50N，拖把的质量m=2kg，θ=37∘，不计拖把杆的质量，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。地面受到拖把的摩擦力方向_____(选填“水平向前”或“水平向后”)，拖把受到的摩擦力与推力的合力方向______(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，拖把与地面间的动摩擦因数μ=_____。
17.一辆质量为103kg的汽车，其额定功率为104W，在水平公路上行驶时所受阻力恒为500N。当汽车以额定功率启动，随着车速增大，牵引力会_____(填“增大”“减小”或“不变”)，汽车能达到的最大速度vm=______m/s；当加速度为1.5m/s2时，车速v=______m/s。
五、计算题：本大题共3小题，共29分。
18.当交通信号灯绿灯亮起时，一辆轿车由静止沿平直公路做匀加速直线运动，6s末速度达到12m/s。求：
(1)轿车的加速度大小；
(2)轿车前2s内运动的位移大小。
19.如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板。A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块(视为质点)。已知金属块的质量m=4kg弹簧劲度系数k=500N/m金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ=0.8设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g=10m/s2
(1)金属块与小车上表面有一定的距离并静止在小车的中央时，恰好不下滑，求：
(i)薄板C对金属块的摩擦力大小；
(ii)弹簧的压缩量x1。
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小为a=20m/s2时，A、C与D、B间弹簧形变量x2、x3分别为多少。
20.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成。如图，大雨天，一辆长为L0=14m载有货物的货车因刹车失灵，沿公路匀加速直线下滑(此过程货车受到的阻力忽略不计)。为避免发生事故，货车驶入避险车道，当车尾刚好位于制动坡床的底端时，车速v=23m/s货物开始在车厢内向车头滑动。当货物在车厢内滑动了s=4m时，车头距制动坡床顶端s0=38m，再经过一段时间，货车停止。已知货物质量为M，货车质量为4M，货物与车厢间的动摩擦因数μ=0.4货车在制动坡床上运动受到的阻力大小为货车和货物总重的0.44倍，公路与制动坡床的倾角分别为α、θ。若将货物与车厢分别视为小滑块和平板，取sinα=0.08，sinθ=0.1csθ=1，g=10m/s2求：
(1)沿公路下滑过程货车的加速度大小；
(2)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(3)制动坡床的长度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.此过程中所有候鸟路程不同，由于初位置不同，末位置相同，所以所有候鸟的位移部不等，故AB错误；
C.由于所以所有候鸟的位移不相等，又无法确定所用时间关系，所以无法确定平均速度大小关系，故C错误；
D.研究迁徙路径时，候鸟的形状大小可以忽略不计，候鸟可看作质点，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查相互作用力的特点。一对相互作用力作用在两个物体，总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，由此分析即可求解。
【解答】
根据题意可知，F1和F2是一对相互作用力，总是大小相等，方向相反，故D正确，ABC错误。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】AB. ΔxΔt 是遮光条经过光电门时的平均速度， Δt 趋向于0时的平均速度可近似等于瞬时速度， Δx 、 Δt 越小，更换宽度更窄的遮光条，平均速度 ΔxΔt 更接近瞬时速度，故A错误，B正确；
CD.增大滑块距光电门的位移或减小滑块距光电门的位移均不能达到 Δt 趋向于0的条件；故CD错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】一运动员在水中沿水平直线向前加速游动，则运动员的合力方向与运动方向相同，水对运动员作用力具有竖直向上的分力和水平向前的分力，则水对运动员作用力方向应斜向上偏左。
故选A。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】人在体重计上完成下蹲动作过程，人先向下加速运动，后向下减速运动，加速度方向先向下后向上，体重计示数先小于重力后大于重力，人先处于失重状态后处于超重状态。
故选C。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据 x−t 图像的斜率表示速度，可知0∼10s内做匀速直线运动，故A错误；
B.由图像可知，0∼20s内的位移为0，则0∼20s内平均速度大小为零，故B正确；
C.由图像可知，0∼30s内的位移大小为2m，故C错误；
D.根据 x−t 图像的斜率表示速度，可知5s末的速度与15s末的速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】.C
【详解】AB.图(a)中采用实验结合科学逻辑推理法，图(a)中实验方法可“淡化”重力的影响，故AB错误；
CD.由于图(b)中可得出物体运动的距离与时间的平方成正比，则有
E32=491
可得图(b)中“E”处的数值约为
E=49×32=1568≈1600
故C正确，D错误。
故选C。
8.B
8.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据 v−t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知在 0∼8s 内甲车的位移为16m，乙车的位移为零，若两车从同一位置出发，则两车在8s时相距16m，没有相遇，故A错误；
B.根据 v−t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知在 0∼4s 内甲车的位移为8m，乙车的位移为 −4m ，两车若在4s时刻相遇，则 t=0 时刻两车相距12m，故B正确；
CD.若两车若在4s时刻相遇，即4s时在同一位置，此后乙车做匀加速直线运动追甲， 4∼12s 两车的图像所围面积相等，则下一次相遇时刻是12s，故CD错误。
故选B。
9.【答案】AC
【解析】.AC
【详解】动量的表达式为
p=mv
则动量的单位可表示为 kg⋅m/s ；根据
F=ma
可知
1N=1kg⋅m/s2
则有
1kg⋅m/s=1(kg⋅m/s2)⋅s=1N⋅s
可知动量的单位还表示为 N⋅s 。
故选AC。
10.【答案】AD
【解析】.AD
【详解】A.根据
Ep=mgh
在顶端时，高度相同，由于两物块的质量相等，则重力势能相等，故A正确；
B.根据动能定理可得
mgh=12mv2
可得
v= 2gh
可知两物块到达底端时，速度大小相等，方向不同，故B错误；
CD.到达斜面底端时，两物块重力的瞬时功率分别为
Pa=mgvsinα ， Pb=mgvsinβ
由于 α>β ，则有
Pa>Pb
下滑至底端过程，两物块重力的平均功率分别为
Pa=mgvsinα=mgvsinα2 ， Pb=mgvsinβ=mgvsinβ2
可得
Pa>Pb
故C错误，D正确。
故选AD。
11.【答案】AD
【解析】AD
【详解】ABC.根据 v−t 图像可知上升阶段和下落阶段的加速度大小分别为
a1=v0t1 ， a2=v1t1
根据牛顿第二定律可得
mg+f=ma1 ， mg−f=ma2
可得
g=a1+a22 ， fm=a1−a22
可求出重力加速度，不能求出阻力的大小，也不能求出物体的质量，故A正确，BC错误；
D.根据 v−t 图像与横轴围成的面积表示位移可知，上升的最大高度为
hm=12v0t1
故D正确。
故选AD。
12.【答案】CD
【解析】CD
【详解】A.小球的 v2−s 图像中0.2∼1.0m的图像为直线，且不计空气阻力，说明小球在位移为 x=0.2m 时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，故A错误；
B.分离后小球做竖直上抛运动，则有
v2= 2gΔh= 2×10×(1.0−0.2)m/s=4m/s
小球速度最大时所处的位置为弹力和重力平衡的位置，所以小球最大速度满足
v1>v2=4m/s
故B错误；
C.小球弹起的过程中小球和弹簧组成的系统的机械能守恒，则弹簧弹性势能的最大值为
Ep=mghm=0.5×10×1J=5J
故C正确；
D.质量为0.5kg的小球在外力的作用下，从接触弹簧开始缓慢向下运动到某一位置，由图像可知该过程小球下降的高度为 h=0.2m ，根据功能关系可得
WF+mgh=Ep
可得外力做功为
WF=Ep−mgh=5J−0.5×10×0.2J=4J
故D正确。
故选CD。
13.【答案】见解析 54 偏小
【详解】(1)[1]根据数据点作出 F−x 关系图线如图所示
(2)[2]根据胡克定律可得
F=kx
可得弹簧的劲度系数为
k=Fx=3.757×10−2N/m≈54N/m
(3)[3]若实验过程中，刻度尺倾斜测量，可知测得的弹簧伸长量x偏大，根据
k=Fx
可知测量的劲度系数k偏小。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】 B 0.310 2.05 1b
【详解】(1)[1]A.平衡摩擦力时，不挂砂桶，将长木板固定有打点计时器的一端适当垫高，将纸带穿过打点计时器的限位孔，接通电源，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，此时，小车向下做匀速直线运动，该图中，挂了砂桶，不符合要求，故A错误；
B.结合上述可知，该图中平衡摩擦力的操作符合要求，故B正确；
C.该图中没有将纸带穿过打点计时器的限位孔，结合上述可知，该图中平衡摩擦力的操作不符合要求，故C错误。
故选B。
(2)[2]相邻两个计数点之间还有4个点未标出，则相邻计数点之间的时间间隔为
T=5×150s=0.1s
则小车在 BC段的平均速度
v=s2T=3.10×10−20.1m/s=0.310m/s
[3]根据匀变速直线运动的规律有
s4−s2=2aT2
解得
a=7.20−3.10×10−22×0.12m/s2=2.05m/s2
(3)[4]平衡摩擦力后，对小车进行分析有
T=Ma
对砂桶进行分析有
mg−T=ma
解得
1m=gM⋅1a−1M
则有
−1M=−b
解得
M=1b

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】变大不变 600
【详解】[1]以人为对向，竖直方向根据受力平衡可得
2F手sinθ=mg
可得
F手=mg2sinθ
当θ缓慢减小时，人仍保持悬空静止，则左侧手臂受力变大；
[2]以人和两侧桌子为整体，根据受力平衡可知，两侧桌子对地面的压力不变，根据对称性可知，左侧桌子对地面的压力不变；
[3]若 θ=30∘ 时，已知该同学质量为60kg，重力加速度 g=10m/s2 ，则左侧手臂受力为
F手=mg2sinθ=60×102×12N=600N

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】水平向前竖直向下 0.5
【详解】[1]拖把贴着地面水平向前匀速滑动，拖把受到地面的摩擦力方向水平向后，则地面受到拖把的摩擦力方向水平向前；
[2]根据受力平衡可知，拖把受到的摩擦力与推力的合力与重力和地面支持力的合力平衡，则拖把受到的摩擦力与推力的合力方向竖直向下；
[3]根据受力平衡可得
Fsinθ=f
N=Fcsθ+mg
又
f=μN
联立解得拖把与地面间的动摩擦因数为
μ=0.5

【解析】详细解答和解析过程见答案
17.【答案】减小 20 5
【详解】[1]当汽车以额定功率启动，根据
P=Fv
可知随着车速增大，牵引力会减小；
[2]当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则有
vm=PF=Pf=104500m/s=20m/s
[3]当加速度为1.5m/s2时，根据牛顿第二定律可得
F1−f=ma
解得此时牵引力大小为
F1=2000N
则车速为
v=PF1=1042000m/s=5m/s

【解析】详细解答和解析过程见答案
18.【答案】(1) 2m/s2 ；(2)4m
【详解】(1)根据运动学公式
vt=at
解得轿车的加速度大小为
a=122m/s2=2m/s2
(2)根据运动学公式
x=12at2
可得轿车前2s内运动的位移大小为
x=12×2×22m=4m

【解析】详细解答和解析过程见答案
19.【答案】(1) 0.8m/s2 ；(2) 5m/s2 ，沿制动坡床向下；(3)100m
【详解】(1)对货车与货物：设下滑过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律
5Mgsinα=5Ma
解得
a=0.8m/s2
(2)货物在车厢内滑动过程：设货物的加速度大小为 a1 ，所受摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得
f+Mgsinθ=Ma1
又
f=μMgcsθ
解得
a1=5m/s2
a1的方向沿制动坡床向下
(3)对货车：设货车的加速度大小为a2，受到制动坡床的阻力
Ff=5kMg
由牛顿第二定律得
4Mgsinθ+Ff−f=4Ma2
如图
相对制动坡床的运动距离为
s1=vt−12a2t2
对货物，相对制动坡床的运动距离为
s2=vt−12a1t2
在车厢内滑动的距离
s=s2−s1
制动坡床的长度
L=L0+s0+s2
解得
L=100m

【解析】详细解答和解析过程见答案
20.【答案】(1) 0.8m/s2 ；(2) 5m/s2 ，沿制动坡床向下；(3)100m
【详解】(1)对货车与货物：设下滑过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律
5Mgsinα=5Ma
解得
a=0.8m/s2
(2)货物在车厢内滑动过程：设货物的加速度大小为 a1 ，所受摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得
f+Mgsinθ=Ma1
又
f=μMgcsθ
解得
a1=5m/s2
a1的方向沿制动坡床向下
(3)对货车：设货车的加速度大小为a2，受到制动坡床的阻力
Ff=5kMg
由牛顿第二定律得
4Mgsinθ+Ff−f=4Ma2
如图
相对制动坡床的运动距离为
s1=vt−12a2t2
对货物，相对制动坡床的运动距离为
s2=vt−12a1t2
在车厢内滑动的距离
s=s2−s1
制动坡床的长度
L=L0+s0+s2
解得
L=100m

【解析】详细解答和解析过程见答案t2
t
s
1
1
32
4
2
130
9
3
298
16
4
526
25
5
824
36
6
1192
49
7
E