福建省漳州市高一(上)期末物理試卷(含答案)

第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁高一（上）期末物理試卷題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）下列關于質(zhì)點說法正確的是（）A.研究乒乓球的旋轉時，乒乓球可視為質(zhì)點

B.研究跳水運動員的空中動作時，運動員可視為質(zhì)點

C.計算動車從北京開往漳州所用的時間時，動車可視為質(zhì)點

D.研究自行車運動時，因車輪在轉動，在任何情況下自行車都不能視為質(zhì)點如圖，重為G的壓路機在水平路面上緩慢行駛，路面對壓路機的支持力為N，壓路機對路面的壓力為F，關于G、N、F，下列說法正確的是（）A.F大于N

B.F與G大小相等

C.F和N是一對平衡力

D.N和G是一對作用力和反作用力

如圖，一輕彈簧上端固定在天花板上，此時彈簧的長度為l0，現(xiàn)下端懸掛一個質(zhì)量為m的木塊，木塊靜止時彈簧的長度為l（彈簧的形變在彈性限度內(nèi)）．重力加速度為g．此彈簧的勁度系數(shù)為（）A.mgl0 B.mgl C.mg(l?關于位移、速度、加速度的關系，下列說法正確的是（）A.位移變化越快，速度越大 B.位移越大，加速度越大

C.速度變化越大，加速度不越大 D.加速度的方向就是速度的方向下面哪一組單位屬于國際單位制的基本單位（）A.mol、N、kg B.m、m/s2、s

C.m、kg、A D.m/s、kg如圖為某質(zhì)點的v-t圖象，則（）

A.質(zhì)點在前20s內(nèi)通過的路程為175m

B.第40s末質(zhì)點離出發(fā)點最遠

C.第45s末質(zhì)點的速度與加速度方向相同

D.第5s末質(zhì)點的加速度比第45s末的加速度大如圖，一傾角為45°的斜面固定于豎直墻上，為使一重為G的光滑勻質(zhì)鐵球靜止，可加一水平推力F，且F通過球心，則（）A.F的最小值為22G

B.鐵球一定受到4個力的作用

C.鐵球一定受到墻水平向左的彈力

D.在電梯里，把一重物置于水平臺秤上，臺秤與力的傳感器相連，電梯從靜止開始一直上升，最后停止運動。傳感器的屏幕上顯示出其所受的壓力與時間的關系圖象，如圖所示，取g=10m/s2，則（）A.從圖中可以求出重物的重為50N

B.電梯上升時最大加速度為203m/s2

C.0?4s電梯中的重物處于失重狀態(tài)

如圖，一豎直放置的大圓環(huán)，在其水平直徑上的A、B兩端系著一根不可伸長的柔軟細繩，繩上套有一光滑小鐵環(huán)。現(xiàn)將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞圓心O點逆時針緩緩轉過一個微小角度，輕繩對A、B兩點拉力FA、FB，則（）A.FA變小 B.FB變大

C.輕繩對小鐵環(huán)的作用力變大 D.小鐵環(huán)與二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）如圖，傾角θ=37°足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量m=2kg的小物體輕放在傳送帶的A端，小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8，取g=10m/s2，sin37°=0.6，則在上滑過程中的小物體（）A.加速度恒定 B.先加速后勻速直線運動

C.所受的摩擦力方向不變 D.所受的滑動摩擦力大小為16N屋檐每隔0.2s由靜止落下一滴水滴，t時刻某一水滴欲下落時，剛好只有兩滴水滴分別位于高為1.4m的窗戶上、下沿，若不考慮其他阻力的影響，取g=10m/s2，則（）A.水滴從窗戶上沿到下沿的平均速度為7m/s

B.水滴從屋檐到窗戶上沿的下落時間為0.8s

C.窗戶下沿離屋檐的高度為3.2m

D.t時刻窗戶下沿到屋檐之間有5滴水滴正在下落

如圖，木塊A、B的質(zhì)量均為1kg，它們與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，它們之間用一輕質(zhì)彈簧連接，取g=10m/s2，現(xiàn)用F=10N的水平拉力作用在A上使A、B一起向右做勻加速直線運動，某時刻撤去F，則（）A.撤去F前A、B的加速度為5m/s2

B.撤去F前彈簧的彈力大小為5N

C.撤去F的瞬間A的加速度大小為7m/s2

D.撤去F三、實驗題探究題（本大題共2小題，共18.0分）某同學用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”，實驗步驟如下：

①用兩個彈簧測力計互成角度拉細繩套，使橡皮條伸長，結點到達紙面上某一位置，記為O1；

②記錄兩個彈簧測力計的示數(shù)F1和F2，及記下F1、F2的方向；

③只用一個彈簧測力計，將結點仍拉到位置O1，記錄測力計的示數(shù)F3；

④按照力的圖示要求，作出拉力F1、F2、F3；

⑤根據(jù)力的平行四邊形定則作出F1和F2的合力F；

⑥比較F3和F的一致程度。

（1）實驗步驟③中，有一個重要遺漏是______；

（2）改變F1、F2重復步驟①至⑥進行第二次實驗，記下結點位置O2，位置O2______（選填“必須”或“不必”）與第一次O1點相同。如圖a為“探究加速度與合外力關系”的實驗裝置。

（1）要認為細線對小車的拉力近似等于重物的重力，則小車的質(zhì)量M和重物的質(zhì)量m應該滿足的關系是______；

（2）打點計時器所用電源的頻率為50Hz，某次實驗獲得的一條紙帶如圖b所示，1、2、3、4、5是5個連續(xù)的計數(shù)點，測得x1=1.19cm，x2=1.61cm，x3=2.00cm，x4=2.41cm．則相鄰兩個計數(shù)點間的時間間隔T=______s，小車的加速度a=______m/s2（結果保留兩位有效數(shù)字）。

（3）經(jīng)過6次實驗，得到如圖c所示的a-F圖線，為使得圖線可以通過坐標原點，應適當調(diào)整裝置，可將墊木______，再做實驗。四、計算題（本大題共4小題，共40.0分）一輛汽車在水平路面上由靜止開始做勻加速直線運動，加速度a=2m/s2．求：

（1）汽車在第5s末的速度大小v；

（2）汽車在前10s內(nèi)的位移大小s。

如圖，質(zhì)量為m的勻質(zhì)小球放在傾角θ的光滑斜面上，用水平細繩系住，細繩通過球心O，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，求：

（1）小球受到細繩拉力T的大?。?/p>

（2）小球?qū)π泵鎵毫的大小。

“娛樂風洞”是一集高科技與驚險的娛樂項目，表演者通過調(diào)整身姿，來改變所受的向上風力大小，人體可上下移動的空間總高度為H．假設站立時表演者所受的向上風力為體重的14，橫躺時表演者所受的向上風力為體重的2倍。如圖所示，表演開始時開啟風力，表演者先以站立身姿從A點靜止下落，經(jīng)過B點時立即調(diào)整為橫躺身姿，運動到最低點C處恰好減速為零，重力加速度為g，求：

（1）表演者在AB段運動時的加速度大小；

（2）BC段的距離。

如圖，一足夠長的木板A靜止在粗糙水平面上，其右端放一小物塊B，A和B質(zhì)量均為m=2kg，B與A的上表面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，且B與A間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A下表面與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1．現(xiàn)給木板A一向右初速度v0=3.0m/s，經(jīng)一段時間兩者恰好共速，最終兩者都停止。取g=10m/s2，問：

（1）共速前，木板A上、下表面所受的摩擦力f1、f2大小分別多大？

（2）物塊B剛與木板A共速時的速度v多大？

（3）木板A在整個運動過程中位移多大？

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、研究乒乓球比賽中研究乒乓球的旋轉時，乒乓球的形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點。故A錯誤。

B、研究跳水比賽中研究運動員在空中的動作時，運動員的大小和形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點。故B錯誤。

C、研究動車從北京開往漳州所用的時間時，動車的大小可以忽略不計，可以視為質(zhì)點。故C錯誤。

D、在研究自行車長距離的運動，如研究環(huán)青海湖賽時，車輪在轉動對要研究的自行車賽沒有影響，能視為質(zhì)點。故D錯誤。

故選：C

當物體的形狀和大小在所研究的問題中能忽略，物體可以看成質(zhì)點。

解決本題的關鍵掌握物體能否看成質(zhì)點的條件，關鍵看物體的大小和形狀在所研究的問題中能否忽略。2.【答案】B

【解析】解：AC、壓路機在水平路面上緩慢行駛，路面對壓路機的支持力和壓路機對路面的壓力是地面與壓路機間的相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)和N一定是同性質(zhì)的力，而且總是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上；故AC錯誤；

BD、G是地球?qū)郝窓C的作用力，路面對壓路機的支持力為N，壓路機在水平路面上緩慢行駛時處于平衡狀態(tài)，所以F與G是一對平衡力，大小相等，方向相反，故B正確，D錯誤；

故選：B

作用力和反作用力特點：大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，但是兩個力的作用點在不同的物體上。

平衡力特點：大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，兩個力作用在同一個物體上。

解決本題的關鍵掌握作用力與反作用力和平衡力的區(qū)別，作用力和反作用力作用在不同的物體上，平衡力作用在同一個物體上。3.【答案】D

【解析】解：木塊靜止時彈簧伸長的長度x=l-l0

根據(jù)二力平衡可知：彈簧的彈力和重力大小相等，故有：mg=kx，所以彈簧的勁度系數(shù)為：

k=，故ABC錯誤，D正確。

故選：D

根據(jù)題意確定出彈簧伸長的長度，直接利用胡克定律公式F=kx列式求解。

本題是胡克定律公式F=kx的直接運用，要知道公式中x是彈簧伸長的長度或縮短的長度，不是彈簧的長度。4.【答案】A

【解析】解：A、位移的大小等于初末位置的距離，根據(jù)v=可得速度等于位移的變化率。所以變化越快，速度越大，故A正確；

B、根據(jù)加速度的定義式a=可知物體的加速度等于物體的速度的變化率，與位移沒有關系，故位移越大，加速度不一定大，故B錯誤；

C、根據(jù)加速度的定義式a=可知物體的加速度等于物體的速度的變化率，所以速度變化越大，加速度的變化可能大也可能小，故C錯誤；

D、加速度的方向與力的方向相同，與速度方向無關，故D錯誤。

故選：A。

位移的大小等于初末位置的距離，方向由初位置指向末位置。根據(jù)v=可得速度等于位移的變化率。

根據(jù)加速度的定義式a=可知物體的加速度等于物體的速度的變化率，加速度的方向就是物體速度變化量的方向，與物體速度無關，即物體的速度變化越快物體的加速度越大。

本題考查速度和加速度的定義式，只要理解了速度和加速度的概念就能順利解決5.【答案】C

【解析】解：國際單位制規(guī)定了七個基本物理量。分別為長度、質(zhì)量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質(zhì)的量。它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，別為米、千克、秒、開爾文、安培、坎德拉、摩爾，N、m/s和m/s2都是導出單位。故C正確，ABD錯誤；

故選：C

國際單位制規(guī)定了七個基本物理量。分別為長度、質(zhì)量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質(zhì)的量。它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關系式推到出來的物理量的單位叫做導出單位。他們在國際單位制中的單位分別為米、千克、秒、開爾文、安培、坎德拉、摩爾。

單位制包括基本單位和導出單位，規(guī)定的基本量的單位叫基本單位，國際單位制規(guī)定了七個基本物理量。分別為長度、質(zhì)量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質(zhì)的量。6.【答案】A

【解析】解：A、在v-t圖象中，與時間軸所圍面積為物體運動的位移，故x=，故A正確；

B、與時間軸所圍面積表示物體運動的位移，故在t=50s時，離出發(fā)點最遠，故B錯誤；

C、在40-50s內(nèi)做減速運動，故加速度方向與速度方向相反，故C錯誤；

D、在v-t圖象中，斜率代表加速度，第5s末質(zhì)點的加速度比第45s末的加速度小，故D錯誤

故選：A

在v-t圖象中，斜率代表加速度，與時間軸所圍面積代表物體運動的位移

本題關鍵是明確v-t圖象的物理意義，知道斜率表示加速度，直線表示勻變速直線運動，基礎問題7.【答案】D

【解析】解：AB、小球處于靜止狀態(tài)，則球所受的合力為零，F(xiàn)最小時F沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力，即Fcos45°=mgsin45°，解得F的最小值為G，此時球受到重力、推力和支持力三個力作用，故AB錯誤。

C、對小球進行受分析，如圖所示：若壓力F等于N2水平向上的分力時，小球?qū)ωQ直面沒有壓力，若壓力F大于N2水平向上的分力時，球受墻的彈力且水平向左，故C錯誤；

D、根據(jù)球豎直方向受力平衡可知，球必定受斜面的彈力N2，且N2的豎直分力與重力mg平衡，所以球一定受斜面的彈力且垂直斜面向上，故D正確；

故選：D。

小球處于平衡狀態(tài)，可知小球所受各力的合力為零；對小球進行受力分析，小球受重力、推力、豎直墻的支持力及斜面對小球的支持力；可采用分解法將斜面支持力向水平方向和豎直方向分解，分別列出水平和豎直方向上的平衡方程，分情況進行討論即可求解。

在解答平衡類的問題時，在注意準確的進行受力分析；而物體處于平衡狀態(tài)時是指物體所受合力為零，若力為三個一般采用合成的方式，若力為三個以上，一般采用正交分解的方式，列出平衡方程即可求解。8.【答案】B

【解析】解：A、由圖結合圖象可知，電梯停止后臺秤的示數(shù)是30G，所以物體的重力是30N，故A錯誤；

B、在0-4s內(nèi)，壓力N=50N，由牛頓第二定律有：

N-mg=ma，解得：a=m/s2

在4s-18s內(nèi)，壓力N=10N，由牛頓第二定律有：

mg-N-=ma′，解得：a′==6.7m/s2，故B正確；

C、在0-4s內(nèi)重物對臺秤的壓力大于重力，由牛頓第二定律得加速度方向向上，電梯加速上升，物體處于超重狀態(tài)，故C錯誤；

D、在18s-22s內(nèi)重物對臺秤的壓力小于重力，由牛頓第二定律得加速度方向向下，電梯減速上升。故D錯誤；

故選：B

電梯加速上升時，重物對臺秤的壓力大于重力。由圖象可知：電梯在啟動階段經(jīng)歷了4.0s加速上升過程。

當重物的合力最大時，加速度最大，此時重物對臺秤的壓力最大。由圖可知：4-18s內(nèi)電梯做勻速直線運動，壓力大小等于重力，求出質(zhì)量。當壓力N=50N時，重物的合力最大，由牛頓第二定律求出加速度。

本題考查讀圖的能力，關鍵抓住產(chǎn)生超重和失重現(xiàn)象時，重物對臺秤的壓力與重力的關系。9.【答案】A

【解析】解：AB、設繩子是長度是2L，直徑AB的長度為2l，AB水平時繩子與水平方向的夾角是α，平衡時兩根繩子的拉力相等，設繩子拉力為F1，有：

2F1sinα-mg=0，

得：FA=FB=，cosα=

將大圓環(huán)繞著桿中點O在豎直平面內(nèi)逆時針緩慢轉過一個角度時，繩子與水平方向的夾角是θ，平衡時兩根繩子的拉力仍然相等，設繩子拉力為F2，有：2F2sinθ-mg=0，

聯(lián)立解得：F′A=F′B=

設此時環(huán)到B的距離是L1，到A的距離是L2，則有：L1+L2=2L

而由圖可知，很顯然：L1cosθ+L2cosθ＜2l，

即：cosθ＜

得：α＜θ。

所以：FA′=FB′＜FA=FB．即FA變小，F(xiàn)B變小，故A正確、B錯誤；

C、輕繩對小鐵環(huán)的作用力始終等于小圓環(huán)的重力，故C錯誤；

D、當大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞圓心O點轉動時，B點下降、A點上升，如圖所示；如果小圓環(huán)和圓心在一條豎直直線上，則兩條線與豎直方向的夾角相等，必定有A和B等高，不可能出現(xiàn)這種情況，故D錯誤。

故選：A。

以小鐵環(huán)為研究對象進行受力分析，豎直方向根據(jù)平衡條件分析拉力大小變化情況；兩個繩的拉力合力始終等于小鐵環(huán)的重力；根據(jù)幾何關系分析小鐵環(huán)和圓心O的位置關系。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。10.【答案】BC

【解析】解：A、小物塊剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律得：

μmgcos37°-mgsin37°=ma，

代入數(shù)據(jù)解得：a=0.4m/s2，

可知開始時小物塊將向上做勻加速直線運動。由于傳送帶足夠長，則小物塊必定能達到與傳送帶的速度相等。

當小物塊的速度與傳送帶相同后，由于μmgcos37°＞mgsin37°

可知小物塊將向上隨傳送帶一起做勻速運動。故A錯誤，B正確；

C、小物塊向上做加速運動時，受到的摩擦力的方向向上；當小物塊向上做勻速直線運動時，受到的摩擦力的方向仍然向上。故C正確；

D、當小物塊向上做加速運動時，受到的摩擦力：f1=μmgcos37°=0.8×2×10×0.8=12.8N；

當小物塊向上做勻速直線運動時，受到的摩擦力：f2=mgsin37°=2×10×0.6=12N．故D錯誤

故選：BC

由牛頓第二定律求出小物塊的加速度，應用運動學公式分析答題即可。

本題考查了牛頓第二定律與運動學公式的應用，根據(jù)摩擦力與重力分力的關系分析清楚煤塊的運動性質(zhì)，分析清楚小物塊的運動過程是正確解題的前提與關鍵，也是本題的難點。11.【答案】AC

【解析】解：A、水滴從窗戶上沿到下沿的平均速度為：m/s．故A正確；

B、根據(jù)得，知水滴通過窗戶上端的速度，

則屋檐距離窗戶上端的距離，

窗臺距離屋檐的高度h=x1+x2=1.4+1.8m=3.2m。

窗戶上端的水滴運動時間t=，故B錯誤，C正確；

D、所以窗戶上端的水滴上面還有兩個正在下落的水滴，則在屋檐和窗戶下沿之間此時正在下落的水滴有3滴。故D錯誤

故選：AC

根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出水滴通過窗戶上端的速度，結合速度位移公式求出屋檐到窗戶上端的距離，從而得出窗臺距離屋檐高度。

解決本題的關鍵知道自由落體運動的規(guī)律，結合運動學公式靈活求解，基礎題。12.【答案】BC

【解析】解：A、A與B組成的整體受到重力、支持力、摩擦力以及拉力的作用，在水平方向由牛頓第二定律可得：

F-μ（m+m）g=（m+m）a

代入數(shù)據(jù)可得：a=3m/s2．故A錯誤；

B、物體B受到重力、支持力、彈簧的拉力以及摩擦力的作用，在水平方向由牛頓第二定律可得：

ma=F′-μmg

代入數(shù)據(jù)可得：F′=5N

故B正確；

C、撤去拉力后彈簧的長度不變，拉力不變，則A受到重力、支持力、彈簧的拉力以及摩擦力的作用，加速度：

a′=-μmg-F′

代入數(shù)據(jù)可得，a′=-7m/s2，負號不是加速度的方向與開始時加速度的方向相反。

故C正確；

D、撤去拉力后彈簧的長度不變，拉力不變，B的加速度不變，仍然是3m/s2．故D錯誤。

故選：BC

對整體進行受力分析即可求出共同的加速度；對B分析即可求出彈簧的拉力；撤去拉力后彈簧的長度不變，拉力不變，則B的加速度不變，由牛頓第二定律即可求出A的加速度。

本題主要考查了受力分析，利用好牛頓第二定律，關鍵是利用好整體法和隔離法即可。13.【答案】記下拉力F3的方向；不必

【解析】解：（1）實驗步驟③中，有一個重要遺漏是：記下拉力F3的方向，否則不能作出力的圖示；

（2）改變F1、F2重復步驟①至⑥進行第二次實驗，記下結點位置O2，因為是兩次不同的實驗，則位置O2不必與第一次O1點相同。

故答案為：（1）記下拉力F3的方向；（2）不必

本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用，步驟③中只有記下細繩的方向，才能確定力的方向，進一步才能根據(jù)平行四邊形定則求合力；同一次實驗中，只有使結點到達同樣的位置O，才能表示兩種情況下力的作用效果相同。

掌握“驗證力的平行四邊形定則”的實驗原理和實驗步驟，同時注意只有通過具體實踐，才能真正的理解具體實驗操作細節(jié)的意義，因此平時同學們應該加強實驗實踐，而不是空洞的記憶實驗。14.【答案】m遠小于M；0.10；0.40；左移或墊高

【解析】解：（1）當小車的質(zhì)量遠大于砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量時，才能近似認為細線對小車的拉力大小等于砝碼盤和砝碼的總重力大?。?/p>

（2）相鄰兩個計數(shù)點間的時間間隔為：T=0.02×5=0.10s

小車的加速度為：；

（3）由圖可以看出當F達到一定數(shù)值之后才開始有加速度，該圖線不通過坐標原點的原因可能是：平衡摩擦力不足。

則為使得圖線可以通過坐標原點，應適當調(diào)整裝置，可將墊木左移或墊高，再做實驗。

故答案為：（1）m遠小于M；

（2）0.10，0.40；

（3）左移或墊高。

（1）為使繩子的拉力等于重物的重力，M應遠遠大于m；

（2）根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大??；

（3）根據(jù)F不等于零，加速度仍然為零分析圖線不過原點的原因。

解決本題的關鍵知道實驗的研究方法，會通過圖象探究加速度和力和質(zhì)量的關系，知道實驗中的兩個認為：1、認為細線的拉力等于小車的合力，2、認為砝碼盤和砝碼的總重力等于細線的拉力，能根據(jù)紙帶求解加速度和速度。15.【答案】解：（1）根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得：

v=at

解得：v=2×5m/s=10m/s

（2）根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得：s=12at2，

解得s=12×2×100m=100m。

答：（1）汽車在第5s末的速度大小v為10m/s；

（2）汽車在前10s內(nèi)的位移大小

（1）根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出第5s末的速度大小。

（2）根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式求出汽車在前10s內(nèi)的位移大小。

解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的速度時間公式和位移時間公式，并能靈活運用，基礎題。16.【答案】解：（1）小球受力如圖所示，

由平衡條件有T=mgtanθ

（2）同理有N=mgcosθ

又根據(jù)牛頓第三定律得：F=N

解得F=mgcosθ

答：

（1）小球受到細繩拉力T的大小是mgtanθ。

（2）小球?qū)π泵鎵毫的大小是mg

分析小球的受力情況，作出受力示意圖，由平衡條件求出小球受到細繩拉力T的大小和支持力，從而得到小球?qū)π泵鎵毫的大小。

本題要對小球進行