福建省闽侯县第四中学2022学年高一物理上学期期末考试试题含解析

福建省闽侯第四中学2022-2022学年高一上学期期末考试物理试题一、选择题1.下列四组单位中，哪一组中的各单位都是国际单位制中的基本单位()A.m、N、sB.m、kg、sC.kg、J、sD.m、kg、N【答案】D故选：B。2.如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力，下列说法正确的是（）A.小球与斜面之间一定有弹力B.轻弹簧P一定有弹力C.轻弹簧Q不可能处于压缩状态D.物体只能受到4个力【答案】C【解析】对小球受力分析，重力一定有，竖直向下；若弹簧Q无拉力，小球受到弹簧P的拉力，不受支持力，如果有，不能平衡，即小球与斜面间有可能无弹力，故A错误；若弹簧P无拉力，则弹簧Q一定有拉力，斜面对小球有支持力，一共3个力，可以平衡，故B错误；若弹簧Q处于压缩状态即对小球有沿斜面向下的弹力，则无论受支持力和P的拉力还是支持力和P的弹力都不能平衡，故轻弹簧Q 不可能处于压缩状态，故C正确；若弹簧P和Q都有拉力，斜面一定有支持力，否则不平衡，故有4个力，故D正确；故选CD．点睛：本题关键是对光滑小球受力分析，分弹簧P有力、弹簧Q有力、弹簧P和Q均有力来进行讨论，结合力的产生条件、作用效果来进行分析．3.关于惯性，下列说法正确的是：（）A.静止的物体没有惯性，运动的物体才有惯性B.惯性是物体的固有属性，其大小仅与物体质量有关C.正在行驶的汽车，行驶快的不易停下来，所以速度大的物体惯性D.自由下落的物体处于完全失重状态，物体的惯性消失-12-\n【答案】B【解析】惯性是物体的固有属性，其大小仅与物体质量有关，与物体的运动状态无关，选项A错误，B正确；惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度是没有关系的，故C错误；自由下落的物体处于完全失重状态，物体的惯性依然存在，故D错误；故选B.点睛：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起。解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性。惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来。4.下列说法中正确的是：（）A.汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速运动，汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力B.物体会沉入沼泽中，是因为物体对沼泽的压力大于沼泽对物体的支持力C.用手竖直握住一个瓶子使之保持静止状态，手握的越紧，瓶子受的摩擦力越大D.跳高运动员起跳时，地面对他的支持力大于他对地面的压力【答案】A【解析】汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速运动，汽车拉拖车的力与拖车拉汽车的力是作用力与反作用力，大小相等，故A正确；物体会沉入沼泽中，是因为物体对沼泽的压力与沼泽对物体的支持力是作用力与反作用力，大小相等，故B错误；用手竖直握住一个瓶子使之保持静止状态，在竖直方向合力为零，只受到重力和摩擦力，手握的越紧，但瓶子受的摩擦力不变，故C错误；跳高运动员起跳时，地面对他的支持力与他对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误；故选A.5.下列关于物体运动的描述，正确的是：A.在直线运动中，物体运动的路程与位移的大小一定相等B.物体的加速度逐渐减小，其运动的速度一定减小C.物体的速度为零，其加速度一定为零D.物体的速度减小得越慢，其加速度一定越小【答案】D-12-\n【解析】只有在单向直线运动中，物体的位移大小才等于其路程，故A错误；物体的加速度逐渐减小，其运动的速度可能增大，如加速度和速度方向相同时，速度一定增大，故B错误；物体的速度为零，其加速度不一定为零，如竖直上抛的最高点，故C错误；物体的速度减小得越慢，其加速度一定越小，故D正确。故选D。点睛：解决本题的关键知道加速度的定义以及路程和位移的区别，知道路程是标量，位移、速度和加速度是矢量，要注意正确理解加速度和速度之间的关系。6.如图所示，树枝与水平方向的夹角为α，若重为G的蜗牛沿着树枝缓慢匀速向上爬行，则树枝对蜗牛的作用力大小为：A.GB.小于GC.GsinαD.Gcosα【答案】A7.在空中运动的物体，受到的空气阻力一般会随着速度的增大而增大。关于高空跳伞，以下说法不正确的是A.降落伞打开后，在减速下降过程，会有很明显超重的感觉B.降落伞打开后，在匀速下落过程，不存在超重失重现象C.降落伞打开前，随着速度的增大，空气阻力也增大，加速度减小，失重的感觉会减轻D.降落伞打开前，是完全失重，速度越大，失重的感觉会越明显【答案】D【解析】降落伞打开后，在减速下降过程，加速度向上，故会有很明显超重的感觉，故A正确；降落伞打开后，在匀速下落过程，加速度为零，不存在超重失重现象，故B正确；降落伞打开前，随着速度的增大，空气阻力也增大，向下的加速度减小，失重的感觉会减轻，故C正确；降落伞打开前，由于受到空气阻力，加速度小于重力加速度，故不是完全失重，速度越大，阻力越大，加速度越小，失重的感觉减轻，故D错误。本题选不正确的，故选D。点睛：本题考查对超重和失重的理解，要注意明确加速度向下时物体失重，而加速度向上时物体超重，同时对超重和失重的感觉与加速度的大小有关。8.如图2所示，用粗铁丝弯成半圆环，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m的物块并套在半圆环上。细绳另一端跨过小滑轮，用力F拉动，使A-12-\n缓慢向上移动（不计一切摩擦，绳子不可伸长）。则在物块移动过程中，关于拉力F和铁丝对A的支持力N，以下说法正确的是：（）A.F变大B.N变大C.F变小D.N变小【答案】C【解析】若在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大反向共线，作出mg与N的合力，如图，由三角形相似有：，而F=T，可得：F=mg，AB变小，BO不变，则F变小，N=mg，AO、BO都不变，则N不变；故C正确，ABD错误；故选C.9.如图所示，汽车从A点由静止开始沿直线ABC行驶，先匀加速运动，第4s末通过B点时速度最大，再经6s匀减速到达C点停止．已知AC长为30m，则下列说法正确的是A.汽车在AB段与BC段平均速度相同B.加速和减速过程加速度大小之比为2:3C.通过B点时速度大小为6m/sD.AB段位移为12m-12-\n【答案】ACD【解析】设汽车通过B点的速度为v，则汽车在AB段与BC段平均速度分别为，，则，故A正确。加速和减速过程加速度大小之比为a1：a2=：=t2：t1=3：2，故B错误。根据xAC=t1+t2，得，故C正确。AB段位移为xAB=t1=×4m=12m，故D正确。故选ACD.10.如图4所示，为一物体做直线运动时某物理量随时间变化的图象。已知物体在前2s内向东运动，则以下判断正确的是：A.若纵坐标表示位移，则物体在4s内的位移为4mB.若纵坐标表示位移，则物体在后2s时间内向西运动C.若纵坐标表示速度，则物体在4s内的位移为4mD.若纵坐标表示速度，则物体在4s内的加速度大小不变，方向始终向西【答案】AD【解析】若纵坐标表示位移，则物体在4s内的位移为△x=x2-x1=2m-（-2m）=4m，故A正确。若纵坐标表示位移，倾斜的直线表示匀速直线运动，速度不变，所以物体在4s内的运动方向始终向东。故B错误；若纵坐标表示速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方位移为正，下方位移为负，由图象可知，正负位移相等，故总位移为0，故C错误；若纵坐标表示速度，倾斜的直线表示匀加速直线运动，斜率表示加速度，由图可知斜率为正，而初速度为负，故加速度方向与初速度方向相反，故加速度方向始终向西，故D正确。故选AD.点睛：本题是速度-时间图象和位移-时间图象的应用，要明确图象斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。11.如图5所示，质量均为m的木块A和B之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，在拉力F作用下，以加速度a一起做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度分别为a1和a2，则：（）-12-\nA.a1=0B.a1=aC.a2=-aD.a2=a【答案】BC【解析】有力F作用时，由牛顿第二定律，对A有：F弹=ma；当突然撤去推力F的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，A的受力情况没有改变，加速度不变，即有a1=a。对B受力分析有：-F弹=ma2，解得a2=-a，故AD错误，BC正确，故选BC.12.如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的粗糙斜面上匀加速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，以下说法正确的是（）A.物块将做减速运动，直至停止B.物块受到的摩擦力变大C.物块将以原来的加速度做匀加速运动D.物块将以比原来大的加速度做匀加速运动【答案】BD【解析】未加F时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma；施加F后，根据牛顿第二定律得：（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma′，可得a′＞a＞0，所以物块将以比原来大的加速度做匀加速运动，故AC错误，D正确。未加F时，物块受到的摩擦力为：f=μmgcosθ，施加F后，物块受到的摩擦力为：f′=μ（mg+F）cosθ，可知摩擦力变大，故B正确。故选BD.二、实验题13.小明同学在做“验证平行四边形定则”实验时，在白纸上记录了以下信息，如图所示，O点是橡皮筋拉伸后的结点位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为F1＝3.40N、F2＝3.90N和F3＝4.65N。-12-\n（1）请根据图中给出的标度在答卷中相应位置作图_______________，并求出F1和F2的合力F=_______________N(结果保留两位小数)。（2）有关该实验以下操作不当的是___________。A．同一次实验中，O点位置允许变动B．实验中，要记录弹簧测力计的读数及方向和O点的位C．实验中，橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在使用弹簧秤前,应先校零，使用过程应使弹簧秤与木板平面平行【答案】(1).（1）图略；F=4.80～5.20N均可(2).F=4.80～5.20N(3).（2）AC【解析】（1）如图；F1和F2的合力F=4.90N（2）为了保证等效性，则同一次实验中，O点位置不允许变动，选项A错误；实验中，要记录弹簧测力计的读数及方向和O点的位置，选项B正确；实验中，橡皮条不一定与两绳夹角的平分线在同一直线上，选项C错误；使用弹簧秤前应先校零，使用过程应使弹簧秤与木板平面平行，以减小实验的误差，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选AC.14.如图A所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m及小车和砝码的质量M-12-\n对应关系图，重力加速度为g。（1）下列说法正确的是________。A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C．本实验M应远小于mD．在用图象探究加速度与质量关系时，为了比较容易地观察出结果，应作a－1/M图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，作出a－F图像，他可能作出图B中__________(选填“甲”、“乙”、“丙”)图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是__________。A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大（3）该同学正确操作实验后，得到一条表示小车运动过程的清晰纸带如图C所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中S1=3.59cm，S2=4.41cm，S3=5.19cm，S4=5.97cm，S5=6.78cm，S6=7.64cm，则A点处的瞬时速度大小是__________m/s，加速度的大小是__________m/s2.（结果均保留两位有效数字）【答案】(1).（1）D(2).（2）丙(3).C(4).（3）0.56(5).0.80-12-\n【解析】（1）根据重力沿斜面向下的分力等于物体受到的摩擦力这一原理来平衡摩擦力，即满足mgsinθ=μmgcosθ，即tanθ=μ，与质量无关，所以增减砝码后不需要重新平衡摩擦力，故A错误。由于实验过程非常短暂，为了得到更多的数据，应先接通电源后释放纸带，故B错误。为了保证钩码的重力等于细绳的拉力，钩码的质量m应远小于小车和砝码的质量M，故C错误。在用图象探究加速度与质量关系时，为了得出线性关系，应作a-1/M图象，故D正确。故选D。（2）没有平衡摩擦力，则在钩码有一定质量后，小车才具有加速度，故丙正确。图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码质量太大，小车受到的拉力明显小于钩码重力造成的，故C正确；故选C。（3）A点的瞬时速度大小：≈0.56m/s；由△x=at2可知，加速度：≈0.80m/s2；点睛：本题考查了实验注意事项与实验数据处理；要会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于钩码的质量m，且会根据原理分析实验误差，同时掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法。三、解答题15.如图所示一小球从离地面高度h＝45m的空中自由落下，不计一切阻力。（取g=10m/s2）求：（1）小球经过多少时间落地?（2）落地时速度多大?（3）小球下过程的平均速度多大?【答案】（1）3s（2）30m/s（3）15m/s【解析】（1）根据公式h＝gt2可得：（2）根据v2=2gh可求：=30m/s（3）小球下过程的平均速度：16.如图所示，质量为M、倾角为è、斜面光滑的直角三棱柱A放在水平地面上，质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B都处于静止状态。求：-12-\n（1）光滑球B对三棱柱压力的大小；（2）地面对三棱柱支持力的大小；（3）地面对三棱柱摩擦力的大小。【答案】（1）mg/cosθ（2）mg+Mg（3）mgtanθ【解析】（1）以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力FAB，墙壁对它的弹力F的作用（如图所示），处于平衡状态，根据平衡条件有：竖直方向上：FABcos θ=mg水平方向上：FABsin θ=F解得F=mgtan θ，FAB=．（2）选取A和B整体为研究对象，它受到重力（M+m）g，地面支持力FN，墙壁的弹力F和地面的摩擦力Ff的作用（如图所示）而处于平衡状态．根据平衡条件有：FN-（M+m）g=0，F=Ff可得FN=（M+m）g（3）由以上的解答可得：Ff=F=mgtan θ．点睛：正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．要注意多个物体在一起时，研究对象的选取．17.用F1=2.5N水平拉力刚好使质量m=5kg物体在水平面上以v0=4m/s向右做匀速直线运动。经过一段时间后，撤去F1，改用与水平方向成53°的斜向上拉力F2作用于物体上，使其10s内向右匀加速运动了47m。（g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：-12-\n（1）物体与水平面间的动摩擦因素；（2）斜向上拉力F2的大小。【答案】（1）0.05（2）5N【解析】（1）F1作用下的匀速直线运动阶段：竖直方向：N1=mg水平方向：µN1=F1解得µ=0.05（2）改用F2作用后的匀加速阶段：对物体：竖直方向：水平方向：解得F2=5N18.如图所示，一倾角θ=37°的粗糙斜面底端与一传送带左端平滑相连于P点。有一可视为质点的物块从斜面顶端A点静止开始下滑，当物块滑到斜面底端P点后会继续滑上传送带（设经过P点前后的速度大小不变）。已知斜面长度S=1.25m，传动带长度L=4m，物块与斜面的动摩擦因数μ=0.3，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）物块下滑到斜面底端P点时的速度大小；（2）当传送带静止不动时，物块在传送带能滑行多远距离；（3）当传送带以恒定速率v=4m/s逆时针转动时，试判断物体能否向右滑离出传动带?若能，试求出滑离速度；若不能，则求出物体在传送带上第一次做往返运动的总时间。【答案】（1）3m/s（2）2.25m（3）3s【解析】（1）从A到P匀加速过程，根据牛顿第二定律：mgsin370-µ1mgcos370=ma1-12-\n下滑到P点时的速度vP2=2a1s解得vP=3m/s（2）当传送带静止时，物块做匀减速运动，由牛顿第二定律：µ2mg=ma2减速到速度为零过程中位移大小为s0，由：0-vP2=-2a2s0解得s0=2.25m故在传送带上滑行的最远距离为2.25m（3）当传送带以v=4m/s逆时针转动时，物块滑上传送带后仍做匀减速运动，由（2）可知向右减速为零的过程位移s0=2.25m<L，故物块不能向右滑离出传送带；设物块向右匀减速至速度为零的时间为t1，则：0=vP-a2t1解得t1=1.5s物块反向匀加速到P点的时间为t2，则由运动的对称性可知t2=t1=1.5s故物块在传送带上第一次做往复运动的总时间为t=t1+t2=3s点睛：本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键．分析滑块运动过程时要充分利用运动的对称性．-12-