2023-2024学年福建省福州市高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市高一（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲。“阿秒”是一个单位，对应的物理量是( )
A. 速度B. 位移C. 时间D. 质量
2.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与离地面大约400km的空间站组合体完成自主快速交会对接，再续了中国载人航天的新篇章。下列说法正确的是( )
A. 研究飞船在太空中运动的轨迹时，飞船可以视为质点
B. 研究飞船与空间站对接的细节时，飞船可以视为质点
C. 飞船从发射到与空间站对接，运动的路程约为400km
D. 飞船从发射到空间站过程中，运动的路程等于位移大小
3.俯卧撑运动可以锻炼人体的多个肌肉，如图所示为小华开始做俯卧撑运动时的姿势，下列说法正确的是( )
A. 人对地面的压力就是人受到的重力
B. 地面对手的支持力是由于地面发生形变引起的
C. 手对地面的压力与地面对手的支持力是一对平衡力
D. 人对地面的压力与人受到的重力是一对相互作用力
4.我国的无人机在各行各业中有着广泛的应用。在一次高空摄影过程中，地面测控系统测出无人机从地面起飞，竖直方向上运动的速度v随时间t变化规律如图所示，t4时刻无人机回到地面，下列说法正确的是( )
A. t1时刻无人机上升到最高位置
B. t1～t2时间内无人处于超重状态
C. 0～t1时间内，无人机的加速度先减小后增大
D. 0～t2时间与t3～t4时间内图线与时间轴所围面积大小相等
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.图(a)、(b)是伽利略的两个斜面实验，开创了科学实验和逻辑推理相结合的科学研究方法。下列说法符合物理史实的是( )
A. 图(a)中通过研究小球在斜面上的运动，推理出自由落体运动规律
B. 图(a)中让小球从斜面滚下，可“冲淡”重力，使速度测量更容易
C. 图(b)中斜面没有摩擦，小球上升到等高的位置是真实的实验结果
D. 图(b)中伽利略通过逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因
6.下列四幅图为教材中的迷你实验示意图，对实验现象的描述或原理的分析正确的是( )
A. 甲图中根据留在地上的水印点间距越来越大，判断同学一定做匀加速运动
B. 乙图中圆锥从轨道较低一端向“上”滚动过程中，圆锥的重心位置不断降低
C. 丙图中钩码静止时，可以感受到细绳对手指的拉力和铅笔对掌心的压力
D. 丁图中若迅速用力将细绳向下一拉，由于书的惯性，上端绳子先断
7.如图所示，重力为G的吊灯用三根长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每根轻绳与竖直方向的夹角均为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 每根轻绳对吊灯的拉力大小为G3
B. 每根轻绳对吊灯的拉力大小为G3csθ
C. 三根轻绳的长度变长，每根轻绳对吊灯的拉力变大
D. 三根轻绳的长度变长，三根轻绳对吊灯拉力的合力不变
8.如图是一种升降系统示意图。轻弹簧上端固定质量为m的平台，站在上面的人手握轻质横杆，绳子的一端与横杆相连，另一端与定滑轮相连，初始时绳子刚好伸直，人和平台处于静止状态。启动电动机，让其带动定滑轮向上收绳子，使人和平台一起做加速度为a的匀加速直线运动，直至人离开平台。已知弹簧劲度系数为k，人的质量为M，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 电动机启动前，弹簧的形变量为(M+m)gk
B. 电动机启动瞬间，绳子拉力大小为(M+m)g
C. 人与平台分离瞬间，平台上升的高度Mg−mak
D. 当平台速度达到最大时，弹簧恢复原长
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图甲所示，当用力挤压扁平玻璃瓶的不同部位时，发现细管中的水面会上升或下降，说明玻璃瓶发生了形变，此实验应用的物理思想方法是______。图乙为玻璃瓶的横截面图，用力沿______(填“ab”或“cd”)方向挤压玻璃瓶时，细管内水柱会上升。
10.小华用A、B两根不同的弹簧，分别探究弹簧弹力F的大小与伸长量x之间的关系，并根据记录的数据绘制成F−x图像，如图所示。分析图像可知，劲度系数较大的是______弹簧；当给A、B弹簧分别施加2N的力，则两弹簧的伸长量之比xA：xB= ______。
11.用一把刻度尺可以粗略测量人的反应时间。如图所示，被测试者食指和拇指成钳状且手指上边缘与0刻线在同一水平线上，看到尺子下落时去捏尺子，此时手指上边缘位于19.60cm处，设当地重力加速度为9.8m/s2，则被测试者的反应时间为______s。假设在地球南极测试，其他情况相同时，重力加速度仍用9.8m/s2计算，测得的反应时间______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，提供以下器材：薄木板一块，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条(带有两个较长的细绳套)，白纸，刻度尺，图钉若干个。
(1)要求同一组实验中两个分力共同作用的效果与一个力单独作用的效果相同，指的是______。(选填正确选项前的字母代号)
A.橡皮绳伸长到同一长度
B.橡皮绳沿同一方向伸长
C.橡皮绳沿同一方向伸长同一长度
D.两个弹簧秤的读数必须相同
(2)某次测量时测力计的示数如图所示，则其读数为______N。
(3)小华用同一套器材做了四次实验，白纸上标注信息有：虚线代表橡皮筋的伸长方向、结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的方向的点，如图所示。其中最能提高实验精度且符合实验事实的是______。
13.小华采用了如图(a)所示的装置探究空气阻力与物体运动速度关系。

(1)图(b)中所示是______(填“A”或“B”)。
A.电磁打点计时器
B.电火花计时器
(2)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。平衡摩擦力后进行实验，打出的纸带如图(c)所示，在纸带上标出了5个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未标出。已知打点计时器的打点周期为0.02s，则打下计数点2时小车速度v= ______m/s，小车加速度a= ______m/s2。(结果均保留2位小数)

(3)保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v−t图像如图(d)所示，由图像可知小车运动过程中受到的阻力大小______(填“逐渐变大”、“保持不变”或“逐渐变小”)，据此可以得到的实验结论是______。
五、简答题：本大题共3小题，共37分。
14.小华陪妹妹在雪地里玩耍。妹妹和雪橇的总质量为m，小华先用大小为F的水平力推雪橇，使雪橇做匀速直线运动。若保持F的大小不变、方向与水平面成θ角拉雪橇，如图所示，雪橇也恰好做匀速直线运动，求：
(1)小华水平推雪橇时，雪橇受到的摩擦力大小；
(2)小华斜向上拉雪橇时，雪橇对地面的压力大小。
15.如图所示，避险车道是避免发生交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成。一辆质量为1.0×104kg的货车行驶到一个长下坡公路时，因刹车失灵以36km/h的初速度沿公路前进75m到达坡底B点，此时速度为72km/h，随后冲上避险车道的制动坡床运动一段距离后停止，设下坡和上坡过程均为匀变速直线运动，加速度大小分别为a1、a2，且a2=2.5a1，制动坡床与水平面的夹角为θ(sinθ=0.3)，假设货车从B点驶入制动坡床前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)货车在公路上行驶时的加速度a1的大小；
(2)货车在制动坡床行驶的距离；
(3)货车在制动坡床上受到的平均阻力大小。
16.如图所示，可视为质点的物块A和足够长的木板B叠放在粗糙水平地面上，质量分别为mA=60g、mB=20g，A与B之间以及B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.2。距B右侧d=0.72m处有一与B上表面平齐的台面，现让A从B上合适的位置以某一初速度v0开始向右滑动，B与台面相碰后被锁定静止不动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)A、B刚开始滑动时的加速度大小a1、a2；
(2)若B向右一直加速，B到达台面的时间t；
(3)若A的初速度v0=4m/s，初始距B右端L=2m，判断A能否滑上台面。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：速度的单位是米每秒，位移的单位是米，时间的单位是秒，质量的单位是千克，所以阿秒是时间的单位，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据各个物理量的单位分析即可。
熟练掌握各个物理量的单位是解题的基础。
2.【答案】A
【解析】解：A.研究飞船在太空中运动的轨迹时，飞船的大小和形状可以忽略，可以视为质点，故A正确；
B.研究飞船与空间站对接的细节时，飞船的大小和形状不可以忽略，不能视为质点，故B错误；
C.400km是空间站距离地面的高度，不是飞船路程大小，故C错误；
D.飞船从发射到空间站过程中。运动的路程等于实际路径长度，运动轨迹是曲线，运动的路程大于位移大小，故D错误；
故选：A。
任何物体，只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略，都可以看作质点；位移是描述物体位置变化的物理量，是矢量，有大小有方向，路程是物体实际运动的路径长度，是标量。
本题主要考查对质点、位移和路程的理解，根据质点、位移和路程的概念解答。
3.【答案】B
【解析】解：A、人对地面的压力是人对地面的力，而人受到的重力是地球对人的力，所以并非是同一个力，故A错误；
B、弹力的产生原因是施力物体形变产生的，所以地面对手的支持力是由于地面发生形变引起的，故B正确；
C、手对地面的压力与地面对手的支持力是一对相互作用力，故C错误；
D，人对地面的压力与人受到的重力既不是一对相互作用力，又不是平衡力，故D错误。
故选：B。
本题根据二力平衡特点和相互作用力特点直接进行判断。
本题考查平衡力和相互作用力的判断，需要学生牢记二力平衡的特点以及相互作用力的特点，整体难度较低。
4.【答案】D
【解析】解：A、0∼t2时间内速度一直为正，则无人机一直上升，则t2时刻无人机上升到最高位置，故A错误；
B、t1∼t2时间内无人机向上减速，加速度向下，则处于失重状态，故B错误；
C、图像的斜率等于加速度，可知0～t1时间内，无人机的加速度先增大后减小，故C错误；
D、0∼t2时间无人机上升，t3∼t4时间内无人机回到地面，因图像的面积等于位移大小，可知0∼t2时间与t3∼t4时间内图线与时间轴所围面积大小相等，故D正确。
故选：D。
在v−t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数，切线斜率表示加速度，图像与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。
本题是对v−t图像的考查，解题时要知道斜率，截距，面积的物理意义。
5.【答案】AD
【解析】解：A、图(a)中伽利略通过研究小球在斜面上的运动，推理出自由落体运动规律，故A正确；
B、图(a)中让小球从斜面滚下，可“冲淡”重力，使时间测量更容易，故B错误；
C、没有摩擦的斜面并不存在，所以小球上升到等高的位置是理想结果并不是真实的实验结果，故C错误；
D、伽利略理想斜面实验通过逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因，故D正确。
故选：AD。
根据伽利略理想斜面实验和对自由落体运动的研究相关内容即可进行判断。
学生需要牢记伽利略理想斜面实验内容及结论，以及伽利略对自由落体运动的研究的实验内容及结论。
6.【答案】BC
【解析】解：A、甲图中根据留在地上的水印点间距越来越大，判断同学一定做加速运动，但不一定是匀加速运动，故A错误；
B、由机械能守恒定律可知，乙图中圆锥从轨道较低一端向“上”滚动过程中，圆锥的重力势能一定减小，即重心位置不断降低，故B正确；
C、丙图中钩码静止时，可以感受到细绳对手指的拉力和铅笔对掌心的压力，故C正确；
D、丁图中若迅速用力将细绳向下一拉，由于书的惯性，下端绳子先断，故D错误。
故选：BC。
根据匀变速直线运动的定义判断；根据重心的知识解答；根据受力分析作答；根据惯性知识作答。
本题综合考查了重心、惯性、匀变速直线运动，属于对基本概念的理解，比较容易。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、设一条轻绳的拉力为T，则由题意可知吊灯在竖直方向受力平衡，有3Tcsθ=G，故T=G3csθ，故A错误，B正确；
CD、吊灯不变，则吊灯悬点到中心的距离r不变，夹角关系如图所示：
由几何关系可知sinθ=rL，若三根轻绳的绳长L变长时，sinθ减小，csθ增大，故由T=G3csθ可知，则每根轻绳对吊灯的拉力变小；根据共点力的平衡条件可知，吊灯仍处于静止状态，故三根轻绳对吊灯的拉力的合力等于吊灯的重力，故D正确，C错误。
故选：BD。
根据共点力的平衡条件，求出拉力的大小；根据共点力的平衡条件，结合题意分析拉力的变化及三轻绳拉力的合力变化情况。
在处理分析某一物理量的变化情况时，我们可以先把它的表达式写出来，再结合题意分析其变化情况。
8.【答案】AC
【解析】解：A.电动机启动前，对平台和人的整体分析(M+m)g=kx1
则弹簧的形变量为x1=(M+m)gk
故A正确；
B.电动机启动瞬间T−(M+m)g+kx1=(M+m)a
解得绳子拉力大小为T=(M+m)a
故B错误；
C.人与平台分离瞬间，平台的加速度为a且人与平台无压力，则对平台kx2−mg=ma
平台上升的高度h=x1−x2，解得h=Mg−mak
故C正确；
D.当平台速度达到最大时，加速度为零，此时弹力等于重力，则弹簧处于压缩状态，故D错误。
故选：AC。
对平台和人整体分析可求出弹簧的形变量；利用牛顿第二定律可求出绳子拉力大小；对平台利用牛顿第二定律可求出上升的高度；平台达到最大高度，加速度为零，从而得出弹簧的状态。
学生在解答本题时，应注意能够根据加速度，利用牛顿第二定律求解受力。
9.【答案】转换法 cd
【解析】解：当用力挤压扁平玻璃瓶的不同部位时，发现细管中的水面会上升或下降，说明玻璃瓶发生了形变，将不易观察的微小形变，转化为了容易观察的细管中的水面上升或下降。此实验应用的物理思想方法是转换法。用力沿cd方向挤压玻璃瓶时，玻璃瓶的容积将变小，细管内水柱会上升。
故答案为：转换法，cd。
利用细管中水面的上升或下降反映了玻璃瓶体积的变化，据此分析；细管中水面上升，是因为玻璃瓶的容积减小了，沿cd方向挤压玻璃瓶时，玻璃瓶的容积将变小。
掌握学习物理的思想方法是解题的基础，常见的思想方法有转换法、比值法、微元法、理想模型法等。
10.【答案】A 2：5
【解析】解：在F−x图像中，图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图可知弹簧A图像的斜率较大，则A弹簧的劲度系数较大；
由图可知，当给A、B弹簧分别施加2N的力，则两弹簧的伸长量分别为xA=3.2cm和xB=8.0cm，所以两弹簧的伸长量之比为xA：xB=3.2：8.0=2：5。
故答案为：A，2：5。
根据图像的斜率分析；由图分别读出两弹簧的形变量，然后相比即可。
熟练掌握F−x图像的斜率含义即可。
11.【答案】0.2 偏大
【解析】解：根据h=12gt2可得：t= 2hg= 2×19.6×10−29.8s=0.2s；
在地球南极测试，重力加速度增大，可知测得反应时间偏大。
故答案为：0.2；偏大。
尺子做自由落体运动，根据h=12gt2求解下落时间，从赤道到南北两极，重力加速度增大，离地面越高，重力加速度越小。
本题主要考查自由落体运动规律的应用，根据自由落体运动规律解答。
12.【答案】C 2.50 C
【解析】解：(1)本实验的原理是两个弹簧共同作用的效果与一个弹簧单独作用的效果相同，而力的作用效果是通过橡皮筋伸长的长度与方向来体现的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(2)图中，弹簧测力计的精确度是0.1N，因此弹簧测力计的示数读数为F=2.50N
(3)A.记录力的方向时，两点太近，误差较大，另外合力的实验值方向与绳子没有在同一条直线上，故A错误；
B.标度的选择太大，不合适，另外合力的实验值方向与绳子没有在同一条直线上，故B错误；
CD.根据力的图示法，所作的力的平行四边形如图所示：
图C中，记录力的方向时，两点距离合适，标度选择合适，误差较小，故C正确；
图D中，.合力的实验值方向与绳子没有在同一条直线上，操作有误，误差大，故D错误。
故选：C。
故答案为：(1)C；(2)2.50；(3)C。
(1)根据实验原理、正确操作步骤和注意事项分析作答；
(2)弹簧测力计的分度值0.1N，读数时估读到下一位；
(3)根据力的图示法作图，然后分析作答。
本题考查了验证力的平行四边形定则，误差分析主要结合器材和实验操作、原理等来分析。
13.【答案】B 0.44 0.34 逐渐变大 小车受到的空气阻力随速度增大而增大
【解析】解：(1)电火花计时器有正负脉冲插座，用的是墨粉纸盘，故图(b)中所示是电火花计时器，故A错误，B正确；
故选：B。
(2)计数点之间的时间间隔为：
T=5×0.02s=0.1s
打下计数点2的小车速度为：
v=x132T=(12.59−3.68)×10−22×0.1m/s=0.44m/s
根据逐差法可知小车的加速度为：
a=x24−x024T2=(17.46−8.05−8.05)×10−24×0.12m/s2=0.34m/s2
(3)设绳的拉力为F，当砝码和砝码盘的总质量远小于小车和薄板的质量时，可认为绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，根据牛顿第二定理可得：
F−f=ma
由v−t图像可知，图像斜率逐渐变小，所以加速度逐渐减小，a在变小，说明f在变大。
据此可以得到的实验结论是小车受到的空气阻力随速度增大而增大。
故答案为：(1)B；(2)0.44；0.34；(3)逐渐变大；小车受到的空气阻力随速度增大而增大
(1)根据计时器的特点分析出对应的类型；
(2)根据运动学公式和逐差法分析出对应的速度和加速度；
(3)根据牛顿第二定律，结合图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)当雪橇被水平推时，雪橇匀速运动
由平衡条件得：f=F
故雪橇受到的摩擦力大小为F；
(2)当雪橇被斜向上拉时，对雪橇在竖直方向：
N+Fsinθ=mg
得：N=mg−Fsinθ
根据牛顿第三定律得，雪橇对地面的压力F压=N
即F压=mg−Fsinθ
答：(1)小华水平推雪橇时，雪橇受到的摩擦力大小为F；
(2)小华斜向上拉雪橇时，雪橇对地面的压力大小为mg−Fsinθ。
【解析】(1)由平衡条件求出小华水平推雪橇时，雪橇受到的摩擦力大小；
(2)当雪橇被斜向上拉时，对雪橇在竖直方向根据受力平衡和牛顿第三定律求出雪橇对地面的压力大小。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答。
15.【答案】解：(1)货车在公路行驶过程中
根据vB2−v02=2a1s1
解得：a1=2m/s2
(2)货车在制动坡床上行驶过程中：
vB2=2a2s2
又有a2=2.5a1
解得：s2=40m
(3)对货车受力分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ+f=ma2
解得：f=2.0×104N
答：(1)货车在公路上行驶时的加速度a1的大小为2m/s2；
(2)货车在制动坡床行驶的距离为40m；
(3)货车在制动坡床上受到的平均阻力大小2.0×104N。
【解析】(1)(2)用位移—速度公式求解；(3)对货车进行受力分析，由牛顿第二定律求解。
本题考查对位移—速度公式的简单应用、牛顿定律与直线运动的简单过程，难度适中。
16.【答案】解：(1)由牛顿第二定律得
对A分析μ1mAg=mAa1
解得a1=3m/s2
对B分析μ1mAg−μ2(mA+mB)g=mBa2
解得a2=1m/s2
(2)若B一直向右加速，根据运动学公式得d=12a2t2
解得：t=1.2s，或t=−1.2s(舍)
(3)假设B与台面碰撞前，A、B已共速且速度为v1，经过时间为t1，则
对Av0−a1t1=v1①
对Ba2t1=v1②
由①②得t1=1.2s，v1=1m/s
共速前，
A的位移xA=v0t1−12a1t12，解得：xA=2.5m
B的位移xB=12a2t12，解得：xB=0.5m
由于L=xA−xB=2.5m−0.5m=2m
即A、B共速时，A恰好到达B的右端
A、B共速后，整体减速，由牛顿第二定律得
μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a3
解得a3=2m/s2
设共速后减速到零时位移为s，则v_1
xB+s=0.5m+0.25m=0.75m>d
故A能够滑上台面
答：(1)A开始滑动时加速度a1大小为3m/s2，B刚开始滑动时的加速度a2大小为1m/s2；
(2)B到达台面的时间t为1.2s；
(3)A能够滑上台面。
【解析】(1)根据牛顿第二定律可分别求出A和B的加速度大小；
(2)根据位移—时间公式可求出运动的时间；
(3)根据运动学公式可求出加速度和位移大小，从而判断A可以滑上台面。
学生在解答本题时，应注意对于板块模型分析，要能够选好研究对象，根据受力情况来判断运动过程，从而利用运动学公式解答需要的物理量。