[物理][期中]福建省福州市六校2023-2024学年高一下学期期中联考试题(解析版)

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（全卷共6页，16小题，完卷时间75分钟，满分100分）
友情提醒：所有答案都必须填写在答题卡相应的位置上
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
一、单项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项是正确的。）
1. 体育课上两位同学在室内羽毛球场进行羽毛球比赛，羽毛球在空中上升的运动轨迹如图中虚线所示，羽毛球加速度方向示意图可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AD．羽毛球在空中做曲线运动，可知羽毛球所受合力产生的加速度应指向轨迹的凹侧，故AD错误；
BC．羽毛球处于上升过程，速度在减小，可知所受合力产生的加速度与速度之间的夹角应为钝角，故B错误，C正确。
故选C。
2. 部队为了训练士兵的体能，会进行一种拖轮胎跑的训练。如图所示，某次训练中，士兵在腰间系绳拖动轮胎在水平地面上以恒定速率跑了80m，下列说法正确的是（ ）

A. 摩擦力对轮胎先做负功后做正功
B. 拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
C. 合外力对轮胎做了正功
D. 支持力对轮胎不做功
【答案】D
【解析】A．任一点上，摩擦力方向与轮胎的运动方向都相反，故摩擦力对轮胎一直做负功，故A错误；
B．合力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变，故B错误；
C．根据动能定理知，合外力对轮胎做功为零，故C错误；
D．支持力与轮胎的运动方向一直垂直，故支持力对轮胎不做功，故D正确。
故选D。
3. 如图是农村秋收时的劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. 糠秕比较轻，糠秕比米粒先落地
B. 米粒和糠秕同时落地，二者落地时重力瞬时功率相同
C. 米粒和糠秕落地过程，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率
D. 从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同
【答案】C
【解析】AB．由于空气阻力忽略不计，所以米粒和糠秕竖直均做自由落体运动，下落高度相同，则下落时间相同，米粒和糠秕同时落地，根据
由于米粒的质量较大，所以米粒落地时重力的瞬时功率较大，故AB错误；
C．落地过程平均功率为
下落高度相同，所用时间相同，由于米粒的质量较大，所以米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率，故C正确；
D．水平方向根据牛顿第二定律可得
落地时水平方向的位移为
从释放到落地的过程中，风力做的功为
由于水平风力恒定，糠秕的质量较小，则糠秕的加速度较大，落地时水平方向的位移较大，则从释放到落地的过程中，风力对糠秕做的功较大，故D错误。
故选C。
4. 某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为、，电机输出功率恒为，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取，则当轿厢速度为时，A、B之间轻质缆绳的拉力大小为（ ）
A. 5400NB. 6000NC. 6600ND. 7000N
【答案】C
【解析】当轿厢速度为时，电动机的牵引力为
以轿厢A为对象，根据牛顿第二定律可得
以对重B为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为
故选C。
二、双项选择题（共4小题，每小题6分，共24分。每一小题中全选对得6分，选对但不全得3分，有错选或不选得0分。）
5. 在一次跳伞训练中，一名跳伞运动员在打开降落伞一段时间后，开始向下做匀速直线运动。在他匀速下落的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员的动能增大B. 运动员的重力势能减小
C. 运动员的机械能守恒D. 运动员所受的合力为0
【答案】BD
【解析】A．运动员匀速下落，速度不变，则运动员的动能不变，故A错误；
B．运动员匀速下落，位移方向向下，高度降低，重力做正功，重力势能减小，故B正确；
C．根据上述可知，运动员的动能不变，重力势能减小，则运动员的机械能减小，故C错误；
D．运动员做匀速直线运动，运动员处于平衡状态，运动员所受的合力为0，故D正确。
故选BD。
6. 如图所示的是汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa段为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线。则下列说法正确的是（ ）
A. 时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B. 时间内汽车牵引力逐渐减小
C. 时间内的平均速度为
D. 在全过程中，时间内牵引力最小
【答案】BD
【解析】A．时间内汽车做匀加速直线运动，由
可知牵引力不变，由，可知功率不断增大，A错误；
B．时间内功率恒定，但速度逐渐增大，根据可知，牵引力逐渐减小，B正确；
C．时间内若汽车做匀加速运动，则平均速度为
但汽车做加速度减小的加速运动，对比图像可知，相同时间内的位移比匀加速时大，故平均速度大于，C错误；
D．时间内牵引力恒定但大于阻力，功率从0增大到额定功率；时间内牵引力减小，但也大于阻力；在时间内牵引力等于阻力。时间内功率均等于额定功率，故在全过程中时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值，时间内牵引力最小，D正确。
故选BD。
7. 投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°。已知两支箭的质量，竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响（，），下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程速度变化量相同
B. 甲、乙两人所射箭落入壶口时速度大小之比4∶3
C. 甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9∶16
D. 甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9
【答案】AC
【解析】A．由题意知两箭做平抛运动，两支箭竖直方向下落高度相等，由
可知两支箭在空中的运动时间相同，由
可知甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程动量变化相同，故A正确；
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时竖直分速度为
可知落入壶口时竖直分速度相等，则有
可得甲、乙两人所射箭落入壶口时速度大小之比为
故B错误；
CD．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为，箭射出时的初速度为，则
即
则甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为
水平方向根据
因两支箭在空中的运动时间相同，则甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，则有
故C正确，D错误。
故选AC。
8. 如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块（可视为质点）水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能一位移图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为，则（ ）
A. 小滑块和木板的质量均为
B. 小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6
C. 小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为
D. 木板长度至少要，小滑块才不会冲出木板
【答案】BC
【解析】AB．由图像可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1=1m后与木板共速，此时滑块的动能为1J，则由动能定理

其中x2=2m，解得
m=0.5kg
选项A错误，B正确；
CD．根据
小滑块滑上木板瞬间，木块的初速度大小为
同理共速时木块的速度
v1=2m/s
木块的加速度
到达共速时的时间

木板的加速度

小滑块滑上木板瞬间木板的速度

到达共速时木板的位移

木块相对木板的位移
即木板长度至少要，小滑块才不会冲出木板
选项C正确，D错误；
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
三、填空题（本大题3小题，每空2分，共10分。按要求作答，把正确答案填写在答题卡相应横线上。）
9. 质量为的汽车，其额定功率为，阻力大小恒为。若它在水平直路上从静止加速，能达到的最大速度为______；若它从静止开始以的加速度匀加速行驶，匀加速的时间为_____s
【答案】 20 10
【解析】当汽车在路面上行驶达到最大速度，则有
汽车在路面上行驶所能达到的最大速度为
根据牛顿第二定律得
F-f=ma
设匀加速行驶的最大速度为v
根据速度公式
解得
t=10s
10. 如图甲所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块R能在水中以速度v0=3cm/s匀速上浮，按图中所示建立坐标系。
（1）若在R从坐标原点O匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为______cm/s；
（2）若在R从坐标原点匀速上浮的同时，将此倒置的玻璃管安装在小车上，给小车以一定的初速度让其沿粗糙水平桌面滑行，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图乙中的______。
【答案】（1）5 （2）C
【解析】（1） “研究运动的合成与分解”实验中，红蜡块R在竖直方向匀速运动有
y=v0t
解得
t=2s
在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动有
x=at2
解得
a=2cm/s2
R的速度大小为
v==5cm/s
（2）做曲线运动的物体，其轨迹夹在速度方向与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力方向。红蜡块在水平方向随小车做匀减速运动，竖直方向匀速上升，合加速方向水平向左，故可判知C正确。
11. 如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为______（，）。
【答案】
【解析】将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则有
根据动能定理可得在此过程中人的拉力对物体所做的功为
四、实验题（本大题2小题，每空2分，共12分。按要求作答，把正确答案填写在答题卡相应横线上。）
12. 用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上、由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有______。
A. 斜槽轨道光滑
B. 斜槽轨道末端水平
C. 挡板高度等间距变化
D. 每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为，测得AB和BC的竖直间距分别是和。可求得钢球平抛的初速度大小为______m/s（g取10m/s）。
【答案】（1）BD （2）1.2
【解析】
【小问1详解】
AD．为了保证小球每次抛出的速度相同，每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
B．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，需要调节斜槽轨道末端水平，故B正确；
C．挡板高度不需要等间距变化，故C错误。
故选BD。
【小问2详解】
竖直方向根据
可得
水平方向有
可得钢球平抛的初速度大小为
13. 在《验证机械能守恒定律》的实验中，纸带上打出的点如图所示。
（1）在实际实验中，重物质量______（选填“是”或“不是”）必须测量的物理量；
（2）若重物的质量为1千克，图中点P为打点计时器打出的第一个点，则从起点P到打下点B的过程中，重物的重力势能减小量ΔEp=______J，重物的动能增加量ΔEk=______J（打点计时器的打点周期为0.02s，计算结果小数点后面保留两位）
（3）实验中动能的增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是______；
A. 重物下落的实际距离大于测量值B. 重物下落的实际距离小于测量值
C. 重物下落受到阻力D. 重物实际末速度大于计算值
【答案】（1）不是 （2）0.49 0.48 （3）C
【解析】
【小问1详解】
由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以在实际实验中，重物质量不是必须测量的物理量。
【小问2详解】
从起点P到打下点B的过程中，重物的重力势能的减小量为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有
从起点P到打下点B的过程中，重物的动能增加量为
【小问3详解】
实验中动能的增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是重物下落受到阻力作用，减少的重力势能有一部分转化为内能。
故选C。
五、计算题（本大题共3小题，共38分。其中第14题10分，第15题12分，第16题16分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
14. 某同学将一个小球在距水平地面m高平台边缘处水平击出，测出小球落地时的水平距离m，不计空气阻力，g取10m/s，求：
（1）小球在空中运动的时间；
（2）小球被击出时的水平初速度；
（3）小球落地时的速度大小。
【答案】（1）0.6s；（2）8m/s；（3）10m/s
【解析】（1）由题意可知小球竖直方向做自由落体运动，有
代入数据可得
（2）小球水平方向上匀速直线运动，所以有
代入数据可得
（3）小球落地前竖直方向分速度
所以小球落地时的速度大小为
15. 如图甲所示，光滑水平面OB与倾角为37°的粗糙斜面BC平滑交于B点，轻弹簧左端固定于竖直墙面，质量m=2kg的滑块将弹簧压缩至D点，由静止释放，滑块脱离弹簧后的速率时间图象如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
(1)释放滑块前弹簧的弹性势能Ep；
(2)滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)滑块到斜面底端时重力的瞬时功率P。
【答案】(1)64J；(2)0.25； (3)
【解析】(1)由能量守恒得
代入数据得
(2)1s－2s内有
由牛顿第二定律
解得
(3)滑块下滑
发生的位移为
到底端过程中有
此时功率为
联立解得
16. 如图所示，光滑的曲面与水平面在O点相切，水平面与一足够长的传送带在P点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ=30°，皮带轮逆时针转动、速率v=3m/s。一质量为m=1kg、可视为质点的物块A自曲面上高h=0.9m处由静止释放，经过O点进入水平面向右运动，OP长L=1m。已知A与OP段间的动摩擦因数μ1=0.1，与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)A第一次经过O点时的速度大小v0；
(2)A第一次自P点上滑的最大位移x；
(3)A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q。
【答案】(1)m/s；(2)0.8m；(3)12.25J
【解析】 (1)设物块第一次达到O点的速度为v0，物块A第一次到O点的过程中，由动能定理得
代入数据，解得
m/s
(2)设A第一次到P点的速度为v1，则有
代入数据，解得
v1=4m/s
A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a，由牛顿第二定律得
解得
a=10m/s2
当A的速度为零时，上滑位移最大，由运动学公式得
代入数据解得
t1=0.4s
x1=08m
(3)A第一次在传送带上到达最高点过程，传送带位移xD为
传送带向下运动，物块向上运动，所以此过程相对位移为
A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块与传送带速相同时，有
v=at2
解得
t2=0.3s
A的位移为
解得
x2=0.45m＜0.8m
即物体与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物与带的相对位移
全过程生热
=12.25J