福建省莆田第四中学2024-2025学年高一上学期期末考试 物理试题（含解析）

这是一份福建省莆田第四中学2024-2025学年高一上学期期末考试 物理试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单项选择题，双选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题:本题共4小题，共16分
1．智能手机上装载的地图app软件让我们自驾游更加方便，如图所示为某软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据“10分钟，5.4公里”，下列说法正确的是（ ）
A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
B．10分钟表示的是某个时刻
C．5.4公里表示了此次行程的位移的大小
D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
2.如图所示为网球运动员比赛时的情景,运动员正用球拍将来球击回，关于击球过程(击球过程不计球的重力)，下列说法正确的是（ ）
A.球的运动方向发生改变，球的惯性也发生改变
B.球拍对球的作用力越大，球的速度变化越快
C.球被击回，说明球拍对球的作用力大于球对球拍的作用力
D.球对球拍的压力是由球拍形变产生的
3．在快节奏的现代生活中，家用室内引体向上器作为一种简单实用的健身器材，受到很多人的青睐。它通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．橡胶垫与墙面间的压力越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
B．健身者在做引体向上运动时，橡胶垫与墙面间的摩擦力保持不变
C．健身者在单杆上悬停时，健身者的质量越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力就越大
D．健身者在单杆上悬停时，手臂间距离越大，所受到单杆的作用力就越大
4．一轻质弹簧一端固定在倾角为的光滑斜面的底端，另一端拴住质量不计的物块P，Q为质量为的重物，弹簧的劲度系数为，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上匀加速运动，已知在前内F为变力，以后F为恒力（），则以下分析正确的是（ ）
A．P、Q一起匀加速运动的加速度为2m/s2
B．F的最小值为8N，F的最大值为36N
C．P、Q分离时弹簧为压缩状态
D．若Р为有质量的物体，P、Q分离时弹簧为原长
二、双选题:共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．同学们在操场上进行足球比赛，足球离脚时的初速度大小为18m/s，在平地上向前滚动，其在平地上的运动可视为匀减速直线运动，共运动27m，关于足球在平地上的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．足球的加速度大小为6m/s2B．足球运动的时间为4s
C．足球的平均速度大小为9m/sD．足球最后1s内的位移大小为6m
6．国庆7天假期，黄山风景区出现日出、云海等多种自然美景，吸引游客超17万人次。某游客乘坐缆车索道的情景可简化成如图所示模型。已知倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿索道运动时，车厢里质量为m的人对厢底的压力为其重力的1.25倍，已知重力加速度为g，下列说法正确的是
A．人对厢底的摩擦力方向向左
B．载人车厢一定沿倾斜索道向上运动
C．车厢运动的加速度大小为14g
D．车厢对人的摩擦力大小为13mg
7．如图，质量分别为和的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，今用大小为的水平恒力作用在A上，使A、B相对静止且一起向左做匀加速直线运动，若该弹簧劲度系数为，则下列说法正确的是（ ）
A．物块A、B一起做匀加速运动时，A的加速度大小为7.5m/s2
B．物块A、B一起做匀加速运动时，弹簧的伸长量为
C．突然撤去力F的瞬间，A的加速度大小为2.5m/s2
D．突然撤去力F的瞬间，B的加速度为0
8．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图像如图乙所示，则（ ）

A．t2时刻小球速度最大,处于失重状态
B．t2至t3时间内，小球加速度一直减小
C．t2至t3时间内，小球速度先增大后减小
D．t3时刻小球加速度等于g
三、填空题：本大题功2小题，共8分
如图所示，固定在电梯顶部的弹簧测力计下端挂着的钩码取（g取10m/s2），电梯运行时人观察到测力计的示数，此时钩码的加速度大小为___________ ，加速度方向向________（填“上”或“下”）这种现象是___________ （填“超重”或“失重”）现象；
10．在某次海试活动中，深海载人潜水器“蛟龙号”（图甲）完成海底任务后竖直上浮。假设从上浮速度为v0=20m/s时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t2=5s上浮到海面，速度恰好减为零，其v-t图象如图乙所示。0～5s内，科考员速度变化量的方向是_____________（填写竖直向上或者竖直向下）t1=2s时刻“蛟龙号”深度为_________m
四、实验题：本大题共2小题，共16分
11．物理学习小组利用实验室的器材设计了如图1所示的实验装置进行“验证两个互成角度的力的合成规律”实验，量角器竖直放置，结点O与量角器的中心点在同一位置。
本实验采用的科学方法是___________（填选项序号）。
A．理想实验法B．等效替代法
C．控制变量法D．建立物理模型法
(2)实验中保持重物c质量不变以及O点位置不变，改变细绳与细绳的方向，细绳与细绳拉力的合力___________（填“变化”或“不变化”）。
(3)关于该实验，下列说法正确的是___________。
A．弹簧测力计必须与量角器平行
B．连接弹簧测力计的两细绳之间的夹角越大越好
C．两细绳OA、OB必须垂直
(4)在某次实验中，弹簧测力计a、b的读数分别是、，然后只用弹簧测力计a测量物体重力，其读数为F，最后根据平行四边形定则作出、的合力。若操作正确，则作出的图应是图___________（填“2”或“3”）。
12．某同学利用如图所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系。
他用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在不挂小桶且打点计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦内和其他阻力的影响。正确平衡摩擦力后，改变小车的质量再次实验，是否需要重新平衡摩擦力？________（选填选项前的字母）。
A．需要B．不需要
(2)实验时保持小桶及砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是________（选填选项前的字母）。
A．小车所受的拉力近似等于小桶及砝码的总重力
B．保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度
(3)某同学通过实验得到如图所示的a-F图像，造成这一结果的原因是_______________。
(4)某同学得到如图所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，=__________cm。由此可算出小车的加速度a=_______m/s2（此空保留两位有效数字）。
“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，在探究加速度a和小车质量M的关系时，由于没有能够始终满足（m为沙桶和沙的总质量）的条件，结果得到的图像应该是下图中的_________。
B． C． D．
五、计算题：本大题共3小题，共36分
（10分）如图所示，小孩与冰车的总质量。大人用恒定拉力使冰车由静止开始沿水平冰面移动，拉力，方向与水平面的夹角。已知冰车与冰面间的动摩擦因数，重力加速度，，。求：
（1）小孩与冰车整体的受力示意图；
（2）小孩与冰车受到的支持力的大小；
（3）小孩与冰车的加速度的大小；
（4）拉力作用时间内，冰车位移的大小。
14．（10分）如图所示，质量为m=1kg的物体A，放在质量为M=4kg、倾角为θ=37°的斜面B上，现用水平力F推物体A，使A沿斜面匀速向上运动，B始终保持静止，A、B间，B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5。已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)F的大小；
(2)地面对B的支持力的大小；
(3)B对地面的摩擦力。
15．（16分）如图所示，一与水平方向成的传送带正以v=4.0m/s的速度顺时针方向运动，在传送带下方有一光滑小圆弧，上端与传送带相切，下端与一木板Q相切，木板Q放在粗糙水平地面上，木板与水平地面间动摩擦因数为μ1=0.1；现将一质量为可视为质点的木块P放在传送带下端，并给木块P一个与传送带平行的初速度v0=20m/s沿传送带所在的斜面向上运动，木块与传送带间动摩擦因数为μ2=33，木块P与木板Q间动摩擦因数为μ3=0.4，木板Q的质量为m2=2.0kg，设传送带足够长，（）
（1）木块P沿传送带上升到最高点时到传送带下端的距离x；
（2）物块P从最高点运动到传送带下端的时间t；
（3）为使物块P能够从木板Q上滑下来，木板Q的长度L应满足的条件
莆田四中2024-2025学年上学期高一年段
物理期末考试答案和解析
1.【答案】B
2.【答案】B 【解析】惯性只与质量有关，球的运动状态发生改变时，惯性不变，A项错误;
由牛顿第二定律可知，球拍对球的作用力越大，球的加速度越大，速度变化越快，B项正确;
根据牛顿第三定律，球拍对球的作用力与球对球拍的作用力大小相等，C项错误;
球对球拍的压力是由球形变产生的，D项错误。
3.【答案】C 【解析】【详解】橡胶垫与墙面之间是静摩擦力，与压力没有必然联系，故A错误;健身者在做引体向上运动时，先做加速度向上的加速运动，后做加速度向下的减速运动，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，由牛顿第二定律可知，摩擦力的大小与健身者的加速度有关，B错误;健身者在单杆上悬停时，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，摩擦力的大小等于健身者与室内引体向上器的重力，故健身者的质量越大，摩擦力越大;若把健身者作为研究对象，健身者处于平衡状态，受到单杆的作用力始终等于健身者的重力，D错误。故选C。
4.【答案】A 【解析】AC、设刚开始时弹簧压缩量为x0，则对P、Q受力分析：mgsinθ=kx0，解得：x0=0.04m，
因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为0，又P质量不计，则P不需要加速的，则合力为0，即此时弹簧为原长，
则对PQ前0.2s时间内向上运动的距离为：x0=12at2，则a=2x0t2=2×，故A正确，C错误；
B、当P、Q开始运动时拉力最小，此时对PQ：Fmin=ma=4×2N=8 N，
当P、Q分离时拉力最大，此时对Q：Fmax=m(a+gsinθ)=4×(2+10×0.6)N=32N，故B错误；
D、若P为有质量的物体，P、Q分离时，P对Q的作用力为0，此时加速度还相同，对P，由牛顿第二定律知：kx1−m1gsinθ=m1a，即kx1=m1gsinθ+m1a，则x1不为0，即P、Q分离时弹簧不为原长，故D错误。
5.【答案】AC 【解答】A、根据匀变速直线运动时位移速度公式有182=2a×27，解得a=6 m/s2，故A正确；
B、根据匀变速直线运动时速度公式有18=6t，解得足球运动的时间t=3 s，故B错误；
C、根据匀变速直线运动时平均速度为初末速度之和除以2可得足球的平均速度大小为182m/s =9 m/s，故 C正确；
D、将足球的运动看做反向的初速度为零的匀加速运动可得足球最后1 s内的位移大小为12×6×12m=3m，故D错误。
6.【答案】BD
A、由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，人处于超重状态，所以载人车厢可能沿斜索道加速向上运动，也可能减速向下运动，故A错误；
BD、在竖直方向上有FN−mg=ma上，解得a上=0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则a上a水=tan37°=34，所以a水=13g，方向向右；
对人受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，即f=ma水=13mg，方向向右，根据牛顿第三定律可得人对厢底的摩擦力方向向左，故BD正确；
C、车厢运动的加速度大小为a=a上sinθ=5g12，故C错误。
7.【答案】BC 【解析】A.对A、B系统由牛顿第二定律可得：a=FmA+mB=152+1m/s2=5m/s2，B.以B为研究对象，根据牛顿第二定律有：Fx=mBa=1×5N=5N，根据胡克定律有Fx=kx，将k=100N/m代入，解得弹簧的伸长量为：x=0.05m=5cm，故B正确；
CD.突然撤去力F的瞬间，F消失，弹簧弹力Fx不变，根据牛顿第二定律，对A有：aA=FxmA=52m/s2=2.5m/s2，对B有：aB=FxmB=51m/s2=5m/s2，故C正确，D错误。
8.【答案】CD
A.t2时刻弹簧的弹力最大，说明小球到达最低点，速度为零，此时弹簧的弹力大于小球的重力，小球处于超重状态，故A错误．
B.t2至t3时间内，小球上升，小球受到向上的弹力和向下的重力，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，随着弹力的减小，合力先减小后增大，由牛顿第二定律可知加速度先减小后增大，故B错误；
C.t2至t3时间内，小球受到的合力先向上后向下，小球速度先增大后减小，当弹簧的弹力与重力平衡时速度最大，故C正确；
D.t3时刻小球刚与弹簧脱离，只受重力，加速度为g，故D正确。
9.答案】5；上；超重；
10.【答案】竖直向下 18
【解答】根据加速度定义式a=ΔvΔt，可得：a=0−205m/s2=−4m/s2
所以加速度方向竖直向下，因为速度变化量的方向与加速度方向相同，所以速度变化量的方向竖直向下。0～5s内位移为：x1=0−v022a=50m t1=2s时刻位移为：x2=v0t2+12at22=32m
所以t1=2s时刻“蛟龙号”深度为：ℎ=x1−x2=18m。
11.【答案】(1)B(2)不变化(3)A(4)2
【解析】(1)该实验是用一个力作用产生的作用效果与两个共同作用产生的作用效果相同来探究两个互成角度的力的合成规律，所以使用的科学方法是等效替代法。
故选B。
(2)仅改变细绳 OA 与细绳 OB 的方向，细绳 OA 与细绳 OB 拉力的合力大小仍等于细绳 OC 的拉力大小，由于重物c质量不变以及O点位置不变，细绳 OC 的拉力不变化，则细绳 OA 与细绳 OB 拉力的合力不变化。
(3)A.测量时弹簧测力计必须与量角器平行且在同一竖直平面内，故A正确；
BC.为减小实验误差，与两弹簧测力计相连的细绳之间的夹角要适当大一点，但不是越大越好，也不是一定要垂直，故BC错误。
故选A。
(4) F 是通过实验得到的合力，一定沿竖直方向，合力 F′ 是通过平行四边形得到的理论值，不一定在竖直方向上，则若操作正确，则作出的图应是图2。
12.【答案】(1) B；(2)A；(3)平衡摩擦力过度；(4)1.80；5.0；(5) D。
【解析】(1)摩擦力平衡时满足mgsinθ=μmgcsθ 只与角度有关，与质量无关，故不需要平衡，故B正确，A错误，故选B；
(2)设沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M，其实实际过程中是用沙和沙桶的重力来代替恒力F，但是沙和沙桶是有质量的，且a为整个系统的加速度，因此mg=F=(M+m)a ，只有当m远小于M时，才可以认为M+m近似等于M，这样得出的结果才会符合F=Ma，故A正确，B错误，故选A；
(3)当F=0时已产生加速度，故平衡摩擦力时倾角过大；
(4)由纸带可知xDG=3.90cm，xAD=2.10cm，Δx=xDG−xAD=3.90−2.10cm=1.80cm
图上的点为纸带上7个连续的点，则T=0.02s，根据逐差法可知小车的加速度为
a=xDG−xAD9T2=0.0390−0.02109×0.022m/s2=5.0m/s2 ；
(5)在研究加速度和小车质量M的关系式，保持m不变，改变小车质量M，在小车质量M远大于重物质量m时，可以认为小车受到的拉力F=mg，此时加速度a与小车质量M成反比，与1M成正比，则图像应是过原点的直线，当小车质量M不远大于重物质量m时，小车受到的拉力明显小于重物重力，则图线向下弯曲，故D正确，ABC错误。
故选D。
13.【答案】(1)小孩与冰车整体受到重力 G ，地面的支持力 FN ，地面的滑动摩擦力 Ff ，大人的拉力 F 共计四个力的作用，受力示意图如图所示
(2)对小孩与冰车受力分析，在竖直方向上，有FN=mg−Fsin37∘=188N
(3)在水平方向上，根据牛顿第二定律，有Fcs37∘−Ff=ma
其中Ff=μFN 代入数据可得a=0.33m/s2
(4)拉力作用 t=8s 时间内，根据运动学公式，有x=12at2=10.56m
14.【答案】(1)对m沿斜面方向：Fcsθ=mgsinθ，则F=mgtanθ=7.5N；
(2)对整体竖直方向：FN=(M+m)G=50N；
(3)对整体水平方向：F=f地=7.5N，由牛顿第三定律得B对地面的摩擦力方向水平向右。
15.【答案】解：(1)木块P冲上传送带时，加速度为a1.根据牛顿第二定律得：
m1gsinθ+μ2m1gcsθ=m1a1。 由0−v02=−2a1x得：x=20m；
(2)木块滑下时，加速度为a2，则有：m1gsinθ+μ2m1gcsθ=m1a2。
根据速度位移关系可得：2a2x1=v2 解得x1=0.8m