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福建省福州第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题（Word版附解析）
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这是一份福建省福州第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题（Word版附解析），文件包含福建省福州第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题原卷版docx、福建省福州第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
（完卷时间75分钟，满分100分）
一、单选题（本大题共4小题，在每小题提供的四个选项中只有一个正确选项，每小题4分，共16分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 伽利略设计理想斜面实验驳斥了笛卡尔关于“力是维持物体运动的原因”的观点
B. 千克（）、牛顿（）、小时（）均属于国际单位制中基本单位
C. 物体的速度方向与合外力方向不在同一直线上时，物体做曲线运动
D. 物体在恒力作用下一定做直线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．伽利略设计理想斜面实验驳斥了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，故A错误；
B．千克（）属于国际单位制中基本单位，牛顿（）属于国际单位制中导出单位，小时（）不属于国际单位制中单位，故B错误；
C．物体的速度方向与合外力方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故C正确；
D．物体在恒力作用下，如果恒力与速度方向不在同一直线上，物体做曲线运动，故D错误。
故选C。
2. 中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（ ）
A. FB. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得。
故选C。
3. 学校试卷扫描机器正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张试卷”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有48张相同的试卷，每张试卷的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张试卷向右运动；搓纸轮与试卷之间的动摩擦因数为，试卷与试卷之间、试卷与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为，工作时搓纸轮给第1张试卷压力大小为F。试卷扫描机器正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A. 第2张试卷受到第1张试卷的摩擦力方向向左
B. 第10张试卷与第11张之间的摩擦力大小为
C. 第48张试卷与摩擦片之间的摩擦力为0
D. 要做到“每次只进一张纸”应要求
【答案】D
【解析】
【详解】A．第1张纸相对与第2张纸向右运动，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力方向向左，则第2张试卷受到第1张试卷的摩擦力方向向右，故A错误；
BC．第10张纸与第11张纸之间及第48张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，根据受力平衡条件，可知大小均为
故BC错误；
D．要做到“每次只进一张纸”，对最上面的一张纸张应满足
可得
故D正确
故选D。
4. “蜘蛛人”主要靠一根绳索把自己悬挂在几十层高的大厦外，清洗大厦的玻璃和外墙，成为扮靓城市的一道独特风景，如图1所示。已知“蜘蛛人”的质量为m，设绳索对他对的拉力大小为，竖直墙壁对他的支持力大小为，不计他与墙壁间的摩擦力及绳索的重力，当地的重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. “蜘蛛人”受到的重力一定大于拉力，所以他会下降
B. 当“蜘蛛人”静止于某位置时，可简化为如图2中所示的模型，此时绳索与竖直墙壁的夹角为θ，则
C. 在“蜘蛛人”缓慢下降的过程中，绳索对其拉力的大小逐渐增大
D. “蜘蛛人”使用可吸附在竖直玻璃上的擦窗工具擦拭玻璃，如图3所示。设擦窗工具的质量为，在竖直平面内做匀速直线运动。人对工具施加一大小为，方向水平向右的拉力，则擦窗工具所受摩擦力大小等于
【答案】D
【解析】
【详解】A．“蜘蛛人”受到绳的拉力、玻璃的支持力、自身的重力三个力的作用，当“蜘蛛人”匀速下降时，三个力平衡，根据受力有
故“蜘蛛人”受到的重力一等于拉力，A错误；
B．当“蜘蛛人”静止于某位置时，可简化为如图2中所示的模型，此时绳索与竖直墙壁的夹角为θ，则
B错误；
C．在“蜘蛛人”缓慢下降的过程中，绳索与竖直方向的夹角减小，绳索对其拉力的大小为
故逐渐减小，C错误；
D．“蜘蛛人”使用可吸附在竖直玻璃上擦窗工具擦拭玻璃，如图3所示。设擦窗工具的质量为，在竖直平面内做匀速直线运动。人对工具施加一大小为，方向水平向右的拉力，则擦窗工具所受摩擦力大小等于
D正确。
故选D。
二、双选题（本大题共4小题，每小题6分，在每小题提供的四个选项中有两个选项满足题意，全部答对得6分，选不全得3分，错选、不选得0分，共24分）
5. 伽利略理想斜面实验创造性的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。关于伽利略的斜面实验，下列说法正确的是（ ）
A. 该实验虽然是理想实验，是在思维中进行的，但仍以真实的实验为基础
B. 如果斜面粗糙，不论右侧斜面倾角如何，小球也将上升到与释放点等高的位置
C. 该实验说明了物体的运动不需要力来维持
D. 该实验证明了力是维持物体运动的原因
【答案】AC
【解析】
【详解】A．该实验完全是理想实验，是在思维中进行的，同时是以斜面实验真实的实验为基础，故A正确；
B．如果斜面粗糙，小球会有能量损失，将不能上升到与O点等高的位置，故B错误；
CD．该实验说明了物体运动不需要力来维持，故C正确，D错误。
故选AC。
6. 用两根细线、和一个轻弹簧将质量分别为2m和m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线l1与竖直方向的夹角为，轻弹簧水平。重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. 细线对小球1的拉力大小
B. 弹簧对小球2的拉力大小F为
C. 细线对小球1的拉力大小
D. 剪断细线的瞬间，小球2的加速度大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．以球1和球2为整体，根据受力平衡可得
，
解得细线对小球1的拉力大小为
弹簧对小球2的拉力大小F为
故A正确，B错误；
C．以球2为研究对象，根据受力平衡可得
则细线对小球1的拉力大小为
故C错误；
D．剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，则以球2受到的重力和弹簧弹力的合力大小为
根据牛顿第二定律可得
故D正确。
故选AD。
7. 福州一中师生利用传感器研究物体的运动，课堂上老师使物块以一定的初速度沿斜面向上滑行，利用传感器在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图像如图所示，g取，忽略空气阻力的作用，下列选项是该同学根据图像得到的结论，其中正确的是（ ）
A. 物块下滑的加速度大小为B. 斜面的倾角为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数为D. 物块向上滑行的最大距离为1m
【答案】CD
【解析】
【详解】A．图象的斜率表示加速度，故物块上滑的加速度大小为
下滑的加速度大小
故A错误；
BC．物体上滑时受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
物体下滑时受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
又
解得
故B错误，C正确；
D．图象与轴围成的面积表示位移大小，故物块向上滑行的最大距离为
故D正确。
故选CD。
8. 如图甲所示，劲度系数的轻弹簧，一端固定在倾角为的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量的小物块A相连，质量为的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度，，，下列说法正确的是（ ）
A
B.
C. 若，稳定时A对斜面的压力大小为
D. 若，稳定时A、B间弹力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图结合题意可知时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体有
解得
故A正确；
B．当时，对AB整体分析有
当时，图中另一纵截距的意义为
联立解得
，
故B错误；
C．当时，因为物块A、B恰要分离，故对A有
由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5 N，故C错误；
D．当时，物块A、B恰要分离，A、B间弹力大小为，故D正确；
故选AD。
三、填空与实验（本大题共5小题，共20分）
9. 深蹲是腿部训练的经典动作，它能够刺激全身肌肉，增强激素水平，提高新陈代谢。福州一中健身房内小张同学用压力传感器来研究深蹲过程中脚对地面压力的变化情况。在完成一次动作的过程中，张同学的脚对地面的压力随时间变化图像如图所示，g取。根据图像可以判断：张同学______（选填“先下蹲再起立”、“先起立再下蹲”）、从a到b人处于______状态（选填“失重”、“超重”或“先超重后失重”）、人的质量为______。
【答案】 ①. 先下蹲再起立 ②. 失重 ③. 50kg
【解析】
【详解】[1][2][3]下蹲过程，人应先向下加速运动，后向下减速运动，加速度方向先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态；起立过程，人应先向上加速运动，后向上减速运动，加速度方向先向上后向下，人先处于超重状态后处于失重状态；由图像可以判断：张同学先下蹲再起立；从a到b人处于失重状态、人的质量为
10. 如图所示，一固定斜面上表面光滑，倾角为，斜面顶端固定一个光滑定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线，一端竖直悬挂小球A，另一端连接物块B，细线的倾斜部分与斜面平行。用手按住物块B。整个系统处于静止状态。小球A的质量为m，物块B的质量为4m，重力加速度为g。现突然松开按住物块B的手，松手的瞬间，小球A的加速度大小为______；细线上的拉力大小为______。（结果用题中所给的字母表达）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1][2]松手的瞬间，设加速度大小为，细线上的拉力大小为；以A为对象，根据牛顿第二定律可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
11. 如图所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时，P的速率为________，绳的拉力________mgsinθ1（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】 ①. ②. 大于
【解析】
【详解】[1]将小车的速度v分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，如图
则沿绳方向的速度等于P的速度，即
[2]对物体P，根据牛顿第二定律可知
可知绳的拉力大于。
12. 如图是“探究平抛运动的特点”的实验装置图。
（1）请在下图选择最合理抛出点的位置______（填“甲”“乙”或“丙”）。
（2）在“探究平抛运动水平方向分运动的特点”的实验中，将白纸换成方格纸，每个小方格边长。实验记录了小球在运动中的4个点迹，如图所示，则______（填“<”、“=”或“>”），______（填“<”、“=”或“>”），该小球做平抛运动的初速度为______（g取）（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 乙 ②. > ③. = ④. 1.2
【解析】
【详解】（1）[1]小球抛出点的位置的确定要考虑小球的直径。故在下图选择最合理抛出点的位置乙。
（2）[2]小球在水平方向做匀速直线运动，根据
由图可知
可得
[3]由图可知
可得
[4]小球做平抛运动，竖直方向，根据匀变速直线运动的推论
解得
该小球做平抛运动的初速度为
13. 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。
（1）打点计时器使用的电源是______。（选填选项前的字母）
A．交流电源 B．直流电源
（2）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力和其他阻力的影响。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
（3）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______。
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
（4）某同学通过实验得到如图（b）所示的图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时______，图中表示的是______时小车的加速度。
（5）某同学得到如图（c）示的纸带。已知打点计时器电源频率为。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的计数点，两个计数点间还有四个点未画出，，，由此可算出小车的加速度______。（计算结果保留两位有效数字）。
（6）“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______。
【答案】 ①. A ②. B ③. A ④. 倾角过大 ⑤. 不加外力 ⑥. 0.20 ⑦. D
【解析】
【详解】（1）[1]打点计时器使用交流电源。
故选A。
（2）[2]平衡摩擦力时应满足
可得
可知改变小车的质量再次实验，不需要重新平衡摩擦力。
故选B。
（3）[3]设沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M，根据牛顿第二定律可得
可得
可知实验时保持小桶及砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是小车所受的拉力近似等于小桶及砝码的总重力。
故选A。
（4）[4][5]由图（b）所示的图像可知，当时已产生加速度，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时倾角过大；图中表示的是不加外力时小车的加速度。
（5）[6]两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（6）[7]根据
可得
在研究加速度跟小车质量M的关系时，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，可认为
则图像应是过原点的倾斜直线，当小车质量M不满足远大于重物质量m时，则有
可知随着的增大，图像上点与原点连线的斜率逐渐减小，则图像向下弯曲。
故选D。
四、计算题（本大题共3小题，共40分。）
14. 一艘客轮因故障需迅速组织乘客撤离．乘客在甲板上须利用固定的绳索下滑到救援快艇上．绳索与竖直方向的夹角θ＝37°，设乘客下滑过程绳索始终保持直线．为保证行动又快又安全，乘客先从静止开始匀加速滑到某最大速度，再匀减速滑至快艇，速度刚好为零，加速过程与减速过程中的加速度大小相等．在乘客开始下滑时，船员同时以水平速度向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上（快艇可视为质点），如图所示．并知乘客下滑的时间是救生圈平抛下落的2倍，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin37°= 0.6，cs37°=0.8，求：
（1）乘客沿着绳索下滑的时间t；
（2）乘客下滑过程的最大速度vm．
【答案】（1）4s（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）设救生圈平抛运动的时间为t0，由平抛运动规律，有
H tanθ＝v0t0
联立以上各式，得
H＝20m， t0＝2s
由题意可知
t＝2t0＝4s
（2）由几何关系，得绳索长
L＝H/cs37°＝25 m
因加速过程与减速过程的加速度相等，所以甲在绳索中点处速度最大，
由
代入数据，得
15. “一带一路”将中国速度带到沙特，沙特的物流中心引入了中国自主制作的自动分拣设备，改变了当地纯人工分拣的历史。如图为自动分拣系统某一部分的模拟图，倾角的传送带以的速率逆时针匀速运行，传送带的顶端A与底端B之间的距离。现每隔把质量的小木块（可视为质点）轻放在传送带的A端，小木块与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度，，，，求：
（1）最初放上传送带的小木块从放上传送带到其与传送带共速的过程中，小木块的位移为多大；
（2）最初放上传送带的小木块在传送带上运动的时间；（计算结果小数点后保留2位）
（3）当第一个小木块运动到B端时，传送带上一共有多少个小木块。
【答案】（1）2.45m；（2）1.51s；（3）7个
【解析】
【详解】（1）共速前，对小木块，由牛顿第二定律有
代入数据解得
由匀变速直线运动公式有
代入数据解得
（2）共速前，对小木块由匀变速直线运动公式有
代入数据解得
共速时，由于最大静摩擦力小于重力的下滑分力，故此后小木块继续加速下滑，则对小木块由牛顿第二定律有
代入数据，解得
由匀变速直线运动公式有
代入数据，解得
故小木块在传送带上运动的时间t为
代入数据，解得
t=1.51s
（3）设传送带上的小木块的个数N，则
其中，“[ ]”为取整符号，代入数据解得
N=7
16. 冰壶是冬奥会比赛项目之一，图1为赛场示意图。比赛时，运动员从滑架处推着冰壶出发，在投掷线处将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，他的队友可以用毛刷在冰壶滑行的前方摩擦冰面，减小摩擦因数以调节冰壶的运动。
（1）已知冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰面被摩擦后，动摩擦因数减小为原来的，投掷线与O的距离为，g取。
①运动员以多大的速度沿图中虚线将冰壶推出，队友不需要摩擦冰面，冰壶能恰好停在O点；
②若运动员以的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出多长的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点；
（2）图像法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们学会了由图像求直线运动的位移，请你借鉴此方法，分析下面问题。如果通过队员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图2所示，即：，其中，x表示离投掷线的距离。在这种情况下，若运动员以的速度将冰壶沿图中虚线推出，求冰壶滑行时的速度大小。
【答案】（1）①，②19m/s；（2）
【解析】
【详解】（1）①设队友不摩擦冰面，冰壶滑行的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得
由运动学公式得
解得
②设队友应该在冰壶滑出x1的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点。队友擦冰前，有
设队友摩擦冰面后，冰壶滑行的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
由运动学公式得
且有
联立解得
x1=19m
（2）根据和可得，冰壶加速度大小a与x的关系为
可画出图象，则可知图象中图线与x轴所围面积即速度平方的变化量的一半，则当x=20m/s时，a0=0.15m/s2；当x=20m/s时，a1=0.15m/s2，图象中的面积有
解得
17. 如图所示，有一轻绳跨过定滑轮连接A和B两个小球，A球和B球的质量分别为2m和m，轻绳与定滑轮之间的动摩擦因素为，刚开始用手托住使A球和B球让它们都处于静止状态且绳子恰好处于松弛状态，则撤去手的作用后，若A球会向下加速运动，求A球的加速度大小？（已知重力加速度为g，不考虑空气阻力，有可能用到的数学知识：）
【答案】
【解析】
【详解】设与A球相连绳子张力为，与B球相连的绳子张力为，根据牛顿第二定律有
轻绳与定滑轮之间有摩擦，则
对极小段绳子受力分析
则支持力为
则摩擦力为
极小段绳子受到的摩擦力为
则
整理得
两边积分可得
联立解得A球的加速度大小为
（完卷时间75分钟，满分100分）
一、单选题（本大题共4小题，在每小题提供的四个选项中只有一个正确选项，每小题4分，共16分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 伽利略设计理想斜面实验驳斥了笛卡尔关于“力是维持物体运动的原因”的观点
B. 千克（）、牛顿（）、小时（）均属于国际单位制中基本单位
C. 物体的速度方向与合外力方向不在同一直线上时，物体做曲线运动
D. 物体在恒力作用下一定做直线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．伽利略设计理想斜面实验驳斥了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，故A错误；
B．千克（）属于国际单位制中基本单位，牛顿（）属于国际单位制中导出单位，小时（）不属于国际单位制中单位，故B错误；
C．物体的速度方向与合外力方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故C正确；
D．物体在恒力作用下，如果恒力与速度方向不在同一直线上，物体做曲线运动，故D错误。
故选C。
2. 中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（ ）
A. FB. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得。
故选C。
3. 学校试卷扫描机器正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张试卷”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有48张相同的试卷，每张试卷的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张试卷向右运动；搓纸轮与试卷之间的动摩擦因数为，试卷与试卷之间、试卷与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为，工作时搓纸轮给第1张试卷压力大小为F。试卷扫描机器正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A. 第2张试卷受到第1张试卷的摩擦力方向向左
B. 第10张试卷与第11张之间的摩擦力大小为
C. 第48张试卷与摩擦片之间的摩擦力为0
D. 要做到“每次只进一张纸”应要求
【答案】D
【解析】
【详解】A．第1张纸相对与第2张纸向右运动，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力方向向左，则第2张试卷受到第1张试卷的摩擦力方向向右，故A错误；
BC．第10张纸与第11张纸之间及第48张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，根据受力平衡条件，可知大小均为
故BC错误；
D．要做到“每次只进一张纸”，对最上面的一张纸张应满足
可得
故D正确
故选D。
4. “蜘蛛人”主要靠一根绳索把自己悬挂在几十层高的大厦外，清洗大厦的玻璃和外墙，成为扮靓城市的一道独特风景，如图1所示。已知“蜘蛛人”的质量为m，设绳索对他对的拉力大小为，竖直墙壁对他的支持力大小为，不计他与墙壁间的摩擦力及绳索的重力，当地的重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. “蜘蛛人”受到的重力一定大于拉力，所以他会下降
B. 当“蜘蛛人”静止于某位置时，可简化为如图2中所示的模型，此时绳索与竖直墙壁的夹角为θ，则
C. 在“蜘蛛人”缓慢下降的过程中，绳索对其拉力的大小逐渐增大
D. “蜘蛛人”使用可吸附在竖直玻璃上的擦窗工具擦拭玻璃，如图3所示。设擦窗工具的质量为，在竖直平面内做匀速直线运动。人对工具施加一大小为，方向水平向右的拉力，则擦窗工具所受摩擦力大小等于
【答案】D
【解析】
【详解】A．“蜘蛛人”受到绳的拉力、玻璃的支持力、自身的重力三个力的作用，当“蜘蛛人”匀速下降时，三个力平衡，根据受力有
故“蜘蛛人”受到的重力一等于拉力，A错误；
B．当“蜘蛛人”静止于某位置时，可简化为如图2中所示的模型，此时绳索与竖直墙壁的夹角为θ，则
B错误；
C．在“蜘蛛人”缓慢下降的过程中，绳索与竖直方向的夹角减小，绳索对其拉力的大小为
故逐渐减小，C错误；
D．“蜘蛛人”使用可吸附在竖直玻璃上擦窗工具擦拭玻璃，如图3所示。设擦窗工具的质量为，在竖直平面内做匀速直线运动。人对工具施加一大小为，方向水平向右的拉力，则擦窗工具所受摩擦力大小等于
D正确。
故选D。
二、双选题（本大题共4小题，每小题6分，在每小题提供的四个选项中有两个选项满足题意，全部答对得6分，选不全得3分，错选、不选得0分，共24分）
5. 伽利略理想斜面实验创造性的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。关于伽利略的斜面实验，下列说法正确的是（ ）
A. 该实验虽然是理想实验，是在思维中进行的，但仍以真实的实验为基础
B. 如果斜面粗糙，不论右侧斜面倾角如何，小球也将上升到与释放点等高的位置
C. 该实验说明了物体的运动不需要力来维持
D. 该实验证明了力是维持物体运动的原因
【答案】AC
【解析】
【详解】A．该实验完全是理想实验，是在思维中进行的，同时是以斜面实验真实的实验为基础，故A正确；
B．如果斜面粗糙，小球会有能量损失，将不能上升到与O点等高的位置，故B错误；
CD．该实验说明了物体运动不需要力来维持，故C正确，D错误。
故选AC。
6. 用两根细线、和一个轻弹簧将质量分别为2m和m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线l1与竖直方向的夹角为，轻弹簧水平。重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. 细线对小球1的拉力大小
B. 弹簧对小球2的拉力大小F为
C. 细线对小球1的拉力大小
D. 剪断细线的瞬间，小球2的加速度大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．以球1和球2为整体，根据受力平衡可得
，
解得细线对小球1的拉力大小为
弹簧对小球2的拉力大小F为
故A正确，B错误；
C．以球2为研究对象，根据受力平衡可得
则细线对小球1的拉力大小为
故C错误；
D．剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，则以球2受到的重力和弹簧弹力的合力大小为
根据牛顿第二定律可得
故D正确。
故选AD。
7. 福州一中师生利用传感器研究物体的运动，课堂上老师使物块以一定的初速度沿斜面向上滑行，利用传感器在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图像如图所示，g取，忽略空气阻力的作用，下列选项是该同学根据图像得到的结论，其中正确的是（ ）
A. 物块下滑的加速度大小为B. 斜面的倾角为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数为D. 物块向上滑行的最大距离为1m
【答案】CD
【解析】
【详解】A．图象的斜率表示加速度，故物块上滑的加速度大小为
下滑的加速度大小
故A错误；
BC．物体上滑时受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
物体下滑时受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
又
解得
故B错误，C正确；
D．图象与轴围成的面积表示位移大小，故物块向上滑行的最大距离为
故D正确。
故选CD。
8. 如图甲所示，劲度系数的轻弹簧，一端固定在倾角为的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量的小物块A相连，质量为的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度，，，下列说法正确的是（ ）
A
B.
C. 若，稳定时A对斜面的压力大小为
D. 若，稳定时A、B间弹力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图结合题意可知时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体有
解得
故A正确；
B．当时，对AB整体分析有
当时，图中另一纵截距的意义为
联立解得
，
故B错误；
C．当时，因为物块A、B恰要分离，故对A有
由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5 N，故C错误；
D．当时，物块A、B恰要分离，A、B间弹力大小为，故D正确；
故选AD。
三、填空与实验（本大题共5小题，共20分）
9. 深蹲是腿部训练的经典动作，它能够刺激全身肌肉，增强激素水平，提高新陈代谢。福州一中健身房内小张同学用压力传感器来研究深蹲过程中脚对地面压力的变化情况。在完成一次动作的过程中，张同学的脚对地面的压力随时间变化图像如图所示，g取。根据图像可以判断：张同学______（选填“先下蹲再起立”、“先起立再下蹲”）、从a到b人处于______状态（选填“失重”、“超重”或“先超重后失重”）、人的质量为______。
【答案】 ①. 先下蹲再起立 ②. 失重 ③. 50kg
【解析】
【详解】[1][2][3]下蹲过程，人应先向下加速运动，后向下减速运动，加速度方向先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态；起立过程，人应先向上加速运动，后向上减速运动，加速度方向先向上后向下，人先处于超重状态后处于失重状态；由图像可以判断：张同学先下蹲再起立；从a到b人处于失重状态、人的质量为
10. 如图所示，一固定斜面上表面光滑，倾角为，斜面顶端固定一个光滑定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线，一端竖直悬挂小球A，另一端连接物块B，细线的倾斜部分与斜面平行。用手按住物块B。整个系统处于静止状态。小球A的质量为m，物块B的质量为4m，重力加速度为g。现突然松开按住物块B的手，松手的瞬间，小球A的加速度大小为______；细线上的拉力大小为______。（结果用题中所给的字母表达）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1][2]松手的瞬间，设加速度大小为，细线上的拉力大小为；以A为对象，根据牛顿第二定律可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
11. 如图所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时，P的速率为________，绳的拉力________mgsinθ1（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】 ①. ②. 大于
【解析】
【详解】[1]将小车的速度v分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，如图
则沿绳方向的速度等于P的速度，即
[2]对物体P，根据牛顿第二定律可知
可知绳的拉力大于。
12. 如图是“探究平抛运动的特点”的实验装置图。
（1）请在下图选择最合理抛出点的位置______（填“甲”“乙”或“丙”）。
（2）在“探究平抛运动水平方向分运动的特点”的实验中，将白纸换成方格纸，每个小方格边长。实验记录了小球在运动中的4个点迹，如图所示，则______（填“<”、“=”或“>”），______（填“<”、“=”或“>”），该小球做平抛运动的初速度为______（g取）（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 乙 ②. > ③. = ④. 1.2
【解析】
【详解】（1）[1]小球抛出点的位置的确定要考虑小球的直径。故在下图选择最合理抛出点的位置乙。
（2）[2]小球在水平方向做匀速直线运动，根据
由图可知
可得
[3]由图可知
可得
[4]小球做平抛运动，竖直方向，根据匀变速直线运动的推论
解得
该小球做平抛运动的初速度为
13. 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。
（1）打点计时器使用的电源是______。（选填选项前的字母）
A．交流电源 B．直流电源
（2）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力和其他阻力的影响。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
（3）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______。
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
（4）某同学通过实验得到如图（b）所示的图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时______，图中表示的是______时小车的加速度。
（5）某同学得到如图（c）示的纸带。已知打点计时器电源频率为。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的计数点，两个计数点间还有四个点未画出，，，由此可算出小车的加速度______。（计算结果保留两位有效数字）。
（6）“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______。
【答案】 ①. A ②. B ③. A ④. 倾角过大 ⑤. 不加外力 ⑥. 0.20 ⑦. D
【解析】
【详解】（1）[1]打点计时器使用交流电源。
故选A。
（2）[2]平衡摩擦力时应满足
可得
可知改变小车的质量再次实验，不需要重新平衡摩擦力。
故选B。
（3）[3]设沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M，根据牛顿第二定律可得
可得
可知实验时保持小桶及砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是小车所受的拉力近似等于小桶及砝码的总重力。
故选A。
（4）[4][5]由图（b）所示的图像可知，当时已产生加速度，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时倾角过大；图中表示的是不加外力时小车的加速度。
（5）[6]两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（6）[7]根据
可得
在研究加速度跟小车质量M的关系时，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，可认为
则图像应是过原点的倾斜直线，当小车质量M不满足远大于重物质量m时，则有
可知随着的增大，图像上点与原点连线的斜率逐渐减小，则图像向下弯曲。
故选D。
四、计算题（本大题共3小题，共40分。）
14. 一艘客轮因故障需迅速组织乘客撤离．乘客在甲板上须利用固定的绳索下滑到救援快艇上．绳索与竖直方向的夹角θ＝37°，设乘客下滑过程绳索始终保持直线．为保证行动又快又安全，乘客先从静止开始匀加速滑到某最大速度，再匀减速滑至快艇，速度刚好为零，加速过程与减速过程中的加速度大小相等．在乘客开始下滑时，船员同时以水平速度向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上（快艇可视为质点），如图所示．并知乘客下滑的时间是救生圈平抛下落的2倍，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin37°= 0.6，cs37°=0.8，求：
（1）乘客沿着绳索下滑的时间t；
（2）乘客下滑过程的最大速度vm．
【答案】（1）4s（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）设救生圈平抛运动的时间为t0，由平抛运动规律，有
H tanθ＝v0t0
联立以上各式，得
H＝20m， t0＝2s
由题意可知
t＝2t0＝4s
（2）由几何关系，得绳索长
L＝H/cs37°＝25 m
因加速过程与减速过程的加速度相等，所以甲在绳索中点处速度最大，
由
代入数据，得
15. “一带一路”将中国速度带到沙特，沙特的物流中心引入了中国自主制作的自动分拣设备，改变了当地纯人工分拣的历史。如图为自动分拣系统某一部分的模拟图，倾角的传送带以的速率逆时针匀速运行，传送带的顶端A与底端B之间的距离。现每隔把质量的小木块（可视为质点）轻放在传送带的A端，小木块与传送带之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度，，，，求：
（1）最初放上传送带的小木块从放上传送带到其与传送带共速的过程中，小木块的位移为多大；
（2）最初放上传送带的小木块在传送带上运动的时间；（计算结果小数点后保留2位）
（3）当第一个小木块运动到B端时，传送带上一共有多少个小木块。
【答案】（1）2.45m；（2）1.51s；（3）7个
【解析】
【详解】（1）共速前，对小木块，由牛顿第二定律有
代入数据解得
由匀变速直线运动公式有
代入数据解得
（2）共速前，对小木块由匀变速直线运动公式有
代入数据解得
共速时，由于最大静摩擦力小于重力的下滑分力，故此后小木块继续加速下滑，则对小木块由牛顿第二定律有
代入数据，解得
由匀变速直线运动公式有
代入数据，解得
故小木块在传送带上运动的时间t为
代入数据，解得
t=1.51s
（3）设传送带上的小木块的个数N，则
其中，“[ ]”为取整符号，代入数据解得
N=7
16. 冰壶是冬奥会比赛项目之一，图1为赛场示意图。比赛时，运动员从滑架处推着冰壶出发，在投掷线处将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，他的队友可以用毛刷在冰壶滑行的前方摩擦冰面，减小摩擦因数以调节冰壶的运动。
（1）已知冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰面被摩擦后，动摩擦因数减小为原来的，投掷线与O的距离为，g取。
①运动员以多大的速度沿图中虚线将冰壶推出，队友不需要摩擦冰面，冰壶能恰好停在O点；
②若运动员以的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出多长的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点；
（2）图像法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们学会了由图像求直线运动的位移，请你借鉴此方法，分析下面问题。如果通过队员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图2所示，即：，其中，x表示离投掷线的距离。在这种情况下，若运动员以的速度将冰壶沿图中虚线推出，求冰壶滑行时的速度大小。
【答案】（1）①，②19m/s；（2）
【解析】
【详解】（1）①设队友不摩擦冰面，冰壶滑行的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得
由运动学公式得
解得
②设队友应该在冰壶滑出x1的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点。队友擦冰前，有
设队友摩擦冰面后，冰壶滑行的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
由运动学公式得
且有
联立解得
x1=19m
（2）根据和可得，冰壶加速度大小a与x的关系为
可画出图象，则可知图象中图线与x轴所围面积即速度平方的变化量的一半，则当x=20m/s时，a0=0.15m/s2；当x=20m/s时，a1=0.15m/s2，图象中的面积有
解得
17. 如图所示，有一轻绳跨过定滑轮连接A和B两个小球，A球和B球的质量分别为2m和m，轻绳与定滑轮之间的动摩擦因素为，刚开始用手托住使A球和B球让它们都处于静止状态且绳子恰好处于松弛状态，则撤去手的作用后，若A球会向下加速运动，求A球的加速度大小？（已知重力加速度为g，不考虑空气阻力，有可能用到的数学知识：）
【答案】
【解析】
【详解】设与A球相连绳子张力为，与B球相连的绳子张力为，根据牛顿第二定律有
轻绳与定滑轮之间有摩擦，则
对极小段绳子受力分析
则支持力为
则摩擦力为
极小段绳子受到的摩擦力为
则
整理得
两边积分可得
联立解得A球的加速度大小为
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