福建省厦门市2018_2019学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）.docx

福建省厦门市2018-2019学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.2018年10月1日，厦门市图书馆集美新馆面向公众开放。小明准备从家中自驾去集美新馆借书，导航软件提供了三种行车方案，如图所示。方案一：29分钟，公里；方案二：31分钟，公里；方案三：35分钟，公里。下列说法正确的是A. 在研究行车方案时，不能把车看成质点B. 三种方案中的公里、公里、公里均指位移C. 三种方案中的29分钟、31分钟、35分钟均指时刻D. 方案一的平均速度最大【答案】D【解析】【详解】在研究行车方案时，不需要考虑车的大小，故可以看做质点，故A错误；三种方案中的公里、公里、公里均指运动轨迹的长度，是路程，故B错误；三种方案中的29分钟、31分钟、35分钟均指时间，故C错误；三种方案，位移相等，根据平均速度公式知，位移相等，时间越短，平均速度越大，故方案一的平均速度最大，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.关于速度和加速度，下列说法正确的是A. 物体的速度越大，则加速度越大B. 物体的速度变化量越大，则加速度越大C. 物体的速度变化越快，则加速度越大D. 物体刚自由下落时，速度和加速度都为零【答案】C【解析】【分析】根据加速度的定义式可知加速度与物体的速度的变化率成正比，与速度的变化量不成正比例关系，与速度的大小也不成正比例关系。加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。【详解】速度越大，表示物体运动越快，但加速度不一定越大，故A错误；根据可知加速度a由速度的变化量和速度发生改变所需要的时间共同决定，虽然大，但更大时，a可以很小，故B错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快，则加速度越大，故C正确；物体刚自由下落时，速度为零，加速度为g，不为零，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】本题把握加速度的定义式中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础。3.下列说法正确的是A. 伽利略通过“理想斜面实验”得出了重的物体和轻的物体下落一样快的结论B. 伽利略对物体运动的研究，开创了运用数学推理和实验探究相结合探索自然规律的科学方法，即理想实验法C. 在“验证力的平行四边形定则”实验中采用了控制变量法D. 牛顿运用理想实验法总结出了牛顿第二定律【答案】B【解析】【详解】伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故A错误；伽利略对物体运动的研究，开创了运用数学推理和实验探究相结合探索自然规律的科学方法，即理想实验法，故B正确；在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故C错误；牛顿运用理想实验法总结出了牛顿第一定律，故D错误。所以B正确，ACD错误。4.实际生活中，羽毛和苹果同时从同一高度静止下落，用频闪照相法记录该过程，下列符合事实的照片是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】要知哪个物体先到达地面，就要知道它们各自下落的时间，由于两物体受重力和阻力，羽毛受空气阻力相对重力较大，加速度比苹果的小，根据匀变速直线运动规律分析。【详解】实际生活中，羽毛受空气阻力相对重力较大，加速度比苹果的小，由于物体从静止开始下落，根据可得羽毛比苹果下落慢，且是加速，故频闪间距不断变大，故A正确，BCD错误。5.鸟能够飞起来的条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力。人们猜测空气对鸟的升力f与鸟的翅膀面积s和飞行速度t有关关系式为f，则k的单位是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将各组数据分别代入，分析方程左右两边单位是否相同即可。【详解】由题意，力的单位是，面积的单位是，速度的单位是，则：对应的单位：故A正确，BCD错误。6.如图所示，一物块在水平向右的力F作用下，静止在竖直墙壁上，下列说法正确的是A. 物块与墙壁之间共有两对作用力与反作用力B. 物块对墙壁的压力和墙壁对物块的弹力是一对平衡力C. 若增大F，则物块受到的摩擦力增大D. 若增大F，则物块受到的合力增大【答案】A【解析】【分析】根据物体处于静止状态，合力为零，竖直方向受到竖直向下的重力，所以一定受到竖直向上的摩擦力；水平方向受到水平向右的推力和水平向左的支持力，二力平衡。【详解】物块对墙壁的压力和墙壁对物块的弹力是一对相互作用力，物块对墙壁的摩擦力和墙壁对物块的摩擦力是一对相互作用力，故A正确；物块对墙壁的压力和墙壁对物块的弹力是一对相互作用力，故B错误；由平衡条件知物块受到的摩擦力等于重力G，增大F不会改变摩擦力大小，故C错误；由平衡条件知物块受到的合力为0，增大F，物块仍然静止，合力还是0，故D错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】本题考查正确受力分析，理解平衡力和相互作用力的相同点和不同点是关键。7.2018年10月15日，西昌卫星发射中心发射长征三号乙运载火箭，小华记录了火箭从地面竖直升空直至消失在云层中的时间约为20秒。通过查阅气象资料得知，当天发射中心上空云层的高度约为4000米,火箭的质量约为450吨。g取，估算火箭在该过程受到的平均推力大小A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对火箭受力分析，根据动量定理求得推力。【详解】火箭受重力，推力，向上为正方向，由动量定理有：，代入数据求得：，故C正确，ABD错误。8.如图所示，重力为200N的光滑球静止在倾角为30的斜面和竖直挡板之间，使挡板由图示位置开始沿逆时针方向缓慢转至水平位置。在此过程中，球对挡板的作用力的最小值为A. 80N B. 100N C. D. 200N【答案】B【解析】【分析】小球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可。【详解】小球受重力、挡板弹力和斜面弹力，将与合成为F，如图所示：小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F和合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。由图可知，当的方向沿斜面向上时最小，最小为：，故B正确，ACD错误。【点睛】本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，直接由图象分析出最小值。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.厦门海底世界的“海狮顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱。如图所示为一海狮把球顶向空中，并等其落下。下列说法正确的是A. 球在最高点时受到重力和海狮对它的顶力作用B. 球在最高点时速度为零，但加速度不为零C. 球在上升过程中处于超重状态D. 球在下落过程中处于失重状态【答案】BD【解析】【分析】根据竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，加速度为g，上升和下落过程具有对称性，同一位置速度大小相等，方向相反即可解题。【详解】竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，故B正确；球上升到最高点时受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故C错误；竖直上抛运动上升和下落过程都是只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故D正确。所以BD正确，AC错误。【点睛】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律，要求同学们知道，竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动。10.如图所示，一小铁球用轻弹簧和轻绳悬挂处于静止状态，弹簧与水平方向成角，轻绳与竖直方向成角，重力加速度为g，则A. 弹簧和轻绳的拉力之比为1：2B. 弹簧和轻绳的拉力之比为：1C. 若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度为D. 若剪断轻绳则剪断瞬间小球的加速度为【答案】BC【解析】【分析】装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求弹簧和轻绳的拉力之比。若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，根据牛顿第二定律求剪断瞬间小球的加速度。【详解】装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的拉力F。由平衡条件知T与F的合力与mg等大反向，如图所示：则得，即弹簧和轻绳的拉力之比为：1，故A错误，B正确；由上得若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，F和mg的合力与原来的T等大反向，所以剪断瞬间小球的合力大小等于T，加速度为，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。【点睛】解决本题的关键要知道剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，分析小球的合力，结合牛顿第二定律进行来求瞬时加速度。11.制动防抱死系统简称其作用是在汽车紧急刹车时使车轮不被抱死，处于边滚边滑的状态。某汽车在启用ABS刹车系统和不启用ABS剩车系统紧急刹车时其车速与时间的变化关系分别如图中的、图线所示，其中，由图可知，启用ABS后A. 加速度总是比不启用ABS时大 B. 速度总是比不启用ABS时小C. 平均速度比不启用ABS时大 D. 刹车距离比不启用ABS时小【答案】CD【解析】【分析】根据速度图象的斜率等于加速度，由斜率的大小来比较加速度的大小。由图象直接比较车速的大小，由由图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小。结合平均速度的定义分析。【详解】根据速度图象的斜率等于加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，知启用ABS后加速度先先比不启用ABS时小，后比不启用ABS时大，故A错误；由图看出，启用ABS后速度先比不启用ABS时大，后比不启用ABS时小，故B错误；根据速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，可以看出，内，启用ABS后比不启用ABS时大，所以启用ABS后平均速度比不启用ABS时大，故C正确；根据速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，由图知启用ABS后刹车距离比不启用ABS时小，故D正确。所以CD正确，AB错误。【点睛】本题考查对图象的掌握和应用，要注意明确图象中点、线、面的意义，能根据图象分析物体的运动情况是解题的关键。12.如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后A. 绳子上的拉力大小B. 物体A的加速度C. 的取值小一些，便于观测D. 的取值大一些，便于观测和研究【答案】BD【解析】【分析】物体A、B、C由图示位置静止释放后，B、C向下做匀加速运动，A向上做匀加速运动，加速度大小相等，分别对A和BC整体，根据牛顿第二定律列式，即可求得绳子上的拉力大小和物体A的加速度。为了便于观测和研究，加速度应适当小些。【详解】对物体A，由牛顿第二定律得：，对B、C整体，由牛顿第二定律得：，联立解得，故A错误，B正确；由知的取值大一些，a小些，便于观测和研究，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。【点睛】解决本题的关键是掌握隔离法研究加速度不同的连接体问题，要抓住A、BC三者加速度大小相等，运用牛顿第二定律研究。三、实验题探究题（本大题共2小题，共12.0分）13.在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，某实验小组采用DS传感器进行实验测量弹簧的劲度系数。实验装置如图甲所示，力传感器固定在桌面上，弹簧水平放置，两端分别与传感器和小车连接。实验过程中将小车向右移至不同位置，位移传感器记录弹簧长度L，力传感器记录弹力根据所采集数据拟合出图象如图乙所示，回答下列问题：弹簧的原长_cm；弹簧的劲度系数_。【答案】 (1). (2). 200【解析】【分析】当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小。【详解】弹簧的原长即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，。劲度系数为图象直线部分的斜率为：。【点睛】本题考查了弹力与弹簧伸长量的关系，知道弹力为零时弹簧的长度即为原长，图线的斜率表示劲度系数。14.某同学在“探究加速度与物体受力的关系”实验中实验装置如图甲所示，打点计时器工作时频率为50Hz。在平衡小车与长木板之间摩擦力的过程中纸带左端和小车连接，打出了一条纸带，点迹如图乙所示。为了平衡摩擦力，则应该_选填A或。A.把垫片略微向左移动B.把垫片略微向右移动在平衡摩擦力后，该同学将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中的砝码总重力F的实验数据如表：砝码盘中砝码总重力加速度a当砝码盘中砝码的总重力为时，所得纸带如图丙所示，则此时加速度_结果保留三位有效数字。请把小题中所得数据描在坐标纸上，并作出图象_。根据所描绘的图象，求得砝码盘重_结果保留两位有效数字。【答案】 (1). B (2). (3). (4). 【解析】【分析】根据小车做匀变速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解。【详解】从打出的纸带的点迹来看，小车仍然是做加速运动，则平衡摩擦力过度，即平板太陡，所以要使木板平缓一点，只能使垫片向右移动一点，故B正确；由逐差法求加速度，；描点画图如图所示：从纵轴上的截距可以知道：当时，小车的加速，由 可知图象的斜率是小车质量的倒数，所以小车质量，另外从图象的纵截距可以知道：。【点睛】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力。四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15.风洞实验室中可以产生水平方向、速度大小可以调节的风，用来研究处在流动气体中的物体的受力情况。一种测定风作用力的仪器原理如图所示，细长的轻质金属丝一端固定于悬点O，另一端悬挂着一个重力为G的金属球。无风时，金属丝自然下垂；风沿水平方向吹来时，金属丝偏离竖直方向的角度为求风力F的大小和金属丝拉力T的大小；已知风力与风速的大小关系为，其中，金属球的重力为，当偏角时，求此时风速的大小。【答案】，；。【解析】【分析】对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件运用合成法，由几何关系求解出分力。由风力与风速的大小关系为结合求得的风力可求得风速。【详解】对小球受力分析，受到重力、拉力和风力，将拉力和风力合成，合力与重力平衡，如图所示：由几何关系，得到：金属丝所受到的拉力：由上述关系和已知条件可得：又代入数据解得：【点睛】本题关键对小球受力分析后，根据共点力平衡条件，运用合成法，根据几何关系求解。16.集美大桥对缓解厦门进出岛拥堵问题具有重要意义。某汽车在集美大桥上以的速度匀速行驶驾驶员某时刻发现与前车车距太小，他立即采取制动措施，以此时刻为计时起点汽车以加速度大小为做匀减速直线运动。4s后发现与前车距离较远了，他立即踩油门汽车以加速度大小为做匀加速直线运动且持续时间8s，此后做匀速直线运动。求：前4s内汽车的位移大小；集美大桥限速，通过计算判断该汽车是否超速。【答案】 60m；汽车不超速。【解析】【分析】根据位移公式可求得位移；由速度公式求得速度，比较是否超速。【详解】前4s内汽车的位移：代入数据求得：第4s末汽车的速度：代入数据求得：第12s末汽车的速度：代入数据求得：，则没有超速。【点睛】本题考查运动学公式的应用，明确运动过程，求解相应的物理量结合实际进行判断。17.某同学利用物理数字化实验室研究物体运动与受力的关系。一质量的物体静止在水平面上，对其施加与水平方向成斜向下的恒力F，如图所示。力F作用一段时间后撤去，物体最终停在水平面上。传感器每隔记录物体的瞬时速度，下表为该同学得到的数据。取，时刻速度求：匀加速阶段的加速度大小和匀减速阶段的加速度大小；物体与水平面的动摩擦因数；恒力F的大小。【答案】 ；。【解析】【分析】由表格数据，根据加速度的定义求加速度；物体在匀减速阶段，运用牛顿第二定律列式，可求得物体与水平面的动摩擦因数；物体在匀加速阶段，分析物体受力，运用牛顿第二定律列式，可求得恒力F的大小。【详解】由表格数据可知，匀加速阶段的加速度。匀减速阶段的加速度故的大小为。物体在匀减速阶段，由牛顿第二定律得：。解得物体在匀加速阶段，分析物体受力，物体受重力mg、支持力、滑动摩擦力f和推力F，将F沿水平和竖直两个方向分解，如图所示：根据牛顿第二定律得：x轴：y轴：又联立解得【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键要正确分析物体的受力情况，采用正交分解法列出牛顿第二定律方程。18.有一倾角为的传送带逆时针转动，正常运转时的速度，AB间长度。现通过定滑轮用轻绳沿着传送带方向拉动的平板，已知平板与传送带之间的动摩擦因数平板可视为质点，不计轻