2022-2023学年福建省五校高一（下）期中联考物理试卷（含解析）

2022-2023学年福建省五校高一（下）期中联考物理试卷

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.质量为m的物块，由静止开始分别沿I、II光滑固定斜面顶端下滑，物块从顶端滑至底

端过程中，下列说法正确的是（）

A.沿路径I重力做功多B.沿路径〃到达底端的动能大

C.重力做功的平均功率一样大D.沿路径〃到达底端时重力的瞬时功率大

2.如图所示，倾角为。的斜面固定在水平面上，从斜面顶端以速度水平。°抛出一小球，经过

时间片恰好落在斜面底端，速度是也不计空气阻力.下列说法正确的是（）

A.若以速度2%水平抛出小球，则落地时间大于b

B.若以速度2%水平抛出小球，则落地时间小于口

C.若以速度攻）/2水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与V成。/2角

D.若以速度%/2水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与M司向

3.一条长为3质量为Tn的均匀链条放在光滑的水平桌面上，其中;悬在桌边，如图所示,

4

在链条的另一端用水平力缓慢地把链条全部拉到桌面上需做功为（）

4.如图，可视为质点的小球4、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R

的光滑圆柱，A的质量为B的两倍，当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放,

B上升的最大高度是（）

A.ɪ/?B.ZRC.RD.

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.质点仅在恒力产的作用下，由。点运动到a点的轨迹如图所示，在a点时速度的方向与X轴

平行，则下列说法正确的是（）

A.该质点做非匀变速曲线运动

B.恒力F的方向可能沿y轴负方向

C.恒力户的方向可能沿X轴正方向

D.任意两段相等时间内该质点速度变化量不仅大小相等而且方向相同

6.一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.2g的加速度匀加速上升h高度，在此

过程中（）

A.人的重力势能增加了0.2mg∕ιB.人的重力做的功为mg∕ι

C.人的动能增加了0.2mg∕ιD.人的机械能增加了1.2mg∕ι

7.质量为Tn的物体，由做匀速直线运动的汽车牵引，当物体上升时，汽车的速度为细绳

与水平面间的夹角为氏如图所示，则下列说法中正确的是（）

A.此时物体的速度大小为。cos。B.物体做匀加速直线运动

C.绳子的拉力等于mgD.物体做加速运动且速度小于车的速度

8.如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为Tn的物块（视为质点

）放在木板的最左端，物块和木板之间的动摩擦因数〃，现用一水平恒力F作用在物块上，使

物块从静止开始做匀加速直线运动，当木板运动的位移为X时，物块刚好滑到木板的最右端,

在这一过程中（）

M

A.物块到达木板最右端时木板的动能为卬ngx

B.摩擦力对物块及木板做功的代数和为零

C.物块和木板增加的机械能为F（L+x）

D.物块和木板间因摩擦产生的热量为〃mgL

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.质量为2kg的小球从某一高度由静止释放，经3s到达地面，不计空气阻力，3s内重力的平

均功率是W,3s末重力的瞬时功率是W（g=10m∕s2）,

10.一快艇从离岸边IOOm远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图像如（图甲

）所示；河中各处水流速度相同，且速度图像如（图乙）所示。则快艇最快到达岸边，所用的时

间为s,最快到达岸边时，经过的位移大小为m.

-

∣vl∕（m∙s^'）∣v2∕（m∙s'）

-δp6-δ]小

甲乙

四、实验题(本大题共2小题，共12.0分)

11.某同学用如图甲所示装置“验证机械能守恒定律”时，所用交流电源的周期为7,得到

如图乙所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点4、B、C、D、E,测出力点距起点。的距

离为Stp点4、C间的距离为si，点C、E间的距离为S2,重物的质量为已知重力加速度为g。

(1)选取。、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是,重

物增加的动能是。(用上面所测物理量和已知量的符号表示)

2

(2)根据纸带算出打下各点时重物的速度口量出下落距离s,则以缶为纵坐标、S为横坐标画

出的图像应是下列选项中的。

12.在“探究平抛运动规律”的实验中:

(1)在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛

运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹。下列对实验过程的描述哪些是正确的()

4通过调节使斜槽的末端保持水平

B.每次静止释放小球的位置必须相同

C.小球平抛运动时应与木板上的白纸相接触

D将球的位置记录在纸上后，取下纸，将所有的点连接成一条折线

(2)某同学实验时得到了如图所示物体的运动轨迹。O、B、C三点的位置在运动轨迹上己标出，

O(填“是”或“不是”)抛出点。

(3)则小球平抛的初速度%=m∕s.(结果保留两位有效数字)

(4)小球运动到B点的速度UB=m∕s(g=10m∕s2).,(结果保留两位有效数字)

五、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

13.如图所示，质量τn=2.0kg的木块静止在高九=2.45τn的水平台上，木块距平台右边缘

7.75m,木块与平台间的动摩擦因数〃=0.2。用水平拉力F=20N拉动木块，木块向右运动

4.0m时撤去F。不计空气阻力，g取IOnl/S2。求：

(1)木块离开平台时的速度大小；

(2)木块落地时距平台边缘的水平距离；

(3)木块落地时速度的大小及方向。

J∕^∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∣ζ

峻

7/7777777777777777777777777

14.汽车发动机的额定功率为40kl¥,质量为2000kg,当汽车在水平路面上行驶时受到阻力

为车重的0.1倍，求：

(1)汽车在路面上能达到的最大速度

(2)若汽车以额定功率启动，汽车速度为10nτ∕s时的加速度？

(3)若汽车从静止开始保持lm∕s2的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间？

15.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直3圆轨道相切于B点，右端与一倾角为

30。的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质

弹簧，一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端4点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩

弹簧，第一次可将弹簧压缩至。点，己知光滑圆轨道的半径R=0.45m,水平轨道BC长为0.4m,

其动摩擦因数"=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6m,g^L10m∕s2,求：

(1)滑块第一次经过B点时的速度大小如：

(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能与；

(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块几次经过B点。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】

【分析】

根据%=mg∕ι与分析重力做功的情况；根据动能定理分析下到底端的动能；根据牛顿第二定律

求出物块下滑的加速度，结合位移时间公式求出小物块的运动时间，再根据P=与分析平均功率。

根据运动学公式求出物块滑到底端时的速度，根据PG=mg3求出重力的瞬时功率。

本题综合运用了牛顿第二定律、运动学公式、重力做功和动能定理，掌握功率的表达式，在求解

功率时要注意力与速度方向的夹角。

【解答】

4重力做功WG=巾9九与路径无关，而两路径的高度差八相同，则重力做功相等；故A错误。

B.两斜面光滑，只有重力做功，由动能定理WG=TnW2-0,则两路径到达斜面底端的速度大小

相等，到达斜面底端的动能相等；故B错误。

C.设斜面倾角为仇则物体沿斜面的位移为/.',沿斜面运动的加速度为α=gs讥。，由L=

9/'9/.

；1at?可知，-J.-,路径I的倾角。小则运动时间长,根据平均功率的定义式P=

2Vuygtdu2

学，可得沿路径/的重力做功平均功率小；故C错误。

。.根据瞬时功率的定义式PG=mgvcos(90°-θ)=mgvsinθ,因路径I的倾角。小而瞬时速度大

小相等，则沿路径/到达底端时重力的瞬时功率小；故。正确。

故选£＞。

2.【答案】D

【解析】

【分析】

根据小球下降的高度得出平抛运动的时间，结合小球某时刻速度方向与水平方向夹角正切值是位

移与水平方向夹角正切值的2倍确定速度的方向。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定,

与初速度无关，以及知道平抛运动的推论：某时刻速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平

方向夹角正切值的2倍。

【解答】

A.若小球的速度大于火,则小球落在水平面上，下落的高度与初速度为孙时相同，则运动时间相

等，即为玲，故AB错误。

C.若以速度:为水平抛出小球，则小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水

平方向夹角正切值的2倍，即tcmα=2tcm8,与小球的初速度无关，则撞击斜面时速度方向与“同

向，即故C错误。正确。

故选

3.【答案】C

【解析】

【分析】

该题可以选择全部的链条为研究的对象，也可以选择挂在桌边部分长为总链长的。为研究对象，要

4

知道均匀链条的重心在其几何中心、应用功能关系或动能定理求解变力做功。

【解答】

悬在桌边的:长的链条重心在其中点处，离桌面的高度/1=；X：=

它的质量为果当把它缓慢拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，

则拉力需要做的功为W=竽=嘿，故C正确，A3。错误。

故选Co

4.【答案】D

【解析】解：设B的质量为m,则A的质量为2m,以4、B组成的系统为研究对象，在4落地前，由

系统的机械能守恒可得：

—mgR+2mgR=ɪ(m+2m)v2-0,

4落地后，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得一mg∕ι=0—2根"2,

则B上升的最大高度为：H=R+h=^R,故。正确，A8C错误。

故选Dc

根据系统机械能守恒求出A刚好到达地面时B的速度，由动能定理可以求出B上升的最大高度。

本题是系统的机械能守恒问题，要明确研究对象，分段运用机械能守恒定律或动能定理列式.要

知道4着地前，系统机械能守恒，4、B的速度大小相等。

5.【答案】BD

【解析】

【分析】

根据曲线运动受力指向轨迹凹侧，结合速度变化量关系分析即可解答，难度不大。

【解答】

ABC.由于质点做的是曲线运动，根据质点做曲线运动的条件可知，质点受到的恒力的方向应指向

轨迹凹侧，且与速度方向不在同一直线上，所以恒力F的方向可能沿负方向，由于恒力作用，该

质点做匀变速曲线运动，故AC错误，B正确。

。.速度的变化量Av=α∕t,由于F是恒力，所以加速度不变，则任意两段相等时间内该质点速度

变化量不仅大小相等而且方向相同，故。正确。

6.【答案】CD

【解析】解：4B∙电梯上升九高度，则重力对人的做功为-mg∕1,即人克服重力做功τng∕ι,可知重

力势能增加了Zngh，故AB错误；

C.根据牛顿第二定律得：F分=Ma=O∙2mg,根据动能定理得：△Ezf=W冷=mα∕ι=0.2mg∕ι,

即人的动能增加了0.2mg∕ι,故C正确；

。.人的重力势能增加了mg∕ι,动能增加0.2mg∕ι,则机械能增力口了1.2mgh,故£）正确。

故选CD。

根据“G=mgh求出克服重力做的功，从而得到重力势能的增加量。根据牛顿第二定律求出合力，

由合力做功得出动能的增加量，结合重力势能的变化情况得出机械能的变化量。

解决本题的关键要知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系,对于机械能的判断，

也可以根据除重力以外其它力做功进行判断。

7.【答案】AD

【解析】人根据运动的合成可以求得

P物=υcosθ

选项A正确；

员因为物体速度P物="os。，随着。变小，物体速度变大且不是均匀变化，所以不是匀变速，选

项8错误；

C.因为V物=VCoS0,随着。变小，物体速度变大，加速，所以加速度向上，拉力大于重力，选

项C错误；

D根据"物=UCos。，随着Q变小，物体速度变大，且CoSo<1,所以物体速度小于小车速度，

选项。正确。

故选

8.【答案】AD

【解析】A.物块到达木板最右端时，木板运动的位移为X时，由动能定理

Ek=μmgx

故A正确；

B.因为物块与木板的位移不相等，有摩擦生热，所以摩擦力对物块及木板做功的代数和不为零，

故8错误

C外力做功转化为物块和木板机械能的增加量与因摩擦产生的内能之和，所以物块和木板增加的

机械能为

ΔE=F(L+x)—μmgL

故C错误；

D.物块和木板间因摩擦产生的热量为

Q=FfL相对=μmgL

故。正确.

9.【答案】300600

【解析】［1］小球下落的高度为

11

h=2S,f2=aX1OX32τn=45m

3s内重力所做的功为

WG=mgh=2X10X45/=900J

则3s内重力的平均功率为

A=学=啰W=300Iy

[2]小球在3s末的速度为

V=gt=10×3m∕s=30τn∕s

则3s末重力的瞬时功率为

P=Fv=mgV=2×10×30l¥=600W

10.【答案】2020<34

【解析】解：当静水速垂直于河岸时，时间最短.根据分运动和合运动具有等时性，有d="αU,

ts2s

=∕⅛=λfW=0∙

22

沿河岸方向上的位移X=v2t=^3×20m=60τn.所以合位移S=√x+d=20√34τn∙

故本题答案为：20,20<34∙

快艇在水中运动，参与了静水运动和水流运动两运动的合运动.将该运动分解为沿河岸方向和垂

直于河岸方向，根据合运动与分运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短.即

静水速垂直于河岸时，时间最短.根据运动学公式求出沿河岸方向上位移，根据运动的合成求出

合位移.

解决本题的关键会将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，知道在垂直于河岸方向上

的速度越大，时间越短.以及知道分运动与合运动具有等时性.

11.【答案】mg(s0+Sl)C

【解析】(1)[1]选取。、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是

ΔEp=Tng(SO+SI)

[2]打C点的速度

Si+S2

V=

4T

重物增加的动能是

1m(s+S)2

mv712

ΔEk=2=32T

(2)[3]由机械能守恒得

1

mgs=2mu2

解得

V2

2=gs

2

所以台-S图像应是过原点的倾斜的直线。

故选Co

12.【答案】(IMB(2)不是(3)2,0(4)2.5

【解析】

【分析】

在做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹，

然后在轨迹上找一些特殊点，结合平抛运动规律来求出未知量。

体现了平抛运动的特征：水平初速度且仅受重力作用.同时让学生知道描点法作图线，遇到不在

同一条直线上一些点时，只要以能平滑连接就行，同时运用平抛运动处理规律来解题。

【解答】

(1)4为了保证小球的初速度水平，需调节斜槽的末端保持水平，A正确；

员为了保证小球每次做平抛运动的初速度相等，小球每次必须从同一位置由静止释放，8正确：

C.小球做平抛运动时，不应与纸接触，避免摩擦改变运动轨迹，带来误差，C错误；

。.将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成平滑曲线，并建立坐标，以便分析研究平抛运动，

。错误。

故选A8；

(2)。到8、B到C过程，水平分位移相等，即时间间隔相等，若。点是抛出点，两段竖直分位移之

比应为1:3,而题中竖直分位移之比为1:2,故竖直方向有初速度，。不是抛出点；

(3)竖直方向上，根据∕y=gt2其中t为。到B、B到C过程的时间间隔，可得

O水平方向上。2m∕fii

(4)设小球经过B点时的竖直分速度为外y，在竖直方向上有、

故，八\

故答案为：(I)AB(2)不是(3)2.0(4)2.5

13.【答案】解：(1)设木块离开平台时的速度为火，木块距平台右边缘，=7.75m,木块向右运动

。=4.0m时撤去F。

对木块在平台上运动的过程应用动能定理可得网I-Nma=诏，解得「，7m＞；

(2)木块离开平台后做平抛运动，由平抛运动公式可得∕ι=^gt2,X=v0t,联立可得x=4.9τn;

(3)设木块落地时的速度大小为外,与水平方向夹角为仇由平抛运动公式可得2g∕ι=询，vt=

J诏+药，tan。=得,

解得，人』，、，。=45。，即木块落地时速度的大小为入2，，、，与水平方向夹角为45。斜向

下。

【解析】木块从静止运动到平台末端，根据动能定理解得木块离开平台时的速度大小。

14.【答案】(l)20m∕s;(2)lm∕s2;(3)10s

【解析】(1)当汽车的加速度为零时，汽车速度达到最大速度，汽车在路面上能达到的最大速度为

P40000

VmaX=f=2000×10×0.1W/S=WS

(2)当速度D=IOτn∕s时，则牵引力

P40000

F=-彳K-N=4000/V

V10

根据牛顿第二定律得

联立以上并代入数据可得

a=lm∕s2

(3)若汽车从静止开始做匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速阶段结束.

由牛顿第二定律得

Ff=ma

解得匀加速阶段的牵引力

F1=/+ma1=