2023-2024学年福建省福州八中高一(下)期末物理试卷

2023-2024学年福建省福州八中高一（下）期末物理试卷一、第I卷（选择题）1．如图，将卡车上的货物由甲位置移到乙位置，卡车（连同货物）的（）A．重力大小不变，重心位置不变 B．重力大小改变，重心位置不变 C．重力大小不变，重心位置改变 D．重力大小改变，重心位置改变2．对于火箭在加速上升的过程中，下列说法正确的是（）A．火箭受到的合力方向竖直向下 B．飞船内的宇航员处于失重状态 C．火箭受到的重力与喷出的气体对火箭的作用力是一对相互作用力 D．飞船内的宇航员对椅子的压力与椅子对宇航员的弹力是一对相互作用力3．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面上，两个质量均为m的小球，用长度为L的轻绳相连放在斜面上等高且间距为L的两点，将两球由静止释放的同时，在轻绳的中点施加F=12mg的恒力，F方向沿斜面向上，重力加速度为g。则当两球间距为A．33g B．36g C．4．“抖空竹”是中国传统的体育活动之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成如图所示模型：不可伸长的轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在轻绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点沿竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平）匀速移动，即两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同样大小的速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则在变化过程中，下列说法正确的是（）A．左右两绳的夹角增大 B．左右两绳的夹角减少 C．轻绳的张力变大 D．轻绳的张力大小不变5．如图所示，将三根完全相同的轻质细杆，两两互成90°，连接到同一个顶点O，另一端分别连接到竖直墙壁上的A、B、C三个点，BC连线沿水平方向，ΔABC是等边三角形，O、A、B、C点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑饺链（未画出）。在O点用细绳悬挂一个质量为m的重物，则AO杆对墙壁的作用力为（）A．mg3 B．mg2 C．23（多选）6．在用打点计时器测匀变速直线运动的加速度实验中，下列说法中对于减小误差来说有益的是（）A．选取计数点时，常使两计数点之间还有四个记录点为好 B．先释放纸带，再接通电源 C．选计数点时，舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点迹间距适当的一部分进行测量和计算 D．最好用v﹣t图象来求加速度（多选）7．如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法正确的是（）A．框架对A的弹力方向可能垂直框架向下 B．框架对B的弹力方向只能垂直框架向上 C．A与框架间可能没有摩擦力 D．A、B两球所受的合力大小相等（多选）8．一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以800W的恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时速度的倒数1vA．玩具赛车的质量为20kg B．玩具赛车所受的阻力大小为50N C．玩具赛车的速度大小为8m/s时的加速度大小为3m/s2 D．起点到终点的距离为795m二、第II卷（非选择题）9．用如图1所示装置探究a﹣F的关系，长木板置于水平桌面上，上面静置一小车，小车前端固定力传感器，小车和力传感器的总质量为M（保持不变），后面系上纸带．纸带穿过固定于木板上的打点计时器．细线一端固定在力传感器上，绕过定滑轮，另一端挂一托盘，托盘内可放砝码．实验时，不断改变托盘和砝码的总质量m，可以改变力传感器的示数F及小车的加速度a，作a﹣F图象，并探究规律．（1）在做本实验时，下列步骤必需的是．A．需垫高木板左端以平衡摩擦B．必须始终满足m＜MC．木板上方细线必须平行于木板D．定滑轮必须足够光滑（2）如图所示，打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，某一次实验获得一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）．s1＝3.59cm，s2＝4.41cm，s3＝5.19cm，s4＝5.97cm，s5＝6.78cm，s6＝7.64cm，则小车的加速度a＝m/s2（要求充分利用测量的数据，结果保留两位有效数字）10．某同学利用图甲所示的装置研究小车匀变速直线运动规律，实验时将电磁打点计时器接在周期T＝0.02s的交流电源上，实验中得到一条纸带如图乙所示。（1）本实验中不必要的措施是（多选）。A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．必须要将木板倾斜一定角度以平衡小车所受的阻力D．悬挂的钩码质量必须远小于小车质量（2）图乙纸带上的A、B、C、D、E、F、G为依次选取的计数点（每相邻两个计数点间还有四个点未画出），则打下B点时小车的瞬时速度v＝；充分利用图乙纸带中的数据以减小误差，小车加速度的计算式应为a＝。（用周期T及图乙中的物理量表示）（3）如果当时电网中交变电流的频率是51Hz，而做实验的同学并不知道，那么该同学测得的加速度与真实值相比（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。11．为了让汽车平稳通过道路上的减速带，车速一般控制在20km/h以下。某人驾驶一辆小型客车以v0＝10m/s的速度在平直道路上行驶，发现前方s＝15m处有减速带，立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v＝5.0m/s．已知客车和人的总质量m＝2.0×103kg．求：（1）客车到达减速带时的动能Ek；（2）客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t；（3）客车减速过程中受到的阻力大小Ff。12．五人制足球的赛场长40m，宽20m。在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1＝6m/s的匀减速运动，加速度大小为a1=1m/s2。该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可视为匀加速直线运动，最大加速度为13．某校校园文化艺术节举行四驱车模型大赛，其中规定赛道如图所示。某四驱车以额定功率20W在水平轨道AB处由静止开始加速4s后从B点水平飞出，无碰撞进入圆弧轨道CD，该圆弧圆心角为37°，半径R0＝5m，竖直圆轨道的半径R＝2.4m。在恰好经过第一个圆弧轨道最高点F后，继续沿着轨道运动后从最高点H处水平飞出后落入沙坑中。已知沙坑距离EG平面高度为h2＝2m，四驱车的总质量为2kg，g＝10m/s2（四驱车视为质点，C点以后轨道均视为光滑轨道）。求：（1）四驱车在水平轨道AB处克服摩擦力做功的大小；（2）四驱车在E点对轨道的压力；（3）末端平抛高台h1为多少时能让四驱车落地点距离G点水平位移最大，通过计算说明。

2023-2024学年福建省福州八中高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、第I卷（选择题）1．如图，将卡车上的货物由甲位置移到乙位置，卡车（连同货物）的（）A．重力大小不变，重心位置不变 B．重力大小改变，重心位置不变 C．重力大小不变，重心位置改变 D．重力大小改变，重心位置改变【考点】物体动态变化过程中重心的变化；重力的大小及其影响因素．【答案】C【分析】根据G＝mg分析重力的变化，根据与重心位置有关的因素分析。【解答】解：根据G＝mg可知重力大小不变，重心位置与物体形状和质量分布情况有关，当货物由甲位置移到乙位置，卡车的质量分布发生了变化，所以重心位置改变，故C正确，ABD错误。故选：C。2．对于火箭在加速上升的过程中，下列说法正确的是（）A．火箭受到的合力方向竖直向下 B．飞船内的宇航员处于失重状态 C．火箭受到的重力与喷出的气体对火箭的作用力是一对相互作用力 D．飞船内的宇航员对椅子的压力与椅子对宇航员的弹力是一对相互作用力【考点】超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第三定律的理解与应用．【答案】D【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上；平衡力的判断，两个力必须同时满足四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。缺一不可。【解答】解：AB、火箭在加速上升的过程中，火箭加速度竖直向上，受到的合力方向竖直向上，飞船内的宇航员处于超重状态，故AB错误；C、喷出的气体对火箭的作用力与火箭受到的重力是同一个受力物体，不是一对作用力与反作用力，故C错误；D、飞船内的宇航员对椅子的压力与椅子对宇航员的弹力是一对相互作用力，故D正确。故选：D。3．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面上，两个质量均为m的小球，用长度为L的轻绳相连放在斜面上等高且间距为L的两点，将两球由静止释放的同时，在轻绳的中点施加F=12mg的恒力，F方向沿斜面向上，重力加速度为g。则当两球间距为A．33g B．36g C．【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．【答案】C【分析】根据题意由几何知识判断两绳夹角，根据几何知识确定绳上拉力大小，对小球受力分析根据牛顿第二定律计算加速度。【解答】解：当两球间距为32分析可知绳上拉力大小为T＝F再对小球进行受力分析，小球重力沿斜面方向的分力为12所以T与小球沿斜面方向重力的分力合力大小为1由牛顿第二定律得12解得a=1故C正确，ABD错误。故选：C。4．“抖空竹”是中国传统的体育活动之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成如图所示模型：不可伸长的轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在轻绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点沿竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平）匀速移动，即两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同样大小的速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则在变化过程中，下列说法正确的是（）A．左右两绳的夹角增大 B．左右两绳的夹角减少 C．轻绳的张力变大 D．轻绳的张力大小不变【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．【答案】D【分析】对空竹受力分析，然后利用共点力平衡，结合力的分解可以得出答案。【解答】解：对空竹受力分析，如图所示同一根绳子拉力处处相等，所以F1＝F2在水平方向空竹共点力平衡，设F与水平方向的夹角为α，F2与水平方向的夹角为β，有F1cosα＝F2cosβ所以α＝β所以两根绳与竖直方向的夹角相等为θ，则2F1cosθ＝mg解得F1=两端点沿AB、CD以同一速度匀速移动，移动的过程有的位移大小相等，两端点在水平方向上的距离不变，所以θ不变，从而得出F1和F2均不变，且两者大小相等，故ABC错误，D正确。故选：D。5．如图所示，将三根完全相同的轻质细杆，两两互成90°，连接到同一个顶点O，另一端分别连接到竖直墙壁上的A、B、C三个点，BC连线沿水平方向，ΔABC是等边三角形，O、A、B、C点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑饺链（未画出）。在O点用细绳悬挂一个质量为m的重物，则AO杆对墙壁的作用力为（）A．mg3 B．mg2 C．23【考点】共点力的平衡问题及求解；弹力的概念及其产生条件；力的合成与分解的应用．【答案】C【分析】对O点受力分析，根据几何关系求解作用力间的夹角，结合平衡条件列式求解即可。【解答】解：根据题意，设OA＝OB＝OC＝L，由于三根完全相同的轻质细杆，两两互成90°，则AB=BC=CA=过O、O'、A分别作AE、AB、BC的垂线，如图：由几何关系得：AD=BE=可得OE=由于ABC是等边三角形且AE⊥BC，则O′D=O′E=ADtan30°=O′A=AD可得：cosθ=sinα=O′E对O点受力分析，可知BO与CO对O点的合力（设为F）沿EO方向。对O点受力分析，将OB和OC杆上的力合成，合力为F，OA上作用力为T，受力分析如图：由平衡条件得：竖直方向：Tcosθ+Fsinα＝mg水平方向：Tsinθ＝Fcosα联立解得：T=故C正确，ABD错误。故选：C。（多选）6．在用打点计时器测匀变速直线运动的加速度实验中，下列说法中对于减小误差来说有益的是（）A．选取计数点时，常使两计数点之间还有四个记录点为好 B．先释放纸带，再接通电源 C．选计数点时，舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点迹间距适当的一部分进行测量和计算 D．最好用v﹣t图象来求加速度【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【答案】ACD【分析】实验误差是实验测量值（包括直接和间接测量值）与真值（客观存在的准确值）之差；根据实验误差的性质及产生的原因，可将误差分为系统误差、随机误差．【解答】解：A、选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位，则实际间隔为0.1s，计算结果为整数，有利于减小误差，故A正确；B、实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先启动打点计时器然后释放小车，故B错误；C、舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的一部分进行测量、计算，便于减小测量误差，故C正确；D、把测得速度值和对应的时刻，运用描点法和拟合曲线法，作出v﹣t图象，计算该图象的斜率来求加速度，减小了偶然误差。故D正确。故选：ACD。（多选）7．如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法正确的是（）A．框架对A的弹力方向可能垂直框架向下 B．框架对B的弹力方向只能垂直框架向上 C．A与框架间可能没有摩擦力 D．A、B两球所受的合力大小相等【考点】牛顿第二定律求解向心力；牛顿第二定律的简单应用．【答案】ABD【分析】小球随菱形框架一起绕着过对角线的竖直轴匀速转动，合外力提供向心力，对AB两个小球进行受力分析，根据合力提供向心力即可分析求解．【解答】解：A、A球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，当静摩擦力方向向上时，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，故A正确；B、B球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对B进行受力分析可知，A受重力，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向只能垂直框架向上，故B正确；C、若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，指向圆心，故C错误；D、A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r，可知，合力大小相等，故D正确。故选：ABD。（多选）8．一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以800W的恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时速度的倒数1vA．玩具赛车的质量为20kg B．玩具赛车所受的阻力大小为50N C．玩具赛车的速度大小为8m/s时的加速度大小为3m/s2 D．起点到终点的距离为795m【考点】利用动能定理求解机车启动问题；机车以恒定功率启动．【答案】AC【分析】根据瞬时功率公式与牛顿第二定律推导1v【解答】解：AB．根据瞬时功率P＝Fv，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma联立可得：1结合1v−a图像可得：mP=0.520s3将P＝800W代入以上两式解得：m＝20kg，f＝40N，故A正确，B错误；C．玩具赛车的速度大小为v＝8m/s时，此时赛车的牵引力：F=此时赛车的加速度为：a=F−fD．当玩具赛车的牵引力与阻力大小相等时，赛车达到最大速度，最大速度为：v玩具赛车从起点到终点，根据动能定理得：Pt−fx=代入数据得起点到终点的距离为：x＝700m，故D错误。故选：AC。二、第II卷（非选择题）9．用如图1所示装置探究a﹣F的关系，长木板置于水平桌面上，上面静置一小车，小车前端固定力传感器，小车和力传感器的总质量为M（保持不变），后面系上纸带．纸带穿过固定于木板上的打点计时器．细线一端固定在力传感器上，绕过定滑轮，另一端挂一托盘，托盘内可放砝码．实验时，不断改变托盘和砝码的总质量m，可以改变力传感器的示数F及小车的加速度a，作a﹣F图象，并探究规律．（1）在做本实验时，下列步骤必需的是AC．A．需垫高木板左端以平衡摩擦B．必须始终满足m＜MC．木板上方细线必须平行于木板D．定滑轮必须足够光滑（2）如图所示，打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，某一次实验获得一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）．s1＝3.59cm，s2＝4.41cm，s3＝5.19cm，s4＝5.97cm，s5＝6.78cm，s6＝7.64cm，则小车的加速度a＝0.80m/s2（要求充分利用测量的数据，结果保留两位有效数字）【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤．（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度．【解答】解：（1）A、实验中需垫高木板左端以平衡摩擦力，故A正确．B、小车所受的合力可以通过力传感器得出，不需要满足砝码和托盘的质量要远小于小车的质量，故B错误．C、实验时木板上方的细线必须平行于木板，保持拉力等于小车所受的合力，故C正确．D、小车的合力通过力传感器得出，定滑轮不一定需要足够光滑，故D错误．故选：AC．（2）根据Δx＝aT2，运用逐差法得：a=s4+s5故答案为：（1）AC；（2）0.80．10．某同学利用图甲所示的装置研究小车匀变速直线运动规律，实验时将电磁打点计时器接在周期T＝0.02s的交流电源上，实验中得到一条纸带如图乙所示。（1）本实验中不必要的措施是CD（多选）。A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．必须要将木板倾斜一定角度以平衡小车所受的阻力D．悬挂的钩码质量必须远小于小车质量（2）图乙纸带上的A、B、C、D、E、F、G为依次选取的计数点（每相邻两个计数点间还有四个点未画出），则打下B点时小车的瞬时速度v＝s1+s210T；充分利用图乙纸带中的数据以减小误差，小车加速度的计算式应为a＝（3）如果当时电网中交变电流的频率是51Hz，而做实验的同学并不知道，那么该同学测得的加速度与真实值相比偏小（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【答案】（1）CD；（2）s1+s【分析】（1）根据实验原理和步骤即可做出选择。（2）在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，根据逐差法可以得出加速度。（3）根据频率和时间的关系进行误差分析。【解答】解：（1）A．细线必须与长木板平行，选项A正确，不符合题意；B．先接通电源再释放小车，选项B正确，不符合题意；CD．该实验只需小车能做加速运动即可，不需要平衡小车所受的阻力，也不需要悬挂的钩码质量必须远小于小车质量，选项CD错误，符合题意；故选CD。（2）打下B点时小车的瞬时速度vB小车加速度的计算式应为a=s（3）如果当时电网中交变电流的频率是51Hz，则打点周期偏小，而做实验的同学并不知道，仍用0.02s计算，根据a=Δx故答案为：（1）CD；（2）s1+s11．为了让汽车平稳通过道路上的减速带，车速一般控制在20km/h以下。某人驾驶一辆小型客车以v0＝10m/s的速度在平直道路上行驶，发现前方s＝15m处有减速带，立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v＝5.0m/s．已知客车和人的总质量m＝2.0×103kg．求：（1）客车到达减速带时的动能Ek；（2）客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t；（3）客车减速过程中受到的阻力大小Ff。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据动能的表达式求出客车到达减速带时的动能；（2）根据匀变速直线运动的平均速度推论求出客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间；（3）根据速度—时间公式求出加速度，结合牛顿第二定律求出阻力的大小．【解答】解：（1）客车到达减速带时的动能Ek解得Ek（2）客车减速运动的位移s=v解得t=2s（3）设客车减速运动的加速度大小为a，则a=v根据牛顿第二定律得，阻力F答：（1）客车到达减速带时的动能为2.5×104J；（2）客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t为2s；（3）客车减速过程中受到的阻力大小为5×103N．12．五人制足球的赛场长40m，宽20m。在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1＝6m/s的匀减速运动，加速度大小为a1=1m/s2。该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可视为匀加速直线运动，最大加速度为【考点】变速物体追变速物体问题．【答案】该队员至少要6.5s追上足球。【分析】本题要考虑匀变速直线运动速度与时间的关系，匀变速直线运动速度与位移的关系及相遇问题。足球从开始至停止运动为匀减速直线运动，队员在达到最大速度前为匀加速直线运动，之后为匀速直线运动。要考虑足球停止运动之前队员是否追上足球。【解答】解：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x1，则x1=v12设足球匀减速运动的时间为t1，t1=v1a队员以最大加速度加速的时间t2，t2=v2a在t2时间内队员的位移x2=v222a2，可得x2＝8m，之后队员做匀速直线运动，设足球停止运动时队员位移x3，可得x3＝v2（t1﹣t2）＝4m/s×（6s﹣4s）＝8m，由于x2+x3＜x1，故没有追上足球，然后队员继续以最大速度匀速运动至追上足球为止，其做匀速直线运动整体所用时间t3队员追上足球的用的最少时间t＝t2+t3＝4s+2.5s＝6.5s答：6.5s。13．某校校园文化艺术节举行四驱车模型大赛，其中规定赛道如图所示。某四驱车以额定功率20W在水平轨道AB处由静止开始加速4s后从B点水平飞出，无碰撞进入圆弧轨道CD，该圆弧圆心角为37°，半径R0＝5m，竖直圆轨道的半径R＝2.4m。在恰好经过第一个圆弧轨道最高点F后