2021-2022学年福建省泉州市石狮市高一（下）期中物理试卷（含解析）

2021-2022学年福建省泉州市石狮市高一（下）期中物理试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）
如图所示，演员正在进行杂技表演，由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )
A.
B.
C.
D.
室内风洞体验是模拟真实跳伞的一种新型安全的极限运动，深受年轻人的喜爱。如图所示，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中( )
A. 合力做正功，机械能增加 B. 合力做正功，机械能减小
C. 合力做负功，机械能增加 D. 合力做负功，机械能减小
投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，礼记传中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为和。已知两支箭的质量，竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两人所射箭的速度变化量之比为：
B. 甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为：
C. 甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为：
D. 甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为：
质点在平面内运动，沿轴和轴方向的位置坐标随时间的变化图像如图甲过原点的直线和乙对称轴为轴的抛物线所示，下列判断正确的是( )
A. 质点的合运动轨迹为直线
B. 质点在内的位移大小为
C. 质点在末的瞬时速度大小为
D. 质点在内的平均速度大小为
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
如图甲为某小区出入口采用的栅栏道闸。如图乙所示，为栅栏道闸的转动杆，为竖杆。为两杆的交点，为竖杆上的点。在道闸抬起过程中，杆始终保持竖直，当杆绕点从与水平方向成匀速转动到的过程中( )
A. 点的线速度等于点的线速度 B. 点的角速度大于点的角速度
C. 点的加速度大于点的加速度 D. 、两点的路程相同
如图，长为的倾斜传送带以速度逆时针匀速运动。将一质量为的小物块无初速放到传送带的上端，当物块运动到传送带的下端时，速度刚好也为，已知传送带倾斜角为，与物块间的动摩擦因数为，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 传送带对物块做的功
B. 传送带对物块做的功
C. 物块与传送带摩擦产生的热量为
D. 物块与传送带摩擦产生的热量为
如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的点，橡皮绳竖直时处于原长。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内( )
A. 橡皮绳的弹性势能一直增大 B. 圆环的机械能先不变后减小
C. 橡皮绳的弹性势能增加了 D. 橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大
如图，固定于小车上的支架上用细线悬挂一小球。线长为小车以速度做匀速直线运动，当小车突然碰到障碍物而停止运动时。小球上升的高度的可能值是( )
A. 等于 B. 小于 C. 大于 D. 等于
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
如图所示，自行车的小齿轮、大齿轮、后轮是相互关联的三个转动部分，且半径、，如图所示。当自行车正常骑行时、两轮的角速度大小之比：等于______，、两轮边缘的线速度的大小之比：等于______。
如图所示，球网上沿高出桌面，网到桌边的距离为。某人在乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌处。若不计空气阻力，则乒乓球在网左、右两侧速度变化量之比为______，击球点到桌面的高度为______。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
在探究动能定理的实验如图中，将小车放在一端有滑轮的长木板上，让纸带穿过打点计时器，一端固定在小车上。实验中平衡摩擦力后，小车的另一端用细线挂钩码，细线绕过固定在长木板上的定滑轮，线的拉力大小就等于钩码的重力，这样就可以研究拉力做功和小车动能的关系。已知所挂钩码的质量，小车的质量取。
若实验中打点纸带如图所示，打点时间间隔为，每三个计时点取一个计数点，点是打点起点，则打点时，小车的速度______，小车的动能______，从钩码开始下落至点，拉力所做的功是______；均保留位有效数字
根据纸带算出相关各点的速度，量出小车运动距离，则以为纵轴，以为横轴画出的图线如图应是______，图线的斜率表示______。
用如图实验装置验证、组成的系统机械能守恒．从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有个打下的点图中未标出，计数点间的距离如图所示．已知、，则：
在纸带上打下记数点时的速度______；计算结果保留两位有效数字
在本实验中，若某同学作出了图象，如图，为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度______计算结果保留两位有效数字
在记数点过程中系统动能的增量______J.系统势能的减少量______ ；计算结果保留位有效数字
五、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
兴趣小组为了测量吊扇的角速度，设计了如下实验：把吊扇的扇叶拆除，将质量为的小球，用长为的轻绳悬挂在半径为的机头边缘。给机头通电，待稳定后，小球随机头一起在水平面内做匀速圆周机头运动。轻绳与竖直方向的夹角为，重力加速度为，忽略空气阻力，求：
小球做圆周运动的半径；
小球做圆周运动的向心力大小；
机头匀速转动的角速度。
如图所示，小红在练习“套环游戏”圆形套环用细金属丝做成，若小红每次均在点将套环水平抛出，让套环套上木桩。抛出前套环最右端与点重合，已知套环直径为，抛出点距地面高度，与木桩的水平距离，木桩高度；取，设套环在运动过程中始终保持水平，忽略空气阻力。
某次套环抛出后，套环最右端恰好到达木桩最上端，求套环这段飞行时间；
若不计木桩的粗细，为能让套环套入木桩，求小红抛出套环初速度的大小范围。
如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道在最低点分别与水平轨道和相连、高度可调的斜轨道组成。游戏时，滑块从点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道，且恰好停在端，则视为游戏成功。已知圆轨道半径，长度，长度，圆轨道和光滑，滑块与、之间的动摩擦因数均为，滑块质量，可视为质点。弹射时，从静止释放滑块，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接，取，求：
滑块恰好通过圆轨道最高点时的速度大小；
当且游戏成功时，滑块经过点对圆轨道的压力大小及弹簧的弹性势能；
要使游戏成功，弹簧的弹性势能与高度之间满足的关系。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：大约个鸡蛋为，则一个鸡蛋的重力约为，由图可知大约能抛的高度为，则做的功大约为，所以B正确。
故选：。
估计一个鸡蛋的重力的大小，在根据鸡蛋的运动情况，可以估计上升的高度的大小，根据可以求得人对鸡蛋做的功．
本题考查估算物体的质量及抛出的高度的大小，从而计算做的功的大小．这道题目从生活中来，与生活相联系，可以提高学生的学习兴趣
2.【答案】
【解析】解：体验者在风力作用下漂浮在半空，体验者的合力为零，如果减小风力，则重力大于风力，合力向下，体验者向下做加速运动，合力做正功；体验者向下加速运动过程中，除了重力做功外，风力做负功，机械能减少。
故ACD错误。B正确
故选：。
物体只有重力或弹簧的弹力做功，机械能守恒，如果还有其它力做功，当其它力做功的代数和为零，机械能不变；当其它力做功的代数和大于零，机械能增加；当其它力做功的代数和小于零，机械能减少．
解答此题的关键是知道超重和失重只与加速度的方向有关，与物体的运动方向无关．还要理解机械能守恒定律适用的条件．
3.【答案】
【解析】解：、甲、乙两入射箭高度相同，两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度相同，故A错误；
B、设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为，箭射出时的初速度为，则，即，两支箭射出的初速度大小之比为：：，故B正确；
C、设箭尖插入壶中时的速度大小为，则，即，两支箭落入壶口时的速度大小之比为：，故C错误；
D、因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比，即初速度大小之比，等于：，故D错误。
故选：。
根据竖直方向的运动规律求解时间，根据运动的合成与分解求解水平初速度，根据水平方向的运动规律分析水平位移。
本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关。
4.【答案】
【解析】解：位移时间图像中图线的斜率代表速度大小，由甲图可知，方向分速度为，做匀速直线运动；由乙图可知，方向做初速度为零的匀加速直线运动，故合初速度沿方向，合力沿方向，物体一定做曲线运动，故A错误；
B.乙图为抛物线，设表达式为，当时，，代入可得：
，所以与匀变速直线运动的位移公式比较可知，，内，、方向的位移分别为，
所以，合位移为，故B错误；
C.末，方向的速度为
所以，合速度为，故C错误；
D.内的平均速度，故D正确。
故选：。
根据、方向的位移时间图像，求出两方向的位移公式，判断轴分运动为匀速直线运动，轴分运动为匀加速直线运动。由分运动求合速度与合位移、平均速度。
、轴分运动的共同效果与合运动相同，物体做类平抛运动，各运动满足独立性、等时性、等效性、矢量性。
5.【答案】
【解析】解：由于、两点在同一竖直杆上，而且杆运动时始终保持竖直，所以在匀速转动到的过程中，两点都做半径相同的匀速圆周运动，故两点的线速度、角速度、加速度和路程都相等。故AD正确，BC错误。
故选：。
、两点的速度可分解为水平和竖直两个分速度，由已知得两个分速度始终相等，故两点的线速度始终相等，绕各自的圆心做匀速圆周运动。
值得注意的是两点的位移区别是所绕圆心不同，但是两圆心在同一竖直线上，且圆心的距离等于之间距离。
6.【答案】
【解析】解：、物块无初速放到传送带的上端后，对物块受力分析如图所示。物块所受的滑动摩擦力大小，则传送带对物块做的功，故A正确；
B、根据动能定理得：，解得：传送带对物块做的功，故B错误；
C、设物块运动的时间为，则在时间内传送带通过的距离为，物块相对于地面的位移为，故物块与传送带间相对位移为，因此，物块与传送带摩擦产生的热量为，故C错误；
D、根据，以及，得，因此，，故D正确。
故选：。
7.【答案】
【解析】解：、橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大。故A错误；
B、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故B正确；
C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了，那么橡皮绳的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为。故C正确；
D、在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。故D错误。
故选：。
分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，重力和橡皮绳的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。
对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。这是一道考查系统机械能守恒的基础好题。
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题．
小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度．如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径．
【解答】
如果小球的速度恰好使小球运动到与悬点等高位置，由机械能守恒可得：
，
则最大高度是：．
A、若初速度小于此时的值，则由机械能守恒定律可知．
B、如果小球的速度使小球上升的最大高度大于，而小于，小球将不能做完整的圆周运动，而后离开圆轨道，此时在最高点小球有一定的速率，设为，则有：
，，则．
D、如果小球的速度能使小球做完整的圆周运动，则最大高度为．
C、小球上升的最大高度不可能大于．
故选ABD。
9.【答案】： ：
【解析】解：由于轮和轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故：，
由于轮和轮共轴，故两轮角速度相同，即：，
运动半径：：：：，
，根据得：：，
，根据得：：，所以、两轮边缘的线速度的大小之比：等于：。
故答案为：：；：
靠链条传动轮子边缘上的点线速度大小相等，共轴转动的点角速度相等，结合线速度与角速度的关系进行求解。
解决本题的关键知道线速度与角速度的关系，知道共轴转动的点角速度相等，靠传送带传动的点线速度大小相等。
10.【答案】：；
【解析】解：乒乓球在网左、右两侧的水平位移相同，由知，乒乓球在网左、右两侧运动时间相同，由知，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为：。
乒乓球在网左、右两侧运动时间相同，竖直方向做自由落体运动，根据可知，在网上面运动的位移和整个高度之比为：，所以击球点的高度与网高之比为：，故击球点到桌面的高度为。
11.【答案】 小车的加速度
【解析】解：由题意可知相邻两计数点间的时间间隔为
小车做匀加速直线运动，打点时，小车的速度等于打、两点间的平均速度，即
打点时，小车的动能为
，
从钩码开始下落至点，拉力对小车所做的功是
；
设小车所受合外力大小为，根据动能定理有
整理得：
所以图像为过原点的倾斜直线。
故选：。
图线的斜率，根据牛顿第二定律可知图线的斜率表示小车的加速度。
答：；；；；小车的加速度。
根据中间时刻瞬时速度等于该时段平均速度求点速度；再根据动能和做功计算式求解即可；
根据动能定理可得图像解析式，从而选择图像，得出斜率的物理意义。
本题考查探究动能定理实验，解题前提要明确该实验实验原理，利用图像进行数据处理时注意从物理角度找出两个物理变量的关系表达式，注意拉力近似等于重力大小。
12.【答案】
【解析】解：利用匀变速直线运动的推论有：
；
由于
由于
所以得到：
所以图象的斜率．
系统动能的增量为：．
系统重力势能减小量为：
在误差允许的范围内，、组成的系统机械能守恒
故答案为：； ；，．
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．
对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：、从物理角度找出两变量之间的关系式、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题．
该题的研究对象是系统，要注意和的重力势能的变化情况．
利用图线处理数据，，那么图线的斜率就等于．
直线图象中斜率和截距是我们能够利用的信息．
13.【答案】解：根据几何关系解得
对小球做受力分析，水平方向有
由牛顿第二定律得：
联立解得
答：小球做圆周运动的半径为；
小球做圆周运动的向心力大小为；
机头匀速转动的角速度为。
【解析】根据几何关系解得圆周半径；
根据受力分析结合牛顿第二定律解得向心力与角速度大小。
本题考查向心力，解题关键在于对小球受力分析，根据牛顿第二定律解题。
14.【答案】解：“套环”在竖直方向上做自由落体运动，根据，解得：
当“套环”刚好贴着木桩左侧落下时，速度有最大值，即：
当“套环”刚好贴着木桩右侧落下时，速度有最小值，即：
所以小红抛出“套环”的初速度范围是：
【解析】“套环”做平抛运动，先找出竖直位移，根据自由落体运动的规律求得时间。
找出水平位移的范围，根据求出初速度范围。
此题考查了平抛运动的规律，明确平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，关键是分析找出水平位移和竖直位移。
15.【答案】解：设滑块恰好能过圆轨道最高点时的速度大小为，由题意可得，滑块恰过点的条件为：
解得：
滑块从到，由动能定理得

设在点的受到的支持力为，对滑块，根据牛顿第二定律得

联立式解得：
根据牛顿第三定律可知，滑块经过点对圆轨道的压力大小
滑块从点到点，由动能定理得

解得：
设滑块恰能过点的弹性势能为，由动能定理得

到点减速到，由动能定理得

联立式，解得：
设物块能停在点时斜面的倾角为，由共点力平衡条件得

设点距离水平地面的高度为，由几何关系得

联立式，解得：
从到点，由动能定理得

即，其中
答：滑块恰好通过圆轨道最高点时的速度大小是；
当且游戏成功时，滑块经过点对圆轨道的压力大小是，弹簧的弹性势能是；
要使游戏成功，弹簧的弹性势能与高度之间满足的关系为，其中。
【解析】滑块恰好通过圆轨道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解滑块到达点的速度。
滑块从到，根据动能定理求解到达点的速度，在点，由根据牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力。滑块从到，根据动能定理和功能关系求解弹性势能。
根据动能定理求解滑块恰能过点的弹性势能，再从点减速到根据动能定理求解高度。结合物块能停在点时平衡条件进行解答。
解决本题的关键是明确滑块到达点时是由重力提供向心力，掌握用动能定理在多过程中列式求解速度大小或者是能量大小。要注意分析隐含的临界状态和临界条件。
第1页，共1页