2022-2023学年福建省福州市高一（下）期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年福建省福州市高一（下）期中物理试卷
一、选择题（本大题共8小题，共32分）
1. 在年卡塔尔世界杯赛场上，梅西在一次主罚定位球时，踢出的足球划出一条完美弧线，轨迹如图所示。下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是( )
A. 在空中只受到重力的作用
B. 合外力的方向与速度方向在一条直线上
C. 合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
D. 合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
2. 某人划船渡一条河，当划行速度和水流速度一定，且划行速度大于水流速度时，过河的最短时间是；若以最小位移过河，需时间。则船速与水速之比为( )
A. B. C. D.
3. 如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点、、。下列说法正确的是( )
A. 线速度大小之比为 B. 角速度之比为
C. 转速之比为 D. 向心加速度大小之比为
4. 如图所示，在倾角为的固定斜面顶端以初速度水平抛出一个可视为质点的小球，小球最后落在斜面上的点．从小球运动轨迹上离斜面最远处的点作斜面的垂线，与斜面的交点为，且，，，不计空阻力，下列说法正确的是( )
A. 一定有 B. 一定有
C. 、的大小关系与有关 D. 、的大小关系与有关
5. 跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )
A. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B. 风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C. 运动员下落时间与风力无关
D. 运动员着地速度与风力无关
6. 如图甲所示，在某星球上，一轻质弹簧下端固定在倾角为的固定光滑斜而底部且弹簧处于原长，现将一质量为的小物块放在弹簧的上端，由静止开始释放，小物块的加速度与其位移间的关系如图乙所示，则( )
A. 小物块运动过程中机械能守恒 B. 该星球重力加速度大小为
C. 弹簧劲度系数为 D. 小物块的最大动能为
7. 如图所示，小球用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度变化时，关于细线上的拉力，下列说法中正确的是( )
A. 只有超过某一值时，细线才会对小球有拉力作用
B. 线的拉力随的增大而增大
C. 无论角速度如何变化，细线的拉力总是等于细线的拉力
D. 当增大到一定程度时，细线的拉力将大于细线的拉力
8. 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力的作用下开始向上运动，如图甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能与位移的关系图象如图乙所示，其中曲线上点处的切线的斜率最大．则( )
A. 在处物体所受拉力最大
B. 在处物体的速度最大
C. 在过程中，物体的加速度先增大后减小
D. 在过程中，物体的动能先增大后减小
二、非选择题（68分）
9. 水平传送带以速度匀速转动，一质量为的小木块以的速度滑到传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为，如图所示，在小木块与传送带相对静止时，因传送小木块电动机多输出的能量为 。
10. 如图所示，为光滑的水平面，是倾角为的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动，、间用一小段光滑圆弧轨道相连，一条长为的均匀柔软链条在外力作用下静止在面上，其一端至的距离为，其中未知，现自由释放链条，当链条的端滑到点时链条的速率为，已知重力加速度，求 。
11. 某同学为了“验证机械能守恒定律”，采用了如图甲所示的装置，将质量相等的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，系统处于静止状态。该同学在左侧重物上附加一个小铁块，使系统从静止开始运动，滑轮右侧重物拖着纸带打出一系列的点。某次实验打出的纸带如图乙所示，是打下的第一个点，两相邻点间还有个点未标出，交流电频率为用刻度尺测得点“”到点“”的距离为，点“”到点“”的距离为，点“”到点“”的距离为，打点计时器打点时，重物的速度大小为。重力加速度为。
_____结果保留两位有效数字
依据实验装置和操作过程，下列说法正确的是_____；
A.不需要测量重物的质量和小铁块的质量
B.只需要用天平测出小铁块的质量
C.需要用天平分别测出重物的质量和小铁块的质量
D.只需要用天平测出重物和小铁块的质量之和
在打点计时器打点的过程中，系统动能的增加量__________；系统重力势能的减少量___________均用题干中出现的物理量的符号表示。系统在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量略_______系统动能的增加量填“大于”或“小于”，从而验证机械能守恒定律。
12. 小明同学通过以下两种方式研究平抛运动的特点。
小明首先用如图甲所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点，用小锤击打弹性金属片后，球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时球被释放，自由下落，做自由落体运动。下列说法中正确的两项是__________
A.改变小锤击打的力度，可以改变两球在空中的运动时间
B.改变小锤击打的力度，可以改变球的水平初速度大小
C.如果两球总是同时落地，则球的竖直分运动是自由落体运动
D.通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点
小明再用如图乙所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道滑下后从点飞出，落在水平挡板上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系。
取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于点，钢球的__________选填“最上端”、“最下端”或者“球心”对应白纸上的位置即为原点；在确定轴时__________选填“需要”或者“不需要”轴与重锤线平行；
小明不慎遗漏记录平抛轨迹的起始点，他按下述方法处理数据：如图丙所示，在轨迹上取、、三点，和的水平间距相等且均为，测得和的竖直间距分别是和则__________选填“大于”、“等于”或者“小于”，可求得钢球平抛的初速度大小为__________已知当地重力加速度为，结果用上述字母表示。
13. 两轻绳栓接质量的小球视为质点，处于静止状态，两轻绳与竖直方向的夹角如图。轻绳长，重力加速度大小取。
求剪断绳后的瞬间，轻绳对小球的拉力大小；
若剪断绳后，求小球摆到最低点时轻绳受到的拉力大小。
14. 如图所示，为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于点，点距桌面的高度为，、两点间的水平距离为，轨道边缘处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为与的物体、，挂在定滑轮两边，、可视为质点，且，。开始时、均静止，紧靠点，释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到点时轻绳突然断开，断开后沿水平桌面滑行停止。已知与水平桌面间的动摩擦因数，取。求：
物体经过点时的速度；
绳子断开瞬间，物体的速度大小；
弯曲轨道对物体的摩擦力所做的功。
15. 如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数，且与台阶边缘点的距离。在台阶右侧固定了一个以点为圆心的圆弧形挡板，现用的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。取
若小物块恰能击中挡板的上边缘点，点的坐标为，求其离开点时的速度大小；
为使小物块击中挡板，求拉力作用的距离范围；
改变拉力的作用距离，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块速度的最小值和此时物块下落的高度。结果可保留根式
16. “打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”，如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为处，以的水平初速度用力飞出一质量为的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为。假设每次小石片接触水面相同的时间后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数，；小石片在水面上速度减为零后，以加速度沿竖直方向沉入深为的水底。不计空气阻力。求：

小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功 ；
小石片从抛出到沉入水底的总时间 。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了受力分析和曲线运动的特点。
解答本题的关键是明确做曲线运动的条件，以及曲线运动的合力方向和速度方向。
【解答】
A、足球在空中除了受重力以外还受空气阻力作用，故A错误；
B、足球的运动轨迹是曲线，所以足球所受的合外力的方向与速度方向不在一条直线上，故B错误；
、做曲线运动的物体，合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向，故C错误，D正确。

2.【答案】
【解析】
【分析】
小船过河的处理：当船速垂直河岸时，用时最少；当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小．
小船过河问题的处理只需要将运动分解到沿河方向和垂直河岸方向，分别列式即可．注意：当船速垂直河岸时，用时最少；当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小．
【解答】
设河宽为
最短时间过河： 得：
最小位移过河：

； 得： ；所以：
故选B
3.【答案】
【解析】解：、大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘点线速度大小相等，故
：：，
小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，所以
：：，
B、两点的半径分别为和，据知，、两点的线速度之比为：
：：，
故A、、线速度之比为：：：：，故A错误；
B、由于大齿轮与小齿轮半径不同，、的线速度相同，根据公式可知，、的角速度之比为：
：：
代入数据得：：：
小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等
：：
则、、角速度之比为：
：：：：，故B错误；
C、根据公式
联立解得：，
可知转速和角速度成正比，、、角速度之比为：：，则、、转速之比为：：，故C错误；
D、与的线速度相等，由向心加速度公式，则与的向心加速度之比为：
：：
代入数据得：：：
与的角速度相等，由向心加速度公式可知：
：：
B、两点的向心加速度之比为：
：：
则、、向心加速度大小之比为：
：：：：，故D正确。
故选：。
大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘点线速度大小相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式以及向心加速度的公式列式求解。
本题关键能分清链条传动线速度大小相等和同轴传动角速度相同，灵活应用公式以及、等求解。
4.【答案】
【解析】在点速度方向与斜面平行， 得从到的时间为：；小球从到的时间为，则，解得：；所以从到的时间与从到的时间相等；将速度沿斜面和垂直斜面方向正交分解，从到沿斜面的速度分量平均值小于从到的沿斜面的速度分量平均值，所以，故A错误，B正确；
由以上分析可知，球沿斜面向下的分初速度为：，球沿斜面向下做匀加速运动，且其在两阶段的运动时间相等，由此可知，且、的大小关系与、无关，故CD错误。
故选B。
5.【答案】
【解析】
【分析】
运动员的运动可以分解为竖直方向和水平方向的两个分运动，两个分运动同时发生，相互独立，互不干扰。
本题关键要明确合运动与分运动同时发生，互不干扰，同时合运动与分运动具有等效性，可以相互替代。
【解答】
运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；因而，水平风速越大，落地的合速度越大，造成运动员落地的冲击力越大，但落地时间不变，故BC正确，AD错误。
故选BC。

6.【答案】
【解析】解：小物块运动过程中机械能不守恒，小物块与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B.由静止开始释放时，根据牛顿第二定律，可得小物块的加速度为
由图像可知，开始时小物块的加速度为
联立解得
所以该星球重力加速度大小为，故B错误；
C.由图像可得弹簧压缩量为时，小物块的加速度为，则有
解得
故C正确；
D.根据动能定理可得
根据加速度与其位移图像的面积与质量的乘积表示动能的变化量，则有
故D正确。
故选：。
小物块运动过程中机械能不守恒，小物块与弹簧组成的系统机械能守恒，根据牛顿第二定律，可得小物块的加速度与重力加速度关系；根据解得弹簧劲度系数；根据加速度与其位移图像的面积与质量的乘积表示动能的变化量解得最大动能。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合机械能守恒定律即可完成分析。
7.【答案】
【解析】解：设绳与竖直方向的夹角为，绳与竖直方向的夹角为，
对物体进行受力分析，根据向心力公式则有：


A、当较小时，绳在水平方向的分量可以提供向心力，此时绳没有力，当增加到某值时，绳在水平方向的分量不足以提供向心力，此时绳子才有力的作用，故A正确；
B、当较小时，绳处于松弛状态没有拉力，则有：
，可得，随着增大，增大；
当较大时，绳伸直有拉力，此时均保持不变，由两式可得与随着增大同时增大，故B正确；
、当绳子没有拉直时，绳拉力等于零，绳肯定有拉力，当绳拉直时，，由式可知，绳的张力一定大于绳子的张力，故CD错误；
故选：。
物体的重力、绳子的张力及绳子中可能存在的张力的合力提供做匀速圆周运动的向心力；用正交分解法求出物体分别在水平、竖直两个方向受到的合力、，由牛顿运动定律布列方程，，分析讨论即可。
本题的关键是对物体进行受力分析，知道用正交分解法求出物体分别在水平、竖直两个方向受到的合力、，由牛顿运动定律布列方程，，分析讨论，难度适中。
8.【答案】
【解析】曲线上点处的切线的斜率最大则说明此时机械能变化最快，由 可以知道此时所受的拉力最大，故A正确； 过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小在 处物体图象的斜率为零，则说明此时拉力为零则此位置加速度不等于零，也说明此位置不是速度最大的位置，故B错误；由图象可以知道，拉力先增大后减小，直到变为零则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反向增大，故C错误；在处物体所受拉力最大，此时合力向上，合力做正功，所以物体的动能增加，随着拉力的减小向上的合力在减小，当拉力等于重力后，合力反向，此后合力做负功，动能减小，所以在过程中，物体的动能先增大后减小，故D正确；故选AD
9.【答案】
【解析】根据题意，由牛顿第二定律可得，相对滑动时小木块的加速度为
从放上至相对静止所用时间为
此过程中传送带的位移
传送小木块电动机多输出的能量等于传送带克服摩擦力做的功

【详解】根据题意，设链条质量为 ，可以认为始、末状态的重力势能变化是由 段下降引起的，如图所示

该部分高度减少量
该部分的质量为
由机械能守恒定律可得
联立解得
10.【答案】
【解析】解：设链条总质量为，因为水平面和斜面均光滑，链条运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒。
选AB为零势能面，由机械能守恒定律得：
，解得：。
故答案为：。
水平面和斜面均光滑，链条运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律列式，即可求解的大小。
本题也可以从能量转化的角度分析机械能是否守恒，运用机械能守恒定律列式时，关键要注意确定重心的高度。
11.【答案】；；；；大于
【解析】解：在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则
设小铁块的下落高度为时，小铁块的速度为，则实验中需要验证的关系式为
由此可知，实验需要测量出重物和小铁块各自的质量，故C正确，ABD错误；
故选：。
根据动能的表达式可知，，系统重力势能的减小量为。
因为运动过程中有空气阻力做负功，则系统在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量略大于系统动能的增加量，从而验证机械能守恒定律。
故答案为：；；；；大于
根据运动学公式计算出重物的速度；
根据实验原理分析出需要测量的物理量；
根据动能和重力势能的表达式代入数据完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉运动学公式和能量的计算公式即可完成分析。
12.【答案】；球心；需要；大于；
【解析】
【分析】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点和运动学公式即可完成分析。
【解答】
改变小锤击打的力度，可以改变球的水平初速度，但不改变小球距地面的高度，所以不改变空中的运动时间，故A错误，B正确；
C.小锤击打弹性金属片后，球沿水平方向抛出，同时球被释放自由下落，、两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，故C正确
D.通过该实验装置不能研究平抛运动的水平分运动特点，故D错误；
取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点；在确定轴时需要轴与重锤线平行
因为、和、间水平距离相等，所以、和、间对应钢球运动的时间相同，设为，设钢球在、点时的竖直分速度大小分别为、，则
，
，
所以，
根据运动学规律有
，
解得：，
钢球平抛的初速度大小为
。
13.【答案】解：剪断轻绳后的瞬间，此时小球速度为零，小球所需要的向心力为零，故沿绳子方向合力为零，则轻绳对小球的拉力大小为
；
小球向下摆动过程中，由机械能守恒定律得

解得小球摆到最低点时速度大小：
在最低点，小球受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律得：

解得：
根据牛顿第三定律可得：小球摆到最低点时轻绳受到小球的拉力大小。
答：剪断绳后的瞬间，轻绳对小球的拉力大小为。
小球摆到最低点时轻绳受到小球的拉力大小为。
【解析】剪断轻绳瞬间，小球速度为零，向心力为零，沿细绳方向小球受力平衡，列出平衡方程可求出轻绳对小球的拉力大小。
由机械能守恒定律求出小球摆到最低点时速度大小。小球经过最低点时，由重力和轻绳的拉力的合力提供向心力，列出牛顿第二定律方程即可求出轻绳的拉力大小。
圆周运动是高考的热点，要明确物体做圆周运动时向心力的来源，对物体的受力分析，各力指向圆心方向的合力提供向心力。
14.【答案】解：在水平轨道上运动过程，根据动能定理得：
解得：
将速度的速度进行分解如图所示。
则有
又由几何关系有，得
解得：
沿弯曲轨道下滑过程，对、组成的系统，根据动能定理得：

解得弯曲轨道对的摩擦力做的功：．
答：经过点时的速度大小是；
绳子断开瞬间，物体的速度大小为；
弯曲轨道对的摩擦力做的功是。
【解析】物体在水平面上运动过程，运用动能定理求经过点时的速度；
由几何关系求出经过点时段绳与水平方向的夹角，将此时物体的速度进行分解得到点的速度大小。
沿弯曲轨道下滑过程，对、组成的系统运用动能定理求弯曲轨道对物体的摩擦力所做的功。
本题是绳系的系统问题，根据动能定理和几何知识、速度分解进行分析求解，要掌握绳端物体速度分解的方法。
15.【答案】解：小物块从到做平抛运动
水平方向
竖直方向
解得：；
为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到点，设拉力作用的最短距离为，由动能定理得：
解得：；
为使小物体不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过；设拉力作用的最长距离为，由动能定理可得：
，
解得：，
故为使物块击中挡板，拉力的作用距离范围为：；
设小物块击中挡板的任意点坐标为：；则有：
由机械能守恒定律得：
又
由点坐标可求，即
化简得：，当，即时，有最小值：；
答：小物块离开点时的速度大小为；
拉力作用的距离范围为；
击中挡板时小物块速度的最小值为和此时物块下落的高度为。
【解析】根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，再结合水平位移和时间求出物块离开点的速度；
根据动能定理求出拉力作用的距离范围。
根据平抛运动的知识，结合椭圆方程，求出击中挡板的小物块速度的最小值，结合平抛运动求解竖直高度。
解决该题的关键是正确分析物体在水平面和出水平面的运动情况，掌握平抛运动的规律，掌握用动能定理解多过程运动。
16.【答案】
【解析】根据题意，设小石片沉入水底的速度为 ，则有
其中
解得
小石片从开始到沉入水底的整个过程中，由动能定理有
解得
小石片先做平抛运动，竖直方向
解得
小石片在水面上滑行时加速度
每次滑行的速度变化量
而
即小石片共在水面上滑行了次，空中弹起后飞行了次，第次弹起后的水平速度
竖直速度
空中飞行时间
可得第次弹起后在空中飞行的时间为
在空中的飞行总时间
在水面上滑行的时间为
在水中下沉的时间为
总时间
解得
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