福建省福州市侨中2020-2021学年高一上学期期末考试物理试题 Word版含答案

2020-2021年福州华侨中学高一期末考试试卷
物理试卷
选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1—8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A.静止的物体不易被推动，说明物体在静止时的惯性比在运动时的惯性大
B.短跑运动员最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，惯性越大
C.战斗机战斗前抛掉副油箱，惯性减小
D.物体在完全失重状态下没有惯性
下列说法不正确的是（　　）
A.在探究加速度、力、质量三者之间的关系，运用了控制变量法
B.牛顿第三定律揭示了一对平衡力的相互关系
C.伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持
D.胡克认为在弹簧弹性限度内，同一根弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比
已知两个力的合力大小为 18N，则这两个力不可能是（　　）
10N,20N
18N,18N
8N,7N
20N,28N
粗糙的水平面上有一木箱，现用一水平力推着木箱匀前进．则（　　）
A.木箱所受的推力和地面对木箱的摩擦力是一对作用力和反作用力
B.木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对作用力和反作用力
C.木箱所受的重力和木箱对地面的压力是一对平衡力
D.木箱对地面的压力和地面对太箱的支持力是一对平衡力
物块处于静止状态，其中F=10N，F=2N，若撤去片则物块受到的摩擦力是（　　）
8N，方向向右
8N，方向向左
2N，方向向右
2N，方向向左
如图所示，轻弹簧的两端各受10N拉力F作用，弹簧平衡时伸长了5cm（在弹性限度内），那么下列说法正确的是（　　）
A.该弹簧的劲度系数k=200N/m
B.该弹簧的劲度系数 k=400N/m
C.根据公式 k=F/x，弹簧的劲度系数会随弹力F 的增大而增大
D.弹簧所受的合力为 10N
一个物体做自由落体运动，重力加速度为g，先后经过空中M与N两点时的速度分别为v1和v2，则下列说法不正确的是（　　）
A.MN的间距为
B.经过MN所需时间为
C.多过MN的平均速度为
D.经过M点的加速度小于N点的加速度
如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体，现将弹簧压缩到A点后释使物体在A、B之间来回运动，若此过程物体受到的摩擦力可忽略，则物体（　　）
A.在 A 点刚释放时加速度最小
B.在 A、B 两点加速度相同
C.从 O 到B 过程中，加速度大小逐渐增大
D.从 O 到B 过程中，加速度方向指向B 点
如图所示，质量为m的人的站在半径为R的半球体上，他与球心的连线与竖直方向的夹角，则下列说法正确的是（　　）
A.半球体对他的摩拣力为mgsin
B.半球体对他的擦力为mgcos
C.地面对半球体的摩擦力为零
D.地面对半球体的摩擦力不为零
如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯做为匀速直线运动时，弹簧秤的示数为 10N，某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为12N，（ g 取 10m/s2）关于电梯的运动，下列说法正确的是（　　）
A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为 2m/s2，物体处于超重状态
B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2，物体处于失重状态
C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2，物体处于失重状态
D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为 2m/s2，物体处于超重状态
某物体做直线运动的v-t图象，如图所示。根据图象提供的信息可知该物体（　　）
A.在0～4s 内与4～6 s内的平均速度相等
B.在0～4s内的加速度小于7～8s 内的加速度
C.在6s末离起始点最远
D.离起始点的最远距离为32m
如图所示，在水平力F作用下，质量为m的物体沿竖直墙壁以加速度a加速下滑，若物体与墙鞋的动摩擦因数为μ，则物体所受的摩擦力的大小为（　　）
A.
B.
C.
D.
非选择题部分(共6题,共52分)
验证力的平行四边形定则"的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，0为橡皮筋与细绳的结点，OB 和0C为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
图乙中的_____是力 F1和 F2的合力的实际测量值_____（填F 或F'）
本实验采用的科学方法是：（ ）
A. 理想实验法; B. 等效替代法; C.控制变量法; D.建立物理模型法。
在探究"加速度与力和质量的关系"的实验中
（1）下列说法中不正确的是（ ）
A.为了减小实验误差，悬挂物的质量应远小于小车和砝码的总质量
B.为了减小小车、纸带受到的摩擦力对实验的影响，需把小车运动平面起始端略垫高以平衡摩擦力
C.每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力
D.实验结果采用a--1/M坐标作图，是为了根据图象直观地作出判断
（2）图（a）为某同学设计实验装置简图。（交流电的频率为50Hz）图（b）为某次实验得到的纸带，每两点之间还有 4 点没有画出来，图中上面的数字为相邻两点间的距离，根据纸带可求出小车的加速度大小为______m/s?。（保留二位有效数字）。
保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F的变化图线如图（c）所示。该图线不通过原点，其主要原因是____________。
（8分）研究表明，饮酒会导致刹车反应时间比一般人的反应时间（即图甲中"反应过程"所用时间）延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以 v=54km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=27m.减速过程中汽车速度v与位移x 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动.取 g= 10m/s2．求∶
减速过程汽车加速度的大小及所用的时间
饮酒后该志愿者的反应时间。
（10分）如图所示，在车厢中，一小球被a、b两根轻质细绳拴住，其中a绳与竖直方向成 a=37°角，绳b成水平状态，已知小球的质量为m=10kg（取 g= 10m/s2，sin37°= 0.6， cos37°= 0.8），求：
（1）车厢静止时，画出小球的受力示意图并求出细绳 a和b 所受到的拉力Ta 、Tb的大小。
（2）当车厢以一定的加速运动时，a绳与竖直方向的夹角不变，而b绳受到的拉力变为零，求此时车厢的加速度的大小和方向。
（12分）如图所示，A是倾角为θ=30°的光滑孰道，BC来粗糙的水平轨道，现有一质量为m-0.2kg 的物体从高为h=0.45m的A点由静止开始下滑，最终停在水平轨道上的M点。已知M点到B点的距离为L=1.5m，（物体通过连接处B点时能量损失不计，取g=10m/s）.求∶
物体沿 AB 轨道下滑的加速度多大？
物体到达B 点时的速度多大？
物体与水平轨道的动摩擦因数μ。
（12分）如图所示，水平传输带以v=4m/s的速度匀速运动，传输带两端 AB间的距离为 L=20 m，将一质量为 m=2kg 的木块无初速度放在A端，木块与传输带间的动摩擦因数为μ=0.2，（g=10m/s2）。求∶
木块在匀加速过程中的加速度大小;
木块从A端运动到 B 端所用的时间;
木块相对传输带的位移。
2020-2021年福州华侨中学高一期末考试试卷
物理试卷答案
1.【答案】C
【解析】
【分析】A.物体的惯性大小仅取决于物体的质量，与静止还是运动.速度大小无关。故A错误；
物体的惯性大小仅取决于物体的质量，与静止还是运动.速度大小无关。故B错误；
抛掉副油箱减小质量可以减小惯性，故C正确；
D.一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体本身的一种基本性质。故D错误。故选∶C。
【详解】一切物体都有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大，惯性越大;惯性的大小与物体是否运动，是否受力以及运动快慢无关。
2.【答案】B
【解析】
【分析】A、在研究物体的"加速度、作用力和质量"三个物理量的关系时，由于变量较多，因此采用了"控制变量法"进行研究，分别控制一个物理量不变，看另外两个物理量之间的关系，故A正确；
B、牛顿第三定律揭示了一对作用力与反作用力之间的相互关系，故B错误；
C、伽利略通过"理想实验"得出"力不是维持物体运动的原因"，故C正确；
D、结合胡克定律的内容可知，胡克认为在弹簧弹性限度内，同一根弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D正确。本题选择不正确的，故选：B。
【详解】伽利略通过"理想实验"得出"力不是维持物体运动的原因";根据牛顿第三定律的内容解答;明确极限思维法、理想模型、控制变量等各种方法的应用即可正确解答本题。
3.【答案】C
【解析】
【分析】两个力合力范围两个力的合力大小为18N，带入数据 A.30N≥F≥10N，故A正确；
B.36N≥F≥0N，故B正确；
C.15N≥F≥lN，故C错误；
D.48N≥F≥8N，故D正确。本题选不可能的，选C。故选∶ C
【详解】当两力互成角度时，利用平行四边形法则或三角形法则求出合力．本题中两个分力同向时合力最大，反向时合力最小。
4.【答案】B
【解析】
【分析】A、木箱在水平方向上受到水平拉力和地面的摩擦力，这两个力是一对平衡力，故A错误.
木箱对地面的压力，受力物体是地面，施力物体是木箱;地面对木箱的支持力，受力物体是木箱，施力物体是地面，这是一对作用力和反作用力，故B正确，故D错误.
木箱所受的重力和木箱对地面的压力作用在两个物体上，不是平衡力，故C错误.故选∶B.
【详解】粗糙水平地面上的木箱受到重力、地面的支持力、水平拉力以及地面的摩擦力，这四个力的合力为零，使木箱匀速运动。
5.【答案】A
【解析】
【分析】在水平方向上共受三个力作用，即五、F2和摩擦力作用，物块处于静止状态.且F1 = 10N， F2=2N，则最大静摩擦力最小值为8N，当撤去F1，则物体在F2下，仍处于静止，所以静摩擦力大小为2N，方向向右.故选∶ C
【详解】当合外力小于最大静摩擦力时，物体处于静止，摩擦力大小等于外力大小;当合外力大于最大静摩擦力时，物体处于滑动，则摩擦力等于动摩擦力因数与正压力的乘积。
6.【答案】A
【解析】
【分析】A、B、根据胡克定律F= kx得：弹簧的劲度系数k = 200N.A正确，B错误.
C、弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧的劲度系数k与弹簧弹力F的变化无关，与弹簧本身有关.故C错误
D、弹簧的读数为一端的拉力，D不正确故选∶A
【详解】轻弹簧的两端各受10N拉力F的作用，弹簧平衡时伸长了5cm，根据胡克定律F=kx求解弹簧的劲度系数。
7.【答案】D
【解析】
【分析】A.根据位移-速度公式可知∶， A正确;
B、根据v=vo+gt得∶，故B正确;
C、匀变速直线运动平均速度，故C正确;
D、自由落体运动加速度处处相等，所以D错误;故选∶D。
【详解】自由落体运动中间任意一段位移是加速度为g的匀加速直线运动，根据速度-位移关系公式及速度-时间关系公式即可解题。
8.【答案】C
【解析】
【分析】A、在A点刚释放时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，由牛顿第二定律知，加速度最大，故A错误;
B、根据对称性可知，A点弹簧处于压缩状态， B点弹簧处于伸长状态，所以在A、B两点弹簧对物体的弹力方向相反，弹力大小相等，由牛顿第二定律知，物体在在A、B两点加速度方向相反，大小相等，则加速度不同，故B错误;
C、 从O到B过程中，弹簧伸长量增大，弹力变大，可知加速度a逐渐增大，故C正确;
D、从O到B过程中，弹力的方向指向O点，则加速度方向指向O点，故D错误。
【详解】将弹簧压缩到A点后释放，开始阶段，物体在水平方向受到的弹力大于滑动摩擦力，加速度方向水平向右.随着物体向右运动，弹簧的弹力减小，加速度减小.物体从O到B的过程中，弹簧的弹力和滑动摩擦力均水平向左，加速度水平向左，弹力增加，加速度增大。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】由于物体静止在半球上，处于平衡态，沿半径方向列平衡方程∶ FN=mgsinθ
由牛顿第三定律知人对半球体的压力大小为 mgsinθ。
沿切向列平衡方程∶f=mgcosθ解得∶f=mgcosθ，故A正确，B错误。 CD、对人和半球体整体受力分析可知，整体水平方向不受外力，故地面对半球没有摩擦力;故C正确，D错误;故选∶AC。
【详解】以人和半球体整体作为研究对象，根据平衡条件得到地面对半球体的支持力和摩擦力。对人受力分析，并将重力分解到半球半径方向和接触点的切线方向，由平衡条件求对人所受的支持力和摩擦力。
10.【答案】AD
【解析】
【分析】电梯匀速直线运动时，弹力等于重力，即 mg=F=10N，解得质量m=lkg，电梯中的人观察到弹簧秤的示数变大了，物体所受的拉力大于重力，合力竖直向上，处于超重状态，可能加速度上升，也可能减速下降.设电梯的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得∶ F'-mg=ma
代入解得∶，
故AD正确，BC错误。故选∶ AD。
【详解】弹簧秤的示数测量物体对弹簧称的拉力大小.电梯中的人观察到弹簧秤的示数变大了，物体所受的拉力大于重力，合力竖直向上，处于超重状态，可能加速度上升，也可能减速下降。根据牛顿第二定律求解加速度的大小。
11.【答案】BCD
【解析】
【分析】A、在0-4s内物体做匀加速直线运动，平均速度为。4-6s物体做匀减速直线运动，平均速度为。故在0-4s内与4-6s内的平 均速度不等，故A错误;
B、根据v-t图象的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大，则在0-4s内的加速度小于 7-8s内的加速度，故B正确;
C、0-6s内，物体沿正方向，6-8s内沿负方向运动，则在6s末物体离起始点最远，故C正确;
D、在6s末物体离起始点最远，离起始点的最远距离为s=32m正确。故选∶ BCD。
【详解】物体做匀变速直线运动，根据求平均速度;v-t图象的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积代表位移。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】物体对墙壁的压力为F，物体向下滑动，故物体受到向上的滑动摩擦力为μF;
物体匀加速下滑，由牛顿第二定律可得，mg-f=ma，解得∶ f=mg-ma，故CD正确，AB错误。故选∶ CD。
【详解】物体在墙面上匀速下滑，则受到滑动摩擦力，由滑动摩擦力公式可求出;同时物体匀速运动，则受力平衡，由平衡关系也可求得摩擦力。
13.【答案】（1）F;F'（2）B。
【解析】
【分析】（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F'是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力.故本题答案是∶F;F'.
（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确
故本题答案是∶B.
【详解】根据本实验的原理∶ 采用作合力与分力的图示的方法来探究平行四边形定则来分析选择。
14.（1）C （2）0.51 （3）平衡摩擦力过度（或轨道的右侧抬得过高）
【解析】
【分析】(1)A、在实验的过程中，认为绳子的拉力等于悬挂物的重力mg，而实际上绳子的拉力为∶ F=Ma=，故应该是m<B、我们认为绳子的拉力对物体提供合外力，需把小车运动平面起始端略垫高以平衡摩擦力，故B正确。
C、平衡摩擦力时需要满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，即Mgsinθ=μMgcosθ，化简得μ=tanθ，所以每次改变拉小车的拉力后都不需要重新平衡摩擦力，故C错误。
D、因为加速度与质量成反比，如果做a-M图像应该是曲线。不好确定二者的关系，而做a-图像则应是一条倾斜的直线，所以验结身采用a-坐标作图，能根据图像直观地作出判断。故D正确。故答案C.
(2)故相邻两计数点间的时间间隔为 T=5×0.02s=0.1s．根据逐差法得∶故答案为∶0.51m/s2
（3）由图可知，F等于零时小车就具有了加速度，说明平衡摩擦力过度或轨道的右侧抬得过高。故答案为∶平衡摩擦力过度（或轨道的右侧抬得过高）
故答案为∶（1）C （2）0.51 （3）平衡摩擦力过度（或轨道的右侧抬得过高）
【详解】
【答案】 （1）2s （2）0.8s
【解析】
【分析】（1）车的初速度v=54km/h=15m/s，减速运动的位移x1=15m，
设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由运动学公式 v2=2ax1得∶a=7.5m/s2根据速度公式 v=at得∶t=2s
（2）设志愿者反应时间为t，由运动学公式 x=vt1得∶ L-x1=vt1代入数据得t1=0.8s
答∶（1）减速过程汽车加速度的大小为 7.5m/s2，减速所用时间为2s。（2）饮酒后志愿者的反应时间为0.8s。
【详解】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度，结合速度时间公式求出所用的时间.人在反应时间内仍然做匀速运动，由整个过程的总位移和减速运动的位移可求匀速运动的位移，从而求出反应时间。
16.【答案】（1）车厢静止时，细绳a和b所受到的拉力分别为125N和75N.
（2）当车厢以一定的加速运动时，a绳与竖直方向的夹角不变，而b绳受到的拉力变为零，此时车厢的加速度的大小为7.5m/s2方向水平向右.
【解析】
（1）车厢静止时，小球受力如图1，由平衡条件得∶
Tbsinα-Fa=0
Tbcosα-mg=0
解得∶ Tb=75N，Ta=125N
（2）小球受力如图，小球加速度是水平的，则小球所受合力必定水平向右.
F=mgtana
由牛顿第二定律得∶
a==，方向水平向右
由于a绳与竖直方向的夹角不变，小车加速度与小球相同.
答∶（1）车厢静止时，细绳a和b所受到的拉力分别为125N和75N.
（2）当车厢以一定的加速运动时，a绳与竖直方向的夹角不变，而b绳受到的拉力变为零，此时车厢的加速度的大小为7.5m/s2方向水平向右.
【详解】（1）车厢静止时，小球受到重力、绳a和绳b的拉力由平衡条件求解拉力。
（2）当车厢以一定的加速运动时，由题a绳的拉力和小球的重力的合力产生加速度，方向水平向右，根据牛顿第二定律求出加速度大小和方向。
17.【答案】（1）5m/s （2）3m/s （3）0.3
【解析】
【分析】（1）对物体在斜面上进行受力分析，并由牛顿第二定律可知∶ mgsinθ=ma
代入数据解得∶ a=5m/s2
（2）物体在斜面上运动时，由运动学公式可知∶ 代入数据解得∶ VB=3m/s
（3）物块在水平轨道上运动，由动能定理可知∶
代入数据解得∶ μ=0.3
答∶（1）物体沿AB轨道下滑的加速度为 5m/s;
（2）物体到达B点时的速度为3m/s;
（3）物体与水平轨道的动摩擦因数μ为0.3。
【详解】（1）对物体在斜面上由牛顿第二定律求解加速度;
（2）在斜面上由运动学公式求解达到B点的速度;
（3）物块在水平轨道上由动能定理求摩擦力，进而求摩擦因数。
18.【答案】（1）2m/s2（2）6s （3）4m
【解析】
【分析】（1）对木块受力分析，由牛顿第二定律得a=μg=0.2×10m/s?=2m/s2
（2）当到传送带速度时，由速度公式v=at1挥得加速运动的时间在加速运动过程中木块通过的位移是
所以匀速运动的位移是 x2=L-x1=20m-4m=16m,
匀速运动的时间所以木块从A端运动到B端所用的时间为 t=t1+t2=2s+4s=6s.
（3）在t1时间内传送带运动的位移为 x3=vt1=4×2m=8m，故木块相对传输带的位移△x=x3-x1=8m-4m=4m
答∶（1）木块在匀加速过程中的加速度大小为2m/s2;
（2）木块从A端运动到B端所用的时间为6s;
（3）木块相对传输带的位移为4m。
【详解】（1）木块从水平传送带的左端到达右端的过程可以分为两部分，先是匀加速运动，后是匀速运动，木块受到的合力就是传送带对木块的摩擦力，由牛顿第二定律列方程就可以求得加速度，
（2）由运动规律求得加速运动和匀速运动的时间;
（3）在加速阶段，根据运动学公式求得两者各自发生的位移，即可求得木块相对传输带的位移。
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