福建省厦门市2018_2019学年高一物理上学期期末考试试题(含解析)

1、【分析】福建省厦门市2018-2019学年高一物理上学期期末考试试题 （含解析）一、单选题（本大题共 8小题，共32.0分）29分钟，17.39公里；方案二：311.2018年10月1日，厦门市图书馆集美新馆面向公众开放。小明准备从家中自驾去集美新馆 借书，导航软件提供了三种行车方案，如图所示。方案一:分钟，19.16公里；方案三：35分钟，16.15公里。下列说法正确的是（） I 2 I I ”A.在研究行车方案时，不能把车看成质点B.三种方案中的17.39公里、19.16公里、16.15公里均指位移C.三种方案中的29分钟、31分钟、35分钟均指时刻D.方案一的平均速度最大【答案】D【解析

2、】【详解】在研究行车方案时，不需要考虑车的大小，故可以看做质点，故A错误；三种方案中的17.39公里、19.16公里、16. IS公里均指运动轨迹的长度，是路程，故 B错误；三种方案中的29分钟、31分钟、35分钟均指时间，故 C错误；三种方案，位移相等，根据平均速度公式知，位移相等，时间越短，平均速度越大，故方案一的平均速度最大，故D正确。所以 D正确，ABC错误。2.关于速度和加速度，下列说法正确的是（）A.物体的速度越大，则加速度越大B.物体的速度变化量越大，则加速度越大C.物体的速度变化越快，则加速度越大D.物体刚自由下落时，速度和加速度都为零【答案】C根据加速度的定义式可知加速度与物

3、体的速度的变化率成正比，与速度的变化量不成正比例 关系，与速度的大小也不成正比例关系。加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体 速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。_ _A V【详解】速度越大，表示物体运动越快，但加速度不一定越大，故 A错误；根据a = 可知A t加速度a由速度的变化量 力、和速度发生改变所需要的时间共同决定，虽然Av大，但At更大时，a可以很小，故B错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快，则加速度越大，故C正确；物体刚自由下落时，速度为零，加速度为g,不为零，故 D错误。所以C正确，ABD错误。, 一一 . 、 一， * 一 、一 .一一【点睛

4、】本题把握加速度的定义式a = 中各个物理量的含义以及各个物理量之间的关系是 L解决此类问题的关键，是正确理解加速度的定义的基础。3 .下列说法正确的是（）A.伽利略通过“理想斜面实验”得出了重的物体和轻的物体下落一样快的结论B.伽利略对物体运动的研究，开创了运用数学推理和实验探究相结合探索自然规律的科学方法，即理想实验法C.在“验证力的平行四边形定则”实验中采用了控制变量法D.牛顿运用理想实验法总结出了牛顿第二定律【答案】B【解析】【详解】伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故A错误；伽利略对物体运动的研究，开创了运用数学推理和实验探究相结合探索自然规律的科学方法，即理想

5、实验法，故 B正确；在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故C错误；牛顿运用理想实验法总结出了牛顿第一定律，故D错误。所以B正确，ACD昔误。4 .实际生活中，羽毛和苹果同时从同一高度静止下落，用频闪照相法记录该过程，下列符合事实的照片是【解析】【分析】要知哪个物体先到达地面，就要知道它们各自下落的时间，由于两物体受重力和阻力，羽毛受空气阻力相对重力较大，加速度比苹果的小，根据匀变速直线运动规律分析。【详解】实际生活中，羽毛受空气阻力相对重力较大，加速度比苹果的小，由于物体从静止开始下落，根据可得羽毛比苹果下落慢，且是加速，故频闪间距不断变大，故 A正确，BCD昔误。5 .鸟能

6、够飞起来的条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力。人们猜测空气对鸟的升力f与鸟的翅膀面积s和飞行速度t有关关系式为f =ks，则k的单位是( )A.B. 11】C. ；.“： D. m【答案】A【解析】【分析】将各组数据分别代入F=ksv：,分析方程左右两边单位是否相同即可。f【详解】由题意f = ksv力的单位是面积的单位是速度的单位是n用，则：k =svM对应的单位：危 驾，故人正确,bcd昔误。tn1 (ni/s)26 .如图所示，一物块在水平向右的力F作用下，静止在竖直墙壁上，下列说法正确的是()A.物块与墙壁之间共有两对作用力与反作用力B.物块对墙壁的压力和墙壁对物块的弹力是一对平衡力C.

7、若增大F,则物块受到的摩擦力增大D.若增大F,则物块受到的合力增大【答案】A【解析】根据物体处于静止状态，合力为零，竖直方向受到竖直向下的重力，所以一定受到竖直向上的摩擦力；水平方向受到水平向右的推力和水平向左的支持力，二力平衡。【详解】物块对墙壁的压力和墙壁对物块的弹力是一对相互作用力，物块对墙壁的摩擦力和墙壁对物块的摩擦力是一对相互作用力，故A正确；物块对墙壁的压力和墙壁对物块的弹力是一对相互作用力，故 B错误；由平衡条件知物块受到的摩擦力等于重力G增大F不会改变摩擦力大小，故 C错误；由平衡条件知物块受到的合力为0,增大F,物块仍然静止，合力还是0,故D错误。所以A正确，BCD昔误。【点

8、睛】本题考查正确受力分析，理解平衡力和相互作用力的相同点和不同点是关键。7.2018年10月15日，西昌卫星发射中心发射长征三号乙运载火箭，小华记录了火箭从地面竖直升空直至消失在云层中的时间约为20秒。通过查阅气象资料得知，当天发射中心上空云层的高度约为4000米，火箭的质量约为450吨。g取IQm/J ,估算火箭在该过程受到的平均推 力大小A.rC 1。；B. 9二二 .Of C.八 D. I 三二1。勺【答案】C【解析】【分析】对火箭受力分析，根据动量定理求得推力。【详解】火箭受重力，推力，向上为正方向，由动量定理有：=代入数据求得:F= 1.35 乂 1/n,故 C正确，ABD昔误。8

9、.如图所示，重力为 200N的光滑球静止在倾角为 30的斜面和竖直挡板之间，使挡板由图示位置开始沿逆时针方向缓慢转至水平位置。在此过程中，球对挡板的作用力的最小值为A. 80 N B. 100 N C.； D. 200 N【答案】B【解析】【分析】小球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向不 变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边 形定则作图分析即可。【详解】小球受重力、挡板弹力 弓和斜面弹力将与&合成为F,如图所示：小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F和埒合成的合力F一定

10、与重力等值、反向、共线。由图可知，当F的方向沿斜面向上时最小，最小为：F1=G 加口3。 =200 乂 0.5- 100N,故 B 正确，ACD昔误。【点睛】本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，直接由图象分析出最小值。二、多选题（本大题共 4小题，共16.0分）9 .厦门海底世界的“海狮顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱。如图所示为一海狮把球顶向空中，并等其落下。下列说法正确的是A.球在最高点时受到重力和海狮对它的顶力作用B.球在最高点时速度为零，但加速度不为零C.球在上升过程中处于超重状态D.球在下落过程中处于失重状态【答案】BD【解析】

11、【分析】根据竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，加速度为g,上升和下落过程具有对称性，同一位置速度大小相等，方向相反即可解题。【详解】竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g,故B正确；球上升到最高点时受到重力的作用，加速度为 g,加速度的方向向下，处于失重状态，故 C错误；竖直上抛 运动上升和下落过程都是只受到重力的作用，加速度为g,加速度的方向向下，处于失重状态，故D正确。所以BD正确，AC错误。【点睛】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律，要求同学们知道，竖直上抛运动是初速度向上，只在

12、重力作用下的运动。10.如图所示，一小铁球用轻弹簧和轻绳悬挂处于静止状态，弹簧与水平方向成60角，轻绳与竖直方向成60角，重力加速度为g,则. )A.弹簧和轻绳的拉力之比为 1: 2B.弹簧和轻绳的拉力之比为 木：1C.若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度为|D.若剪断轻绳则剪断瞬间小球的加速度为&【答案】BC【解析】【分析】装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求弹簧和轻绳的拉力之比。若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，根据牛顿第二定律求剪断瞬间小球的加速度。【详解】装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg轻绳白拉力 T和弹簧的拉力F。由平衡条件知 T与F的合力

13、与mg等大反向，如图所示：mgp则得不= M16O“二木,即弹簧和轻绳的拉力之比为 石：1,故A错误，B正确；由上得T = mgsinSO 0 = mg.若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，F和mg的合力与原来的T等大反向，T所以剪断瞬间小球的合力大小等于T,加速度为a = - = -,故C正确，D错误。所以BC正确，m 2AD错误。【点睛】解决本题的关键要知道剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，分析小球的合力，结合牛顿第二定律进行来求瞬时加速度。11.制动防抱死系统（anti】口ckbrake&yst已m）简称ABS.其作用是在汽车紧急刹车时使车轮不被抱死，处于边滚边滑的状态。某汽车在启用AB生I

14、J车系统和不启用 ABStU车系统紧急刹车时其车速与时间的变化关系分别如图中的、。图线所示，其中3 = 2匕，由图可知，启用 ABS后.A.加速度总是比不启用 ABS寸大 B. 速度总是比不启用 ABS寸小C. 0%平均速度比不启用 ABS时大 D. 刹车距离比不启用 ABS寸小【答案】CD【解析】根据速度图象的斜率等于加速度，由斜率的大小来比较加速度的大小。由图象直接比较车速 的大小，由由图线与时间轴围成的面积表示位移，比较位移的大小。结合平均速度的定义分 析。【详解】根据速度图象的斜率等于加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，知启用ABS后加速度先先比不启用 ABS时小，后比不启用 ABS时

15、大，故A错误；由图看出，启用 ABS后速度先比不启用 ABS时大，后比不启用 ABS时小，故B错误；根据速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，可以看出，内，启用ABS后比不启用 ABS时大，所以启用 ABS后。7平均速度比不启用 ABS时大，故C正确；根据速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，由图知启用ABS后刹车距离比不启用 ABS寸小，故D正确。所以CD正确，AB错误。【点睛】本题考查对 剪7图象的掌握和应用，要注意明确 v-t图象中点、线、面的意义，能根据图象分析物体的运动情况是解题的关键。12.如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g

16、,这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A B的质量均为M物体C的质量为m轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体 A B、C 由图示位置静止释放后A.绳子上的拉力大小T = 十m把mB.物体 A的加速度a =g2M十mM,- C. 一的取值小一些，便于观测 m期D. 一的取值大一些，便于观测和研究 m【答案】BD【解析】【分析】物体 A B、C由图示位置静止释放后，B C向下做匀加速运动， A向上做匀加速运动，加速度大小相等，分别对 A和BC整体，根据牛顿第二定律列式，即可求得绳子上的拉力大小和物体A的加速度。为了便于观测和研究，加速度应适当小些。【详解】对物体

17、A,由牛顿第二定律得:T - Mg = Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得： （M + m）g -1 = （M+m）a,联立解得T = Mg I - , a = g ,故 A错误，B正确；2M十m 2M十mm1a 注=M由 2Mm 2M知-的取值大一些，a小些，便于观测和研究，故 C错误，D正确。所十I mill以BD正确，AC错误。【点睛】解决本题的关键是掌握隔离法研究加速度不同的连接体问题，要抓住A BC三者加速度大小相等，运用牛顿第二定律研究。三、实验题探究题（本大题共2小题，共12.0分）13.在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，某实验小组采用DS传感器进行实验测量弹簧的劲度系数

18、。实验装置如图甲所示，力传感器固定在桌面上，弹簧水平放置，两端分别与传感器和小车连接。实验过程中将小车向右移至不同位置，位移传感器记录弹簧长度L,力传感器记录弹力F.根据所采集数据拟合出F-L图象如图乙所示，回答下列问题：弹簧的原长 cm弹簧的劲度系数 7E。【答案】 （1）.（2）. 200【解析】【分析】当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小。【详解】（D弹簧的原长1即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，,0=lLOcm。 F 4.00-0（力劲度系数为图象直线部分的斜率为：k =- 型加=200N/m。X L （13,0- 11.0） x

19、 1。一【点睛】本题考查了弹力与弹簧伸长量的关系，知道弹力为零时弹簧的长度即为原长，F-L图线的斜率表示劲度系数。14.某同学在“探究加速度与物体受力的关系”实验中实验装置如图甲所示，打点计时器工作时频率为50Hz=（1，在平衡小车与长木板之间摩擦力的过程中纸带左端和小车连接，打出了一条纸带，点迹如图乙所示。为了平衡摩擦力，则应该 :,选填A或B）。A把垫片略微向左移动B把垫片略微向右移动（力在平衡摩擦力后，该同学将 5个相同的祛码都放在小车上。挂上祛码盘，然后每次从小车上取一个祛码添加到祛码盘中测量小车的加速度。小车的加速度a与祛码盘中的祛码总重力 F的实验数据如表：祛码盘中祛码总重力 F（

20、N）|0.196|0.393|0.58S际4|0.9S0加速度a (m -s-2)1.66|目28当祛码盘中祛码的总重力为 0392N时，所得纸带如图丙所示，则此时加速度 rnF（结果保留三位有效数字）。0：请把小题Q）中所得数据描在坐标纸上，并作出 a - F图象 一即k * J k J，事4 all.一 lb 4 ai.耳JL ”人*L 3)二九 1* *八LK . Hvr吓N-卜11 H-Ff H-十卜Hb ,1 - / r，/ -一f h * *“ L，H * 。W * 4，子 fe. H1一J，八I J1金Al，/LL IIll;口nj ; ; JI：；：III1 1 MIT T T

21、 I1111 1 V ff f T T I卜 rw r f 1 Ti-rm-r, *F ， M,彳. Ip * - n一- * jb 1, J * -4-、“ T/入b 小耳一，.jL11dL 曲-jL A.-A 4-i JLjk k X rtHvr回出+户卜*4H rrl1 V /F ，iF G . PF f - * 卜1 J.L 1 13.iL l J J. L*| 和.*.1. L LJK.4.1.14H-t-:*+/rL卜 V r f t * 1 8i尸kr 11 ,卜*F P 卜A T看, 4P H,* JR-JR. J4 : J,f d r4 * k1八k r 1j. m. ， F

22、 ，+卜H1:中 H：I 1Nr t i-i-f r ,r yW r t ，r r 11 0.27N0)根据所描绘的a-F图象，求得祛码盘重N(结果保留两位有效数字)。【答案】 (1). B (2).(3).(4).【分析】根据小车做匀变速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；在匀变速直线运动中连续相 等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；由图象可知，当外力为零时，物体有加 速度，通过对小车受力分析即可求解。【详解】从打出的纸带的点迹来看，小车仍然是做加速运动，则平衡摩擦力过度，即平板 太陡，所以要使木板平缓一点，只能使垫片向右移动一点，故B正确；Ax (5.89-7.05-3.50

23、-4 72) x OZ .由逐差法求加速度， =二-=1语=l.l8m.y ；T-(2 x 5 x 0,02)0：，描点画图如图所示：（41从纵轴上的截距可以知道：当F = 0时，小车的加速02由/，由“2 可知图象的斜率是小车一一，Aa ,3.0-0.2 ,，,一质量的倒数，所以小车质量 M =（一力1 = （） 13=0.39kg,另外从图象的纵截距可 F 1.1以知道：mog = Mao=O,39 冥 0.2N = 0.078N。【点睛】解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力。四、计算题（本大题共 4小题，共40.

24、0分）15 .风洞实验室中可以产生水平方向、速度大小可以调节的风，用来研究处在流动气体中的物体的受力情况。一种测定风作用力的仪器原理如图所示，细长的轻质金属丝一端固定于悬点O另一端悬挂着一个重力为G的金属球。无风时，金属丝自然下垂；风沿水平方向吹来时，金属丝偏离竖直方向的角度为。求（风力F的大小和金属丝拉力T的大小；（力已知风力与风速的大小关系为 1=匹其中金属球的重力为0.4N,当偏角。=37 时，求此时风速的大小。n37” =0,6.8337 =0 S）G【答案】（l）Glan - ； （2）10m/so cosO【解析】【分析】对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件运用合成法，由几何关系

25、求解出分力。由风力与 风速的大小关系为1: kv二结合求得的风力可求得风速。【详解】（1）对小球受力分析，受到重力、拉力和风力，将拉力和风力合成，合力与重力平衡,如图所示：ccsG由上述关系和已知条件可得：F =又代入数据解得：【点睛】本题关键对小球受力分析后，根据共点力平衡条件，运用合成法，根据几何关系求解。16 .集美大桥对缓解厦门进出岛拥堵问题具有重要意义。某汽车在集美大桥上以飞=的速度匀速行驶驾驶员某时刻发现与前车车距太小，他立即采取制动措施，以此时刻为计时起点汽车以加速度为大小为做匀减速直线运动。4s后发现与前车距离较远了，他立即踩油门汽车以加速度 也大小为1做匀加速直线运动且持续时

26、间8s,此后做匀速直线运动。求：前4s内汽车的位移大小；（力集美大桥限速80kmh,通过计算判断该汽车是否超速。【答案】（1） 60 mi Q）汽车不超速。【解析】【分析】根据位移公式可求得位移；由速度公式求得速度，比较是否超速。详解由题可知” = 72km.% = 20m小前4s内汽车的位移：* =啪+代入数据求得：第4s末汽车的速度：力卜气玷 代入数据求得：第12s末汽车的速度：廿广,一区上代入数据求得：v, = 79.2km/h 80km/h,则没有超速。【点睛】本题考查运动学公式的应用，明确运动过程，求解相应的物理量结合实际进行判断。17 .某同学利用物理数字化实验室研究物体运动与受力

27、的关系。一质量m = 136kg的物体静止在水平面上，对其施加与水平方向成立=37斜向下的恒力 F,如图所示。力F作用一段时间后撤去，物体最终停在水平面上。传感器每隔。.为记录物体的瞬时速度，下表为该同学得到的数据。但取 10m后，sin37 =0.6 ,=0.S）时刻Vshdb.4hd0.8Ml1214i.d速度 v/m -s-1boob阴|i四L刘|l,30bio求：（1）匀加速阶段的加速度 为大小和匀减速阶段的加速度 a1大小；Qi物体与水平面的动摩擦因数0）恒力F的大小。【答案】（l）2.4m/s2 Zm/J;02；g.8N。【解析】【分析】由表格数据，根据加速度的定义求加速度；物体在

28、匀减速阶段，运用牛顿第二定律列式，可 求得物体与水平面的动摩擦因数 N；物体在匀加速阶段，分析物体受力，运用牛顿第二定律列 式，可求得恒力 F的大小。占“ 0.96 - 0.007【详解】（D由表格数据可知，匀加速阶段的加速度为= =24mH。1 X 0.4 - 0 0公4 0.10- 30,匀减速阶段的加速度 % =二一故啊的大小为2m展。 q 1.6 - 1.0物体在匀减速阶段，由牛顿第二定律得：= 解得mg支持力fn、滑动摩擦力f和推力F,0:1物体在匀加速阶段，分析物体受力，物体受重力将F沿水平和竖直两个方向分解，如图所示:根据牛顿第二定律得：x 轴：FcosO - f = may 轴

29、：Fn = Fsine + mg又联立解得【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键要正确分析物体的受力情况，采用正交分解法列出牛顿第二定律方程。18.有一倾角为37的传送带逆时针转动，正常运转时的速度v=4m/&, AB间长度L = 9一6ni。现通过定滑轮用轻绳沿着传送带方向拉动的平板，已知平板与传送带之间的动摩擦因数出平板可视为质点，不计轻绳和定滑轮之间的摩擦，g取10m后与7 = 0,6 ,8537 = 0.S）（，传送带静止时，为了匀速拉动平板，求所需拉力耳的大小；Q:传送带正常运转时，用恒力 4 = 16N拉动初速度为零的平板，求平板从A点到达B点所用的时间；传送带正常运转时，将m = 15kB的物体叠放在平板上