2022-2022学年广东省东莞市高一(上)期末物理试卷

1、2018-2019 学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷二、单项选择题（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求）1（3 分）在物理学发展过程中，下面哪位科学家首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念用来描述物体的运动，并首先用实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理有机地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展（）A亚里士多德B伽利略C牛顿D爱因斯坦2（3 分）下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A位移、时间、速度、加速度 B质量、路程、速度、平均速度C速度、平均速度、位移、加速度D位移、路程、时间、加速度3（3 分）如图所示，用

2、水平外力 F 将木块压在竖直墙面上保持静止状态，下列说法正确的是（）A木块所受重力与墙对木块的静摩擦力是一对平衡力 B木块所受重力与墙对木块的静摩擦力是一对作用力与反作用力 C木块对墙的压力与水平力F 是平衡力D水平力F 与墙对木块的正压力是一对作用力和反作用力4（3 分）如图所示为甲、乙两车从同一位置由静止开始沿同一方向运动的 vt 图象，两图象在t0 时刻相交。则下列判断正确的是（）to 时刻甲、乙两车相遇两车相遇前，t0 时刻相距最远0t0 时间内，任意时刻乙车的加速度大于甲车的加速度0t0 时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度5（3 分）已知力 F1 作用在物体上产生的加速度为 a

3、13m/s2，力 F2 作用在该物体上产生的加速度为a24m/s2，则F1 和 F2 同时作用在该物体上，产生的加速度的大小不可能为（）A8m/s2B5m/s2C1m/s2D7m/s26（3 分）如图所示，在光滑斜面上放一个质量为 m 的皮球，用一个与斜面垂直的挡板使之处于平衡状态，此时斜面受到的压力为F1若撤去挡板，斜面受到的压力为 F2，则（）AF1F2BF1F2CF1F2D无法确定7（3 分）如图所示，两个水平推力 F1、F2（F1F2）作用在质量为 m 的物块上，物块在水平面上向右做匀速直线运动，则物块与水平面间的动摩擦因数为（）A 1B 2C1+ 2D1 28（3 分）一物体以初速度

4、 v020m/s 从斜面底端向上匀减速滑动，当上滑距离 x030m时，速度减为 10m/s，若该物体恰能滑到斜面顶端，则斜面长度为（）A40mB50mC32mD60m9（3 分）如图所示，两条完全相同的橡皮筋一端固定在水平地面上，另一端栓住一质量M0.05kg 的小球。一小童用竖直向上的拉力 F 缓慢拉动小球，当两条橡皮筋与地面之间的夹角均为 30时，拉力 F0.7N，则两条橡皮筋上的拉力（g10m/s2）（）A大小相等，且大小为 0.7N B大小相等，且大小为 0.5N C大小相等，且大小为 0.2N D大小不相等10（3 分）一小汽车以 25m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，司机发现前方

5、有事故，马上刹车，刹车后小汽车做加速度大小为 2m/s2 的匀减速直线运动，从刹车开始计时，则第13s 内小汽车运行的位移大小为（ ）A0.25mB0.5mC1mD1.5m二、多项选择题（本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求）11（4 分）2015 年 4 月 3 日上午 10 时，我国海军第二十批护航编队从浙江舟ft某军港解缆起航，奔赴亚丁湾、索马里海域执行护航任务，经过 5000 多海里的航行，于 4 月 21日晨抵达目的地。关于此次航行，下列说法正确的是（）A当研究护航舰艇的运行轨迹时，能将护航舰艇看做质点B“5000多海里”指的是护航舰

6、艇的航行位移 C根据题中数据可以求出护航舰艇的平均速度 D题中数据“4 月 3 日上午 10 时”指的是时刻12（4 分）小李站在升降机中的体重计上，升降机静止时体重计示数如图（甲）所示，升降机运行过程中体重计示数如图（乙）所示，则（ ）A升降机可能在向上运动 B升降机一定在向下运动 C升降机的加速度方向一定向下 D升降机的加速度方向可能向上13（4 分）质量 m1kg 的物体静止在光滑水平面上，某时刻开始，物体受到水平拉力 F作用，F 随时间t 变化规律如图所示。下列说法正确的是（）t1s 时，物体的速度为 10m/st2s 时，物体的加速度为 5m/s2t3s 时，物体的速度为零03s 内

7、，物体先做加速运动后做减速运动14（4 分）一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为 2kg 的小球从一定的高度自由下落，测得小球第5s 内的位移为 18m（整个过程小球未到达地面） ，则（）A小球在 2s 末的速度为 8m/s B小球在第 5s 内的平均速度为 3.6m/s C小球自由下落的加速度为 4m/s2 D小球在 5s 内的位移为 50m15（4 分）如图所示，将一劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的质量为 M 的半球形容器底部 O处（O 为球心），弹簧另一端与质量为 m 的小球相连，小球静止于 P点，已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为，OP 与水平方

8、向的夹角为30下列说法正确的是（）A轻弹簧对小球的弹力大小为mg B容器相对于水平面有向左的运动趋势 C容器对地面的压力大小等于（M+m）gD弹簧原长为R + 三、实验与探究题（本题共 1 题，共 18 分）16（8 分）小明同学在做“互成角度的两个力的合成”实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O 以及两只弹簧测力计的拉力，如图（a）所示。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比值定义法试在图（a）中作出无实验误差情况下F1 和 F2 的合力图示，并用F 表示此力。有关此实验，下列叙述正确的是 A两弹簧测力计的拉力可以都比橡皮筋的拉力大 B橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测

9、力计的拉力是分力两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置 O，这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的作用效果相同若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保证橡皮筋结点位置不变，则只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可如图（b）所示是张华和李明两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力F是用一只弹簧测力计拉时的图示） 明”或“张华”）（填“李17（10 分）在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置如图1 所示：在实验前必须平衡摩擦力，其步骤如下；取下细线和砝码，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车，使小车做直线运动某同学在探究小车质量不变，小车

10、的加速度与小车所受合力间的关系时，该同学 平衡小车的摩擦力后，为了使小车所受的合力近似等于砝码的重力，小车的质量M 和砝码的质量 m 分别应选取下列哪组值最适宜AM500g，m 分别为 50g、70g、100g、225g BM500g，m 分别为 20g、30g、40g、50g CM200g，m 分别为 50g、75g、100g、225g DM200g，m 分别为 30g、40g、50g、100g在某次实验中，某同学得到一条打点清晰的纸带，每相邻的计数点间还有 4 个计时点未画出，如图 2 所示，已知每相邻的两个计数点间的距离为 s，且 s10.95cm，S22.88cm，S34.80cm，S

11、46.71cm，S58.64cm，S610.57cm，电磁打点计时器的电源频率为 50Hz试计算打计数点“3”时小车的速度vm/s，纸带的加速度大小 am/s2（计算结果保留 3 位有效数字）在平衡好摩擦力的情况下，探究小车加速度 a 与小车受力 F 的关系中，将实验测得的数据在坐标图中描点并作出 aF 图线，如图 3 所示。从 aF 图线求得小车的质量为 kg（计算保留两位有效数字）四、计算题：（本题共 3 小题，共 2 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18（10 分）一质量 M1.0 x106kg 的列车在

12、 F1.5x105N 的牵引力作用下沿平直铁轨匀加速行驶，在 t100s 内速度由 v15.0m/s 增加到 v215.0m/s，求：列车的加速度大小；列车运动中所受的阻力大小。19（10 分）如图所示，一质量为 0.5kg 的长方形物体，在受到与竖直方向成 37o 推力F 作用下静止在一足够长的光滑竖直墙壁上，（g10m/s2，cos37 0.8，sin37 0.6），求：推力 F 及墙壁对物体弹力 N 的大小；若只改变推力的大小、使物体从静止开始在1s 内滑行 0.5m，推力的大小应为多大。20（12 分）如图所示，一小球从左边光滑斜面上 h11.25m 处由静止释放下滑到水平地面处上，的

13、已知A左点右，两运光动滑到斜B面点与后地滑面上之右间侧的光夹滑角斜均面为，物体30恰能，滑物到体右与侧地光面滑间斜的面动摩h擦2 高因度数为0.2，水平地面 A、B 两点间的距离为 L4m，（g10m/s2）求：小球到达A 点的速度大小；高度h2；小球从开始运动到静止的总路程。2018-2019 学年广东省东莞市高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析二、单项选择题（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分，每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求）【分析】亚里士多德用快慢描述物体的运动，牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律， 爱因斯坦的成就主要在量子力学，如光子说、质能方程、光电效应

14、方程等，伽利略首先 建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检 验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类 科学的发展。【解答】解：伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起 来，从而有力地推进了人类科学的发展。故B 正确，ACD 错误。故选：B。【点评】本题考查物理学史，要注意准确掌握各位物理学家所做出的贡献，并从中学习相应的物理方法。【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量。【解答】解：A、时间

15、只有大小，没有方向，是标量。位移、速度、加速度是矢量，既有大小，又有方向。故A 错误。B、质量、路程是没有方向的标量，速度、平均速度是矢量，既有大小，又有方向，故 B 错误。C、速度、平均速度、位移、加速度都是既有大小，又有方向的矢量，故C 正确。D、路程、时间是标量，位移、加速度都是矢量。故D 错误。故选：C。【点评】对于矢量与标量，要抓住两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。【分析】木块处于静止，在竖直方向上受两个力，即重力和墙对木块的静摩擦力。平衡力作用在同一物体上，作用力和反作用力作用在不同的物体上。木块在水平方

16、向上受外力F 和墙对木块的支持力，两个力是一对平衡力。【解答】解：A、B：木块处于静止，在竖直方向上受两个力，即重力和墙对木块的静摩擦力。两个力是一对平衡力。故A 正确，B 错误；C：木块在水平方向上受外力 F 和墙对木块的支持力，两个力是一对平衡力。故C 错误，D 错误；故选：A。【点评】解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。与平衡力的区别在于，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上。【分析】甲、乙两车从同一位置由静止开始沿同一方向运动，位移相等时相遇。根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，结合围成的面积比较位移的关系，从而判断

17、两车能否相遇。根据图线的斜率比较加速度，由位移关系和时间关系分析平均速度关 系。【解答】解：A、0t0 时间内，甲、乙两图线与坐标轴围成的面积不等，乙图线围成的面积大于甲图线围成的面积，则乙的位移大于甲的位移，而t0 时刻两车在同一位置，所以to 时刻甲、乙两车没有相遇。故A 错误。B、在 t0 时刻之前，乙的速度大于甲的速度，乙车在甲车的前方，两者的距离逐渐增大。t0 时刻之后，乙的速度小于甲的速度，两者距离逐渐减小，可知t0 时刻两车相距最远，故B 正确。C、图线的切线斜率表示瞬时加速度，则0t0 时间内，乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度。故C 错误。D、在 0t0 时间内，乙

18、的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度。故D 错误。故选：B。【点评】解决本题的关键要知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。【分析】设物体为质量为m，根据牛顿第二定律分别列出前两种情况下的表达式，确定F1 和 F2 共同作用于该物体时合力范围，再求出加速度的范围进行选择。【解答】解：设物体为质量为m，根据牛顿第二定律得：F1ma1，F2ma2 则 F1 和 F2 共同作用于该物体时合力范围为：F2F1F 合F2+F1， 代入得： mF 合6m又由牛顿第二定律得加速度的范围为：1m/s2a7m/s2 所以物体具有的加速度大小不可能是 8

19、m/s2故A 错误BCD 正确。 本题选择不可能的，故选：A。【点评】本题考查应用牛顿第二定律解题的基本能力，关键是确定合力的范围，得出加速度的范围。【分析】小球受重力、挡板和斜面对球体的弹力，三力平衡，两个弹力的合力与重力等值、反向、共线。【解答】解：由挡板时，球受重力、挡板和斜面对球体的弹力，设斜面得倾角为 ，作出力图如图所示：根据平衡条件，小球受到的支持力：F1mgcos， 所以斜面受到的压力为：F1F1mgcos 当撤去挡板后，小球只受到重力与支持力，支持力：F2mgcos所以斜面受到的压力为：F2F2mgcos 所以：F1F2故ACD 错误，B 正确故选：B。【点评】本题关键是正确地

20、对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解。【分析】物体匀速直线运动受力平衡，对物体进行受力分析，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式即可求解。【解答】解：物体匀速直线运动受力平衡，则有：F1F2+f所以有：mgF1F21 2故ABC 错误，D 正确解得： =故选：D。【点评】本题主要考查了平衡条件及滑动摩擦力公式的直接应用，难度不大，属于基础题。【分析】根据运动学速度位移关系公式，分别对前后两段运动过程列式，联立方程组求解即可。【解答】 解： 设斜面长度为L， 根据速度位移关系公式得：2 2 =2 ，0 2000=2 ，联立代入数据解得：L40m，故 A 正确，BCD 错误； 故选：A。

21、【点评】本题不涉及时间问题，优先考虑运动学速度位移关系公式，采用比例法比较简便。【分析】对小球进行受力分析，然后由共点力平衡的条件即可求出。【解答】解：对小球进行受力分析如图，则竖直方向：Fmg+T1cos60+T2cos60 水平方向：T1sin60T2sin60 代入数据可得：T1T20.2N 故ABD 错误，C 正确故选：C。【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确对小球进行受力分析。【分析】根据速度时间公式求出速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再看作反向匀加速运动，由位移公式求出刹车后的位移。【解答】解：汽车速度减为零的时间为：0t = = 12.5s。将正向匀减速运

22、动看作反向匀加速直线运动，求第13s 内的位移相当于求反向 0.5s 内的位移，为：x = 122= 0.25m。故A 正确，BCD 错误。故选：A。【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，本题属于刹车问题，知道汽车速度减为零后不再运动，注意求的是第 13s 内的位移，不是 13s 的位移。二、多项选择题（本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分，每小题有两个或两个以上选项符合题目要求）【分析】当物体在所研究的问题中大小和形状可以忽略不计时，物体即可以看作质点； 位移是指初末两点间的有向线段的长度；而路程是指物体经过的轨迹的长度；时间是指时间的长度，在时间轴上

23、对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分。【解答】解：A、当研究舰艇的运动轨迹时，舰艇的大小和形状可以忽略，故可以看作质点，故A 正确；B、舰艇做曲线运动，其行驶的距离为轨迹的长度，故为路程，故B 错误；C、舰艇的平均速度等于位移除以时间，根据题目不能求出位移，所以不能求出平均速度，故C 错误；D、“4 月 3 日上午 10 时”指的是时刻，故D 正确； 故选：AD。【点评】本题考查位移与路程、质点的定义等，从位移开始在学习中应开始对矢量加以关注，明确其性质。【分析】根据甲图读出小李的实际重力，根据乙图读出小李站在体重秤上受到

24、的支持力，从而找到加速度方向。【解答】解：由甲图知小李的实际重力为 60，当他站在升降机的体重秤上时，对体重秤的压力由乙图得为 40，故支持力小于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向下，电梯的可以加速向下运动，也可以减速向上运动。故AC 正确，BD 错误； 故选：AC。【点评】该题是受理分析和牛顿第二定律的基本应用，题目相对简单。【分析】01s 拉力F 不变，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律结合速度公式可求得1s 时物体的速度；由图可写出 1s 后拉力 F 的变化规律的表达式，由此可求得 2s 时的拉力，则 2s 时的加速度可求解，1s 后拉力虽减小，但速度仍增加，物体先做匀加速运动后做加速

25、度减小的加速运动。0【解答】解：A、01s 拉力 F 不变，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律得： a1 = = 10m/s2，t1s 时，物体的速度v1a1t110m/s，故A 正确；B、由图知 1s 后拉力 F 的变化规律为 FF0k（t1）105（t1），t2s 时拉力 F25N，由牛顿第二定律得：a25m/s2，故B 正确；CD、t3s 时拉力 F0，03s 内，物体先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动， 所以 3s 末的速度不可能为零，故CD 错误；故选：AB。【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，根据分析拉力的变化可知物体的运动规律，则问题可迎刃而解。【分析】第 5

26、s 内的位移等于 5s 内的位移减去 4s 内的位移，根据自由落体运动的位移21时间公式求出星球上的重力加速度。再根据速度时间公式 vgt，位移时间公式 h = 2 求出速度和位移1122【解答】解：A、C、第 5s 内的位移是 18m，有：2gt1 2gt2 18m，t15s，t24s， 解得：g4m/s2所以 2s 末的速度：vgt8m/s。故 A 正确，C 正确。18B、第 5s 内的平均速度：= =1 /=18 /故 B 错误。11D、物体在 5s 内的位移：x = 2gt2 = 2 425m50m。故 D 正确。故选：ACD。【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重

27、力加速度和地球的重力加速度不同【分析】对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到地面的静摩擦力情况；对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长。【解答】解：BC、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重 力、地面的支持力，容器相对于水平面无滑动趋势，地面对半球形容器没有摩擦力，地面对容器的支持力等于（M+m）g，再由牛顿第三定律可知容器对地面的压力大小等于（M+m）g，故 B 错误，C 正确；A、对小球受力分析：重力 mg、弹簧的弹力 F

28、和容器的支持力 N，如图所示：根据平衡条件，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，竖直向上，结合几何关系可知：NFmg，故 A 正确；D、由胡克定律，弹簧的压缩量为：x = = ；故弹簧的原长为：xR+xR + 故选：ACD。 ；故D 正确；【点评】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论。三、实验与探究题（本题共 1 题，共 18 分）【分析】（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；以 F1 和 F2 为邻边作平行四边形，通过 O 点的对角线表示合力 F，据此可正确画

29、出 F1 和 F2 的合力图示；注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题；明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答。【解答】解：（1）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故B 正确，ACD 错误。故选：B。以 F1 和 F2 为邻边作平行四边形，与 F1 和 F2 共点的对角线表示合力 F，标上箭头。如图所示。A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大。故A 正确。B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之

30、间不是合力与分力的关系，B 错误；C、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O故C 正确。D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的大小和方向必须都改变，故D 错误；故选：AC。用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华符合实验事实。故答案为：（1）B；（2）如图所示；（3）AC；（ 4）张华【点评】解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，并能进行正确的受力分析，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题。【分析】（1）根据实验原理和操

31、作过程即可判断；实验过程中要满足小车的质量远远大于砂和砂桶的质量即可判断；某段时间的平均速度来代替时间中点的瞬时速度，根据xaT2 求得加速度；根据牛顿第二定律求出托盘里砝码的质量。【解答】解：（1）平衡摩擦力是首先是让木板倾斜，取下钩码让小车拖着纸带在木板上做匀速直线运动；要使小车所受的合力近似等于砝码的重力，则要求小车的质量 M 远大于砝码的质量 m，故B 选项符合要求；用某段时间的平均速度来代替时间中点的瞬时速度，所以v3 = 24 = (4.80+6.71)1023 + 4 2=20.1/= 0.576m/s； =为 减 小 偶 然 误 差 把 纸 带 分 成 两 大 段 ， 由 逐

32、差 公 式 求 加 速 度 ， a =(6.71+8.64+10.570.952.884.80)102/2 = 1.92m/s2；(30.1) 221将实验测得的数据在坐标图中描点并作出 aF 图线，据牛顿第二定律 a =，11则图线的斜率的倒数等于小车的质量M = =故答案为：（1）匀速（2）B（3）0.5761.92（4）0.501.20.6= 0.5kg。【点评】对于纸带问题的处理，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，提高应用基本规律解答实验问题的能力，熟练应用有关图象知识进行数据处理。四、计算题：（本题共 3 小题，共 2 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）【分析】（1）根据加速度的定义 a = 直接求解即可。（2）对列车利用牛顿第二定律列方程即可求出其所受阻力。 【解答】解：（1）根据：a = ，代入数据得：a0.1m/s2所以列车的加速度为 0.1m/s2。（2）设列车在运动中所受的阻力大小为f，由牛顿第二定律：F