福建省漳州市柳州高级中学2021年高一物理期末试卷含解析

福建省漳州市柳州高级中学2021年高一物理期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（单选）一名质量为50kg的乘客乘电梯上楼，电梯在加速上升的过程中，加速度的大小是0．6m/s2，若g取10m/s2，则此过程中电梯地板对乘客的支持力为

(

)

A．0

B．470N

C．500N

D．530N参考答案：D对人受力分析，受重力和向上的支持力，根据牛顿第二定律，有解得。故选D。2.（单选题）甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲一直做匀速直线运动，乙做先加速后减速的直线运动，丙做先减速后加速的直线运动，它们经过下一路标时速度又相同，则A．甲车先通过下一路标

B．乙车先通过下一路标C．丙车先通过下一路标

D．无法判断哪辆车先通过下一路标参考答案：B3.如图所示为一物体做匀变速直线运动的速度-时间图象，根据图线做出的以下几个判断中，正确的是(

)A．物体始终沿正方向运动B．物体先沿负方向运动，在t=2s后开始沿正方向运动C．在t=2s前物体位于出发点负方向上，在t=2s后位

于出发点正方向上D．在t=4s时，物体距出发点最远参考答案：B4.雨滴从高空下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到为零，在此过程中雨滴的运动情况是（

）A.速度不断减小，加速度为零时，速度最小B.速度不断增大，加速度为零时，速度最大C.速度一直保持不变D.位移一直在增大参考答案：BD5.一质点做曲线运动，它由上往下运动，质点通过轨迹中点时速度和加速度的方向可能正确的是（

）参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.某物体做初速度为零的匀加速直线运动，已知它第1s内的位移是2ｍ，那么它在前3s内的位移是__________m，第3s末的速度是

m/s。参考答案：18；127.某同学在研究弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系时，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端加挂钩码，实验时弹簧始终未超过弹性限度。用记录的弹力与弹簧的伸长量x做出图象如图，由图象可知弹簧的劲度系数为_______N/m，图线不过坐标原点的原因是由于________。参考答案：200，弹簧自身重力试题分析：图像的斜率表示弹簧的劲度系数，故，从图中可以看出当外力为零时，弹簧的伸长量不为零，这是由于弹簧自身重力造成的，考点：研究弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系【名师点睛】解题关键明确图线的斜率即为弹簧的劲度系数，求解时注意单位的换算。8.（2分）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB。该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示。已知曝光时间为s，则小石子的出发点离A点约为

m。参考答案：20m

9.从空中每隔2s从静止释放一石子，当第五颗石子刚要落下时，第一颗石子恰好落地，则释放点的高度是

m；此时第1、3两颗石子高度差

m.（设不计空气阻力，g=10m/s2）。参考答案：240m

320m10.如图质量为20kg的物体在动摩擦系数为0.1的水平面上向左运动，在运动过程中受到水平向右、大小为10N的拉力作用，则物体所受摩擦力的大小为_______方向向_____（g=10N/kg）参考答案：20N

向右11.一圆环，其圆心为O，若以它的直径AB为轴做匀速转动，如下图所示，（1）圆环上P、Q两点的线速度大小之比是____；（2）若圆环的半径是20cm，绕AB轴转动的周期是πs，环上Q点的向心加速度大小是_______m/s2。参考答案：

0.4m/s212.在“研究平抛物体的运动”的实验中记录的一段轨迹。已知物体是从原点O水平抛出，经测量C点的坐标为(60，45)。则平抛物体的初速度＝

m/s，该物体运动的轨迹为一抛物线，其轨迹方程为

。g取10m／s2参考答案：2

y=x213.借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度。如图所示，传感器系统由两个小盒子A、B组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，它装在被测物体上，每隔0.03s可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲；B盒装有红外线接收器和超声波接收器，B盒收到红外线脉冲时开始计时(红外线的传播时间可以忽略不计)，收到超声波脉冲时计时停止。在某次测量中，B盒记录到的连续两次的时间分别为0.15s和0.20s，根据你知道的知识，该物体运动的速度为

m／s，运动方向是

。(背离B盒还是靠近B盒,声速取340m／s)

参考答案：，背离B盒红外线脉冲和超声波同时发射，B盒记录到的时间可以确定物体距离B盒的距离第一次发射距离B盒的位置第二次发射距离B盒的位置所以三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，置于水平面上的木箱的质量为m＝3.8kg，它与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，在与水平方向成37°角的拉力F的恒力作用下做匀速直线运动．(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2)求拉力F的大小．参考答案：10N由平衡知识：对木箱水平方向：Fcosθ＝f竖直方向：Fsinθ＋FN＝mg且f＝μFN联立代入数据可得：F＝10N15.在距离地面5m处将一个质量为1kg的小球以10m/s的速度水平抛出，若g＝10m/s2。求：（1）小球在空中的飞行时间是多少？（2）水平飞行的距离是多少米？（3）小球落地时的速度？参考答案：（1）1s，（2）10m，（3）m/s............（2）小球在水平方向上做匀速直线运动，得小球水平飞行的距离为：s＝v0t＝10×1m＝10m。

（3）小球落地时的竖直速度为：vy＝gt＝10m/s。

所以，小球落地时的速度为：v＝m/s＝10m/s，

方向与水平方向的夹角为45°向下。

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s．现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱底板中心，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）麻袋包在传送带上运动的时间t；（2）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离s及主动轮的半径R；（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．参考答案：解：（1）在麻袋包速度小于传送带速度时，麻袋包所受摩擦力方向沿斜面向上，合外力F1=μmgcosθ﹣mgsinθ=40N，加速度；那么，麻袋包加速运动时间，运动位移；因为s＜l，所以，之后麻袋包继续向上运动，由于麻袋包的最大静摩擦力μmgcosθ大于重力沿斜面分量mgsinθ，所以，麻袋包随传送带做匀速直线运动，运动时间；故麻袋包在传送带上运动的时间t=t1+t2=12.5s；（2）传送带保持匀速直线运动，在最高点的摩擦力为零，所以，物体对传送带的正压力为零，那么物体重力刚好做向心力，即，所以，；麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱底板中心，故麻袋包做平抛运动，设运动时间为t′；那么由平抛运动的水平竖直位移公式可得：，；（3）由能量守恒定律可得：麻袋包传送过程中，额外消耗的电能转化为麻袋包的机械能和加速过程中的内能；加速过程中，麻袋包与传送带的相对位移x=vt1﹣s=5m；所以，额外消耗的电能；答：（1）麻袋包在传送带上运动的时间为12.5s；（2）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离s为1.2m，主动轮的半径R为0.4m；（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为15400J．【考点】牛顿第二定律；平抛运动．【分析】（1）对麻袋包进行受力分析，应用牛顿第二定律求得麻袋包运动的加速度，将麻袋包进行匀加速直线运动和匀速运动的时间分别求解即可；（2）根据平抛运动规律求得s，再由麻袋包在最高点的受力情况，应用牛顿第二定律即可求得主动轮半径；（3）分析麻袋包运送过程中的能量消耗，应用能量守恒定律即可求得额外消耗的电能．17.已知一足够长的粗糙斜面，倾角为，一滑块以初速度v1=16m/s从底端A点滑上斜面，经2s滑至最高点B后又返回到A点。其运动过程的图像如图所示，已知上滑的加速度大小是下滑的4倍，求：（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）（1）AB之间的距离；（2）滑块再次回到A点时的速度大小及滑块在整个运动过程中所用的时间。参考答案：（1）；（2）考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的关系【名师点睛】本题关键根据速度时间图象得到上滑时的运动情况，求解出加速度后根据牛顿第二定律确定受力情况；下滑过程是已知受力情况，求解出加速度后确定运动