2023-2024学年福建省厦门市高一（上）期末考试物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门市高一（上）期末考试物理试卷(含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.福厦高铁北起福州，南至漳州，全长277.42km，设计最高时速350km/ℎ，共设8座车站，则( )
A. km是国际单位制中的基本单位
B. 列车从福州到漳州的位移为277.42km
C. 列车从福州到漳州的平均速度为350km/ℎ
D. 研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，可将列车视为质点
2.如图甲所示，订书机是一种常见的文具，其底座前端有弧形凹柏。压下订书钉使其穿过纸张后进入弧形凹槽，订书钉在凹槽的作用下向内弯曲后，即可完成装订。如图乙所示，当订书钉末端被压到弧形凹槽上的A点时，凹槽在A点对订书钉末端的( )
A. 弹力方向竖直向上B. 弹力方向水平向右
C. 摩擦力方向沿凹槽A点的切线斜向上D. 摩擦力方向沿凹槽A点的切线斜向下
3.如图所示，一张卡纸被磁条压在白板上并保持静止，白板表面竖直，则( )
A. 磁条受到3个力的作用
B. 卡纸受到4个力的作用
C. 白板对卡纸的摩擦力大于卡纸的重力
D. 白板对卡纸的支持力和磁条对卡纸的压力是一对相互作用力
4.如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量M=2m的木板相连，质量为m的物块放在木板上，物块受到一大小为mg、方向竖直向下的压力F，整个系统处于静止状态，g为重力加速度。某时刻突然撤去压力F，则撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为( )
A. mgB. 43mgC. 2mgD. 83mg
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上同向运动，其v−t图像分别如图中两条曲线所示，已知两车在t=0时刻并排行驶，则在0∼t1时间内( )
A. 甲车的加速度一直增大B. 乙车的加速度一直增大
C. 甲车与乙车距离逐渐增大D. 甲车与乙车距离先增大后减小
6.如图所示，一斜面静止在水平地面上，斜面上有一物块在沿斜面向上的拉力F作用下处于静止状态。逐渐增大拉力F，物块与斜面始终保持静止，则此过程中( )
A. 斜面对物块的静摩擦力一定逐渐增大B. 斜面对物块的静摩擦力可能先减小后增大
C. 地面对斜面的静摩擦力一定逐渐增大D. 地面对斜面的静摩擦力可能先减小后增大
7.如图所示，静止的木箱内有一水平轻弹簧，弹簧右端与木箱连接，左端与物块连接。此时弹簧处于伸长状态，物块恰好保持静止。则在以下情况中，物块与木箱一定会发生相对滑动的是( )
A. 木箱突然向左加速B. 木箱突然向右加速C. 木箱突然向上加速D. 木箱突然向下加速
8.如图所示，一倾斜传送带与水平面的夹角为37°，以速度v=3m/s顺时针匀速转动。一小煤块以初速度v0=5m/s自传送带的底端A点沿传送带方向冲上传送带，一段时间后运动到传送带顶端B点。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5，AB距离为2.8m，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，则煤块( )
A. 刚冲上传送带时的加速度大小为2m/s2
B. 运动到B点时的速度大小为1m/s
C. 从A点运动到B点所用时间为1315s
D. 从A点运动到B点过程中在传送带上留下的划痕长为1m
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图甲所示，质量为1kg的物块A静置于水平木板B上，左端连接有弹簧秤。用水平向左的拉力F拉弹簧秤，当弹簧秤示数为2.20N时，A和B均保持静止状态，此时A与B之间的摩擦力大小为______N；如图乙所示，将该装置中弹簧秤左端固定在墙壁上，用水平向右的拉力F′拖动B，使其向右运动，当A稳定时(未脱离木板)，弹簧秤示数为2.60N，重力加速度g取10m/s2，则A与B之间的动摩擦因数μ= ______。
10.如图所示，水平轻杆AB左端固定在竖直墙壁上，右端固定一光滑轻质滑轮，一轻绳一端固定在竖直墙壁上的O点，另一端跨过滑轮挂上一质量m=3kg的物块，已知∠ABO=30∘，重力加速度g取10m/s2，则轻杆AB对滑轮的作用力大小为_____N；若将轻绳在墙上的固定点下移到O′点，则系统稳定后轻杆AB对滑轮的作用力_____(选填“变大”“变小”或“不变”)。
11.某跳水运动员训练时从5m跳台双脚朝下由静止自由下落，教练用相机连拍功能连续拍摄了多张照片，其中一张照片中运动员双脚离水面3.2m，重力加速度g取10m/s2，则此时运动员的速度大小为_____m/s；相邻的另一张照片中运动员双脚离水面1.8m，则相邻两张照片拍摄的时间间隔为_____s。
四、简答题：本大题共3小题，共28分。
12.某同学利用如图甲所示的装置测量一弹簧的劲度系数，他将弹簧上端固定在铁架上，弹簧下端固定有指示箭头，靠近弹簧竖直固定有刻度尺。弹簧不挂钩码时，指示箭头指示刻度为10.00cm，挂上一个钩码后，静止时指示刻度如图乙所示。接着每次增加一个钩码，记录静止时指示刻度如表所示，已知每个钩码质量为50g，当地重力加速度g为9.80m/s2。

(1)图乙中箭头指示的刻度示数为______cm；
(2)根据实验数据，在图丙补齐数据点并作出n−L图像，由图像可知该弹簧的劲度系数为______N/m(计算结果保留两位有效数字)；
(3)将只悬挂一个钩码的实验装置静置于电梯中，电梯由静止启动时发现指示箭头向上移动，则此时电梯处于______状态(选填“超重”或“失重”)，启动方向______(选填“向上”或“向下”)。
13.某学习小组利用如图甲所示的实验装置探究物体加速度与合外力大小关系：

(1)组装好器材，不挂钩码时，调整木板的倾斜程度，直至小车运动时打点计时器在纸带上打出的点分布均匀为止；
(2)保持小车质量不变，改变悬挂的钩码数量，测出对应的加速度大小。打点计时器的频率为50Hz，其中一条纸带如图乙所示，相邻两计数点之间还有4个点没有画出，则小车的加速度大小为______m/s2(计算结果保留两位有效数字)；
(3)测得悬挂不同钩码个数n时小车的加速度a，作出a−n图像如图丙所示，图像末端弯曲的原因是______；
(4)因钩码盒上的标识模糊无法确定单个钩码的质量，该小组利用上述装置测量单个钩码的质量。完成步骤(1)后，先将8个钩码都放置在小车上，然后从小车上逐个取出钩码并挂在细绳末端，测得细绳末端悬挂不同个数的钩码时小车的加速度大小，小车加速度a与悬挂钩码个数n的关系如图丁所示。已知图像斜率为k，小车(空车)质量为M，重力加速度大小为g，则单个钩码的质量为______。
14.一汽车在水平路面上做匀速直线运动，如图甲所示，固定于车内的磁吸式手机支架利用内置的强磁铁吸附手机，侧视图如图乙所示，手机与水平面夹角θ=53∘，手机、支架与汽车三者保持相对静止。已知支架内强磁铁对手机的吸引力大小F1=15N，方向始终垂直于接触面，手机质量m=0.25kg，与支架接触面间的动摩擦因数μ=0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，重力加速度g取10m/s2。
(1)求支架对手机支持力N的大小；
(2)若施加一平行于接触面向下的外力将手机缓慢抽出，求此外力F的大小。
五、计算题：本大题共2小题，共18分。
15.如图甲所示为某学校运动区竖直吊竿示意图，一同学锻炼时，爬到竿顶后由静止沿竿匀加速下滑，再匀减速下滑落地。在某次锻炼中，该同学先匀加速下滑1s，再匀减速下滑2s后速度减为0时恰好到达地面。已知该同学质量为60kg，整个下滑过程重心下降的高度ℎ=3m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

(1)以开始下滑为计时起点，在图乙中画出该同学下滑过程的v−t图像，并求出下滑过程中的最大速度；
(2)求该同学加速阶段与减速阶段受到的摩擦力大小之比；
(3)为确保安全，需保证落地时速度不得超过2m/s，且加速与减速过程的加速度均与前述过程相同，求该同学加速下滑的最大高度。
16.如图所示，质量M=1kg的长木板静止在水平地面上，质量m=2kg的物块以方向水平向右、大小v0=6m/s的初速度冲上木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
(1)求物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小；
(2)求物块最终距木板左端的距离；
(3)若物块冲上木板1s后，对木板施加大小为10N、方向水平向左的恒力，该恒力作用0.5s后撤去，求物块最终距木板左端的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、km是常用单位，不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、列车从福州到漳州的路程为277.42km，位移不能确定，故B错误；
C、列车从福州到漳州的瞬时速度最大为350km/ℎ，故C错误；
D、研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，列车的大小和形状可忽略不计，可将列车视为质点，故D正确。
故选：D。
km不是国际单位制中的基本单位。物体运动轨迹的长度叫路程，最高时速是瞬时速度最大值。当物体的大小和形状可忽略不计时，物体可看成质点。
解答本题的关键要掌握物体能看成质点的条件：物体的大小和形状可忽略不计。要注意正确区分位移与路程、平均速度与瞬时速度。
2.【答案】C
【解析】解：AB、接触面的弹力方向垂直于接触面指向受力物体，所以A点的弹力方向垂直于过A点的切线指向订书针；AB错误；
CD、摩擦力的方向于相对运动趋势方向相反，所以A点对订书针的摩擦力方向沿切线斜向上，故C正确，D错误。
故选：C。
根据接触面弹性形变判断弹力方向，再根接触面的倾斜情况判断摩擦力的方向。
本题考查了弹力和摩擦力的方向的判断，解决本题的关键是理解弹力的产生以及静摩擦力的判断。
3.【答案】C
【解析】解：A、对磁条分析可知，磁条受到重力、支持力、磁场力和摩擦力共4个力的作用，故A错误；
B、对卡纸受力分析可知，卡纸受到重力、白板的支持力、磁条的压力，白板的摩擦力和磁条的摩擦力共5个力的作用，故B错误；
C、由B项分析可知，竖直方向上卡纸受到向下的重力，白板对卡纸向上的摩擦力和磁条对卡纸向下的摩擦力，白板对卡纸的摩擦力等于卡纸的重力和磁条的摩擦力之和，所以白板对卡纸的摩擦力大于卡纸的重力，故C正确；
D、白板对卡纸的支持力和磁条对卡纸的压力不是一对相互作用力，故D错误。
故选：C。
分别以磁条和卡纸为研究对象，进行受力分析，根据受力情况确定受力个数，并明确各力间的关系。
解决本题的关键要掌握受力分析的方法，一般按重力、场力、弹力和摩擦力的顺序分析受力，要防止漏力。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】某时刻突然撤去压力F，对整体，根据牛顿第二定律有
mg=(M+m)a
对物块，根据牛顿第二定律有
FN−mg=ma
解得撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为
FN=43mg
故选B。
5.【答案】BC
【解析】BC
【详解】AB.图像的斜率等于加速度，可知甲车的加速度一直减小，乙车的加速度一直增大，选项A错误，B正确；
CD.因甲的速度一直大于乙，可知甲车与乙车距离逐渐增大，选项C正确，D错误。
故选BC。
6.【答案】BC
【解析】解：AB、物块在沿斜面向上的拉力F作用下处于静止状态，说明物块受力平衡，物块受重力、支持力、F和静摩擦力，若F大于重力的分力，则静摩擦力沿斜面向下，当F增大时，静摩擦力增大；若F小于重力的分力时，则静摩擦力先减小，当F增大到一定值后再继续增大时，静摩擦力将增大，故A错误，B正确；
CD、对斜面和物体整体为研究对象，根据力的平衡条件可知，在水平方向上，地面对斜面的摩擦力与拉力F在水平方向上的分力等大反向，拉力F在水平方向上的分力方向向右，故F增大，则静摩擦力增大，故C正确，D错误。
故选：BC。
位于斜面上的物块在沿斜面向上的拉力F作用下处于静止状态，说明物体受力平衡，物体所受摩擦力的方向取决于物体重力沿斜面向下分力的大小与拉力F的大小关系，因此f1方向可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，也可能为零，故可判断AB选项；
根据斜面对物体的作用力大小与物体所受的重力的大小是一对平衡力可判断C选项；
对斜面和物体M整体为研究对象，根据力的平衡条件可判断D选项。
解题时注意正确选取研究对象，进行受力分析，合理选取整体法和隔离法是解答此题的关键。
7.【答案】AD
【解析】解：A、弹簧处于伸长状态，物块恰好保持静止，则弹簧的弹力刚好等于物块的最大静摩擦力，当木箱突然向左加速，要使物块有向左的加速度，物块摩擦力应该增加，但原来已经达到最大静摩擦力了，无法继续增大，物块与木箱一定会发生相对滑动，故A正确；
B、木箱突然向右加速，则物块有向右的加速度，物块受静摩擦力减小即可，物块与木箱不一定会发生相对滑动，故B错误；
C、木箱突然向上加速，物块有向上的加速度，根据N−mg=ma可知
N=mg+ma
压力增大，则最大静摩擦力增大，物块不会运动，故C错误；
D、木箱突然向下加速，物块有向下的加速度，根据mg−N=ma可知
N=mg−ma
压力减小，则最大静摩擦力减小，物块一定会运动，故D正确；
故选：AD。
根据整体和隔离的分析方法，物块和木箱的加速度相同，根据摩擦力和弹力的关系分析解答。
本题考查牛顿运动定律的应用，解题关键掌握整体与隔离的分析方法，注意临界条件的运用。
8.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.刚冲上传送带时的加速度大小为
a1=mgsin37∘+μmgcs37∘m=10m/s2
选项A错误；
BC.煤块与传动带共速时
v=v0−a1t1
解得
t1=0.2s
位移
x1=v+v02t1=0.8m
然后做匀减速的加速度为
a2=mgsin37∘−μmgcs37∘m=2m/s2
到达B点时
L−x1=vt2−12a2t22
解得
t2=1s(另一值舍掉)
运动到B点时的速度大小为
vB=v−a2t2=1m/s
从A点运动到B点所用时间为
t=t1+t2=1.2s
选项B正确，C错误；
D.从开始到共速相对位移
Δx1=x1−vt1=0.2m
共速后到B点时相对位移
Δx2=vt2−(L−x1)=1m
划痕之间覆盖，则从A点运动到B点过程中在传送带上留下的划痕长为1m，选项D正确。
故选BD。
9.【答案】2.20 0.26
【解析】解：用水平向左的拉力F拉弹簧秤，当弹簧秤示数为2.20N时，A和B均保持静止状态，对A根据受力平衡可知此时A与B之间的摩擦力大小为f=F=2.20N；
用水平向右的拉力F′拖动B，使其向右运动，当A稳定时(未脱离木板)，弹簧秤示数为2.60N，对A根据受力平衡可知此时A与B之间的摩擦力大小为f′=F′=2.60N
根据f′=μmg，解得A与B之间的动摩擦因数μ=0.26
故答案为：2.20；0.26。
用水平向左的拉力F拉弹簧秤，A和B均保持静止状态，对A根据受力平衡可知求出此时A与B之间的摩擦力大小；拉动B过程中，A处于平衡状态，其所受滑动摩擦力大小等于弹簧秤示数，据此可正确解答，与B是否匀速运动无关。
本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用
10.【答案】 30 变大
【详解】[1]物块保持静止，则绳子的拉力等于
F1=mg=30N
滑轮静止，对滑轮受力分析，如图所示。
F1 、 F2 为同一绳上的张力，大小相等，根据平衡条件可得轻杆AB对滑轮的作用力大小为
F支=2F1cs90∘+30∘2=30N
[2]将轻绳在墙上的固定点下移到 O′ 点，则 F1 、 F2 间的夹角减小， F1 、 F2 的合力变大，系统稳定后轻杆AB对滑轮的作用力与 F1 、 F2 的合力平衡，则系统稳定后轻杆AB对滑轮的作用力变大。

【解析】详细解答和解析过程见答案
11.【答案】 6 0.2
【详解】[1]根据自由落体运动规律可得
ℎ1=v122g=12gt12
ℎ2=12gt22
其中
ℎ1=1.8m ， ℎ2=3.2m
所以
v1=6m/s ， t1=0.6s ， t2=0.8s
[2]相邻两张照片拍摄的时间间隔为
Δt=t2−t1=0.2s

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】15.10 9.8 失重 向下
【解析】解：(1)刻度尺的最小分度值为1mm，由题图乙可知弹簧原长为15.00cm；
(2)描点连线可得出图像为
根据题意，由胡克定律
F=k(x−x0)=nmg
即
n=k mgx−=k mgx0
整理解得
kmg=5(35.11−10)×10−2cm−1
代入数据解得
k=9.8N/m
(3)电梯由静止启动时发现指示箭头向上移动，则可知弹簧弹力减小，故根据牛顿第二定律可得合外力向下，则加速度向下，故处于失重状态；电梯由静止启动，故向下运动。
故答案为：(1)15.00；(2)9.8；(3)失重，向下。
(1)刻度尺的最小分度值为1mm；
(2)描点连线，根据一次函数图像根据斜率求解列式；
(3)根据加速度向下失重得出运动方向。
本题考查的是弹簧劲度系数的实验，题中考查了刻度尺的读数问题，解题是还需注意失重加速度的判断。
13.【答案】0.42 不满足钩码的总质量远小于小车的质量 kMg−8k
【解析】解：(2)由题意可知，两邻两计数点的时间
T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知小车的加速度为
a=Δxt2=(4.51+4.90+5.32)−(3.24+3.65+4.08)(3×0.1)2×10−2m/s2=0.42m/s2
(3)随着所挂钩码的质量的增加，不再满足钩码质量远小于小车的质量，即不满足m≪M的条件，图象将发生弯曲；
(4)以n个钩码和小车整体为研究对象，由牛顿第二定律得
nmg=(8m+M)a
a=mg8m+M⋅n=kn
由题意可知
mg8m+M=k
钩码的质量
m=kMg−8k
故答案为：(2)0.42；(3)不满足钩码的总质量远小于小车的质量；(4)kMg−8k。
(2)根据逐差公式计算出小车的加速度；
(3)根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，进行分析；
(4)根据实验过程，由牛顿第二定律写出a的表达式，结合图像的斜率求解单个砝码的质量。
正确解决实验问题的前提是理解其实验原理，只要正确理解实验原理，才能知道实验所采取措施或所进行具体实验操作的含义。
14.【答案】(1) N=16.5N ；(2) F=4.6N
【详解】(1)对手机受力分析，在垂直接触面方向
N=F1+mgcsθ
解得
N=16.5N
(2)将手机向下缓慢抽出时，在沿接触面方向，有
F+mgsinθ=μN
解得
F=4.6N

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)设最大速度为vm，加速时间为t1=1s，减速下滑时间为t2=2s，则有
ℎ=vm2(t1+t2)
代入数据解得最大速度为
vm=2m/s
v−t图像如图所示：

(2)设加速过程中加速度大小为a1，减速过程中加速度大小为a2，则有
a1=vmt1=21m/s2=2m/s2
a2=vmt2=22m/s2=1m/s2
加速下滑过程中，根据牛顿第二定律可得
mg−f1=ma1
代入数据解得加速阶段受到的摩擦力大小
f1=480N
减速下滑过程中，根据牛顿第二定律可得
f2−mg=ma2
代入数据解得减速阶段受到的摩擦力大小
f2=660N
所以
f1：f2=480：660=8：11
(3)根据题意作出v−t图像，如图所示

故
ℎ=12t×2t+12×(2+2t)×(2t−2)
代入数据解得
t= 153s
则加速下滑的最大高度为
ℎ′=12× 153×2 153m=53m
答：(1)该同学下滑过程的v−t图像为，下滑过程中的最大速度为2m/s；
(2)该同学加速阶段与减速阶段受到的摩擦力大小之比为8：11；
(3)该同学加速下滑的最大高度为53m。
【解析】(1)根据位移与平均速度的关系式求出最大速度，作图；
(2)分别求出两种阶段加速度大小，再根据牛顿第二定律列式求出摩擦力大小；
(3)根据题意画出v−t图像，再根据图像与坐标所围成的面积表示位移求出加速时间，再得出加速下滑的最大高度。
本题考查的是运动学的知识，其中对于v−t图像与坐标轴所围面积表示位移这个知识点贯穿整个解题过程。
16.【答案】解：(1)对物块根据牛顿第二定律可得：μ1mg=ma1
解得：a1=4m/s2
对木板根据牛顿第二定律可得：μ1mg−μ2(m+M)g=Ma2
解得：a2=2m/s2；
(2)设经过t1时间二者共速，则有：v=v0−a1t1=a2t1
解得：t1=1s，v=2m/s
此过程中物块相对于木板的距离为：Δx=v0+v2t1−v2t1=v02t1=62×1m=3m
此后二者一起减速到零，所以物块最终距木板左端的距离为3m；
(3)物块冲上木板1s后，对木板施加大小为10N、方向水平向左的恒力，此后木板的加速度大小为a3，则有：
F+μ2(M+m)g−μ1mg=Ma3
解得：a3=8m/s2，方向向左；
木板减速到零的时间为：t2=va3=28s=0.25s
滑块减速到零的时间为：t3=va1=24s=0.5s
当木板减速到零后，地面对它的摩擦力方向向右，由于μ1mg+μ2(m+M)g=0.4×2×10N+0.2×(2+1)×10N=14N>10N，所以在0.25s～0.5s时间内木板静止。
力F作用t2过程中，滑块相对于木板的距离为：Δx′=v2t3−v2t2=22×0.5m−22×0.25m=0.25m
所以物块最终距木板左端的距离：L=Δx+Δx′=3m+0.25m=3.25m。
答：(1)物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小分别为4m/s2、2m/s2；
(2)物块最终距木板左端的距离为3m；
(3)若物块冲上木板1s后，对木板施加大小为10N、方向水平向左的恒力，该恒力作用0.5s后撤去，物块最终距木板左端的距离为3.25m。
【解析】(1)分别对物块、对木板根据牛顿第二定律进行解答；
(2)根据速度—时间求解二者共速经过的时间，再根据位移计算公式求解此过程中物块相对于木板的距离；
(3)根据牛顿第二定律求解木板的加速度大小，根据受力情况分析木板的运动情况，再根据运动学公式求解物块最终距木板左端的距离。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。钩码个数n(个)
0
1
2
3
4
5
指示刻度L(cm)
10.00
19.98
25.05
30.10
35.11