2022-2023學年福建省泉州市永春縣高一（下）期末物理試卷

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年福建省泉州市永春縣高一（下）期末物理試卷一、單選題（本大題共4小題，共16.0分）1.關于功，下列說法中正確的是(

)A.因為功有正負，所以功是矢量

B.力對物體不做功，說明物體一定無位移

C.功的多少是由力的大小和物體在力的方向上的位移的大小確定的

D.力對物體做功少，說明物體的受力一定小2.如圖所示，在光滑水平面上有一物體，它的左端接連著一輕彈簧，彈簧的另一端固定在墻上，在力F作用下物體處于靜止狀態(tài)，當撤去力F后，物體將向右運動，在物體向右運動的過程中，下列說法正確的是(

)A.彈簧的彈性勢能逐漸減少 B.物體的機械能不變

C.物體的動能逐漸增大 D.彈簧的彈性勢能先減少后增加3.如圖，小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點。O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為(

)

A.3gR2 B.3g4.如圖，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用A.木塊a和b相對于圓盤同時開始滑動

B.a、b所受的摩擦力始終相等

C.ω=kg2l是b相對于圓盤開始滑動的臨界角速度

D.二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）5.如圖甲所示，在水平地面上固定一個傾角為θ的足夠長的光滑斜面，小滑塊從斜面底端在與斜面平行的拉力F作用下由靜止開始沿斜面運動，拉力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，小滑塊運動的速度一時間圖象如圖丙所示，重力加速度g為10m/s2.下列說法正確的是A.斜面傾角θ為30°，小滑塊的質量m=2kg

B.在0～2s時間內拉力F做的功為100J

C.在6.如圖，質量均為m的物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側。開始時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上。放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力。不計空氣阻力及滑輪與繩的摩擦。下列判斷正確的是(

)

A.物體A下落過程機械能守恒 B.此時彈簧的彈性勢能等于mgh?12mv2

C.此時物體7.如圖所示，甲、乙兩個小球從同一固定斜面的頂端0點水平拋出，分別落到斜面上的A、B兩點，A點為OB的中點，不計空氣阻力．以下說法正確的是(

)

A.甲、乙兩球接觸斜面前的瞬間，速度的方向相同

B.甲、乙兩球接觸斜面前的瞬間，速度大小之比為1：2

C.甲、乙兩球做平拋運動的時間之比為1：2

D.甲、乙兩球做平拋運動的初速度大小之比為1：8.如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率逆時針運行，將一物體輕輕放在傳送帶頂端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段物體與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶底端．下列說法錯誤的是(

)A.第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體做負功

B.第一階段摩擦力對物體做的功大于第一階段物體動能的增加量

C.第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加量

D.全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱等于從頂端到底端全過程機械能的增加量三、填空題（本大題共2小題，共12.0分）9.如圖所示，兩個質量相同的小球A、B分別用細線懸在等高的O1、O2點。A球的懸線比B球的懸線長，把兩球的懸線拉至水平后無初速釋放，則經過最低點時，A球的機械能______(選填“大于”“小于”“等于”，下同)B球的機械能，A球的動能______B球的動能，重力對A球的瞬時功率______重力對B球的瞬時功率，細線對A球的拉力______細線對B10.如圖是滑道壓力測試的示意圖，光滑圓弧軌道與光滑斜面相切，滑道底部B處安裝一個壓力傳感器，其示數(shù)N表示該處所受壓力的大小，某滑塊從斜面上不同高度h處由靜止下滑，通過B時，N______(選填“大于”“小于”“等于”)滑塊重力，N越大表明h越______(選填“大”或“小”)。四、實驗題（本大題共1小題，共8.0分）11.某同學利用如圖1實驗裝置探究重物下落過程中動能與重力勢能的轉化問題．

(1)要使該實驗誤差盡量小，下述注意點正確的是______

A.在海拔較低的地方進行實驗，有利于減小誤差

B.測物體下落高度時保持紙帶懸掛狀態(tài)，刻度尺的讀數(shù)更準確

C.使重物的質量越大越好，但懸掛時不能拉斷紙帶

D.實驗中摩擦是不可避免的，因此紙帶越短越好

(2)為了測量物體由靜止開始自由下落到某點時的瞬時速度v和下落高度h，某班同學利用實驗得到的紙帶，設計了以下四種測量方案．以下方案中只有一種最合理，最合理的是______

A.用刻度尺測出物體下落高度h，并測出下落時間t，通過v=gt計算出瞬時速度v

B.用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過v=2gh計算出瞬時速度

C.根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度，并通過h=v22g計算出高度h

D.用刻度尺測出物體下落的高度h，根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v

(3)在實驗中，查得當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2，測得所用的重物質量為1.00kg.實驗中得到一條點跡清晰的紙帶如圖2所示，把第一個點記作O，另選連續(xù)的四個點A、B、C、D作為測量的點(相鄰計數(shù)點時間間隔為0.02s)，經測量知道A、B、C、五、簡答題（本大題共1小題，共10.0分）12.如圖所示，軌道ABC的AB段是半徑R=0.8m的光滑的14圓弧形軌道，BC段為粗糙水平面，物體從A靜止開始下滑，在平面上運動了1.6m后停下，求：

(1)物體通過B點時的速率為多大？六、計算題（本大題共2小題，共30.0分）13.如圖(甲)所示，彎曲部分AB和CD是兩個半徑相等的四分之一圓弧，中間的BC段是豎直的薄壁細圓管(細圓管內徑略大于小球的直徑)，分別與上、下圓弧軌道相切連接，BC段的長度L可作伸縮調節(jié)．下圓弧軌道與地面相切，其中D、A分別是上、下圓弧軌道的最高點與最低點，整個軌道固定在豎直平面內．一小球多次以某一速度從A點水平進入軌道而從D點水平飛出．今在A、D兩點各放一個壓力傳感器，測試小球對軌道A、D兩點的壓力，計算出壓力差△F.改變BC間距離L，重復上述實驗，最后繪得△F?L的圖線如圖(乙)所示．(不計一切摩擦阻力，g取10m/s2)

(1)某一次調節(jié)后D14.如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間存在勻強電場，質量為m、帶電量為q的小球以初速度v0沿平行板中線射入兩板間，小球做勻速直線運動，取重力加速度為g。

(1)求該勻強電場的電場強度E0；

(2)若在金屬板間加上圖乙所示的電場，t=

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、功有正負，但功是標量，A錯誤；

B、若力與位移的方向垂直，力對物體不做功，B錯誤；

C、功的多少是由力的大小和物體在力的方向上的位移的大小確定的，C正確；

D、力對物體做功少，說明物體的受力與力的方向上位移的乘積一定小，力不一定小，D錯誤；

故選：C。

功有正負，但功是標量，計算公式為W=FS，受力與力的方向上位移的乘積．2.【答案】D

【解析】解；AD、當撤去F后，物體向右運動的過程中，彈簧先由壓縮狀態(tài)變到原長，再到伸長狀態(tài)，所以形變量先減小后增大，則彈簧的彈性勢能先減少再增加。故A錯誤，D正確。

BC、撤去拉力F后，物塊在彈簧的彈力作用下先向右做加速運動，后向右做減速運動，所以動能先增大后減小，而重力勢能不變，則物體的機械能先增大后減小。故BC錯誤

故選：D。

彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量大小有關，形變量越大，彈性勢能越大，題中彈簧先壓縮后伸長，根據(jù)形變量的變化，分析彈性勢能的變化．根據(jù)物體的受力情況，分析其運動情況，再分析物體的機械能和動能的變化情況．

3.【答案】C

【解析】解：飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則知速度與水平方向的夾角為30°，則有：vy=v0tan30°

又vy=gt，則得：t=v0tan4.【答案】C

【解析】解：A、兩個木塊的最大靜摩擦力相等．木塊隨圓盤一起轉動，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：木塊所受的靜摩擦力f=mω2l，m、ω相等，f與r成正比，所以b所受的靜摩擦力大于a的靜摩擦力，當圓盤的角速度增大時b的靜摩擦力先達到最大值，所以b一定比a先開始滑動，故A錯誤；

B、在發(fā)生相對滑動前，角速度相等，靜摩擦力提供向心力，即f靜=mlω2，由于b的半徑大，所以發(fā)生相對滑動前b的靜摩擦力大，故B錯誤；

C、對b木塊，當靜摩擦力等于滑動摩擦力時木塊開始滑動，即fmax=m?2l?ω2=kmg，解之得，ω=kg2l，故C正確；5.【答案】BC【解析】解：A、由v?t圖象的斜率表示加速度，可知，在2?4s時間內，小滑塊的加速度為：a2=?5m/s2.由牛頓第二定律得：?mgsinθ=ma2，解得：θ=30°.在0?2s時間內，小滑塊的加速度a1=5m/s2.由牛頓第二定律得：F?mgsinθ=ma1，解得：m=1kg。故A錯誤。

B、1s末小滑塊的速度v=1m6.【答案】BD【解析】解：A、A下落過程中，繩子的拉力對物體A做功，故物體A下落過程中機械能不守恒，故A錯誤；

B、物體A與彈簧系統(tǒng)機械能守恒，mgh=Ep彈+12mv2，

故E?p彈=mgh?12mv2；故B正確；

C、此時物體B受重力和細線的拉力，處于平衡狀態(tài)，速度仍為零，故C錯誤；

D、物體B7.【答案】AC【解析】解：A、設小球落在斜面上時，速度與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tanα=gtv0，tanθ=12gt2v0t=gt2v0，可知tanα=2tanθ，因為小球落在斜面上時，位移與水平方向的夾角為定值，可知，兩球接觸斜面的瞬間，速度方向相同。故A正確。

B、因為兩球下落的高度之比為1：2，根據(jù)h=12gt?2，得8.【答案】BD【解析】【分析】

本題根據(jù)力與位移方向的關系分析做功正負．根據(jù)功能關系分析能量的變化情況．功是能量轉化的量度，合力做功是動能變化的量度；除重力外其余力做的功是機械能變化的量度；一對滑動摩擦力做的功是內能變化的量度；先對小滑塊受力分析，再根據(jù)功能關系列式分析．本題關鍵分析清楚小滑塊的運動情況，然后根據(jù)功能關系列式分析．研究摩擦生熱時，要根據(jù)摩擦力的大小和相對位移大小的乘積求解，要注意位移的參照物．

【解答】

解：A、對小滑塊受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，第一階段傳送帶的速度大于物塊的速度，所以物體所受的滑動摩擦力的方向沿斜面向下，摩擦物體做正功；第二階段物體與傳送帶相對靜止，摩擦力沿斜面向上，故摩擦力對物體做負功，故A正確；

B、根據(jù)動能定理，第一階段合力做的功等于動能的增加量，由于重力和摩擦力對物體都做正功，故第一階段摩擦力對物體做的功小于第一階段物體動能的增加，故B錯誤；

CD、假定傳送帶速度為v，第一階段，小滑塊勻加速位移x1=v2t，傳送帶位移x2=vt；

除重力外其余力做的功是機械能變化的量度，故小滑塊機械能增加量等于fx1；

一對滑動摩擦力做的功是內能變化的量度，故內能增加量為：Q=f9.【答案】等于

大于

等于

等于

【解析】解：兩球的質量相等，初始時處于同一位置，且過程中只有重力做功，故小球的機械能守恒，因此經過最低點時，A球的機械能等于B球的機械能；

下落到最低點的過程中，根據(jù)動能定理可得：

mgL=12mv2

因為A球的下落高度大于B球的下落高度，所以A球的動能大于B球的動能；

在最低點時，小球的速度沿水平方向，而重力豎直向下，功率的表達式為：P=Fvcosθ，可知重力的功率為零，則重力對A球的瞬時功率等于重力對B球的瞬時功率；

在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：

F?mg=m10.【答案】大于

大

【解析】解：在B點由牛頓第二定律有：FN?mg=mv2R，由牛頓第三定律可知滑塊對滑道的壓力大小等于支持力大小，即：N=FN=mg+mv2R，所以N>mg

滑塊從靜止下滑到B點過程，由動能定理有：mgh=12mv11.【答案】C；D；7.62；7.57

【解析】解：(1)A、驗證機械能守恒，與在海拔較高、還是較低的地方進行實驗無關，故A錯誤．

B、測物體下落高度時，可以通過實驗后紙帶上點跡間的距離進行測量，故B錯誤．

C、為了減小阻力的影響，重物應選擇質量大一些的，但懸掛時不能拉斷紙帶，故C正確．

D、實驗中摩擦是不可避免的，紙帶不是越短越好，故D錯誤．

故選：C．

(2)A、重物的瞬時速度不能通過v=gt，v=2gh進行求解，否則默認了機械能守恒，失去驗證的意義，故A、B錯誤．

C、紙帶上瞬時速度通過某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求解，下降的高度可以通過刻度尺測量，不能根據(jù)h=v22g測量，否則默認了機械