【文档说明】福建省福州第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试物理试题答案.docx，共(17)页，723.903 KB，由小赞的店铺上传

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福州一中2022—2023学年第一学期第二学段模块考试高一物理学科必修一、必修二（功和能）模块试卷（完卷75分钟满分100分）一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.对于静止物体M，第一次用水平恒力F使之在光滑．．的

水平面上沿力的方向移动距离L，恒力做功为W1.获得动能1kE，第二次用该恒力使之在粗糙．．的水平面上移动同样距离L，恒力做功为W2，获得动能2kE，则下列判断正确的是A.12WW；12kkEEB.12WW；

12kkEEC.12WW=；12kkEED.12WW=；12kkEE=【答案】C【解析】【详解】两种情况下力大小相同，在力方向上的位移相同，根据做功公式WFs=可知12WW=，根据动能定理1122kfkWEWWE=−=，，结合

12WW=可得12kkEE，C正确．2.如图所示，物块A、B间用轻质弹簧相连，物块A、B质量均为m，系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出的瞬间，物块A、B的加速度大小分别为ABaa、，重力加速度为g

，则有（）A.0ABaa==B.ABaag==C.12ABaag==D.0,2ABaag==【答案】D【解析】【详解】开始时，弹簧对A、B的弹力大小均为mg，抽出木板的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，则A此时所受合力仍为零，

加速度为零。B所受合力大小为2mg，则加速度大小为2g，故选D。3.如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角37=的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的vt−图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是sin370.6=，co

s370.8=，g取210m/s）（）A.木块上滑过程中的加速度大小是26m/sB.木块与斜面间的动摩擦因数0.5=C.木块经2s返回出发点D.木块回到出发点时的速度大小2m/sv=【答案】B【解析】【详解】A．由图乙可知木块加速度为2210m/s

10m/s1a==故A错误；B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律可知sincosmgmgma+=解得0.5=故B正确；C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知sincosmgmgma−=解得22m/sa=上升位

移为101m5m22vtx===则下滑位移为5mx=由运动学公式得212xat=解得5st=则木块返回出发点时间为(15)st=+故C错误；D．木块回到出发点时的速度大小为25/25m/svatms===故D错误。故选B。4.一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一

速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（取g=10m/s2）（）A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.25B.物体在8m处的加速度为a=4m/

s2C.整个过程中拉力做功的平均功率P=5WD.合力做的功为-32J【答案】D【解析】【详解】A．物体做匀速运动时，受力平衡，则8NfF==所以有N80.4210fFFmg====故A错误；B．由图可知在8m处拉力大小为4N，根据牛顿第二定律可知此时有Ffma−=代入数

据可得22m/sa=−故B错误；C．由于不知道整个过程运动的时间，故不能求得拉力做功的平均功率，故C错误；D．图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知18488J64J2FW=+=滑动摩擦力做的功812J96JfWmgx

=−=−=−所以合外力做的功为96J64J32JW=−+=−合D正确；故选D。二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5.由静止开始做匀加速直线运动汽车，第1s

内通过的位移为0.4m，以下说法正确的是（）A.第1s末的速度为0.8m/sB.加速度为0.4m/s2C.第2s内通过的位移为1.2mD.前2s内通过的位移为1.2m【答案】AC【解析】【详解】AB．汽车运动的加速度为221221220.4m/s=0.8

m/s1xat==则第1s末的速度为v1=at1=0.8m/s选项A正确，B错误；的C．第2s内通过的位移为22222211110.8(21)m1.2m222xatat=−=−=选项C正确；D．前2s内通过的位移为2222110.82m1.6m22xat=

==选项D错误故选AC。6.两个劲度系数分别为1k和2k的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示，开始时两弹簧均处于自然状态，现用水平力作用在b弹簧的p端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则（）A.b

弹簧的伸长量也为LB.b弹簧的伸长量为12kLkC.p端向右移动的距离为121kLk+D.p端向右移动的距离为2L【答案】BC【解析】【详解】AB．两根轻弹簧串联，弹力大小相等，根据胡克定律可得12bkLkx=解得12bkLxk=故A错误，B正确；CD．p端向右移

动的距离为121bkxLxLk=+=+。故C正确，D错误。故选BC。7.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。OO与竖直方向的

夹角为，连接ab间的细绳间的夹角为β。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A.两角度大小间关系为：2α=βB.绳OO的张力的大小也在一定范围内

变化C.物块b所受到的支持力的大小可能不变D.物块b与桌面间的摩擦力的大小在一定范围内变化【答案】AD【解析】【详解】AB．由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平

衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；对滑轮分析，受三个拉力，由于滑轮两侧的绳子的拉力相等，故其合力在角平分线上，与第三个力平衡，故2α=β；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变；故A正确，B错误；CD．物块b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：

力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得N+Fsini+Tsinθ-mg=0Fcosi+f-Tcosθ=0由此可得N=mg-Fsini-Tsinθf=Tcosθ-Fcosi由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，摩擦力的大

小也在一定范围内发生变化，故C错误，D正确。故选AD。8.如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为2kgAm=，3kgBm=，从0=t开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，

FA、FB大小随时间变化的规律分别为()72NAFt=−，()32NBFt=+。则（）AA、B两物体一直做匀加速直线运动B.当ABFF=时，A、B两物体之间的弹力为零C.1.5st=时，A、B两物体开始分离D.6st=时，B物体的加速度为5m/s2【答案】CD【解析】【详

解】对整体根据牛顿第二定律得()0ABABFFmma+=+解得202m/sa=恰好分离时0AAFma=()72NAFt=−解得1.5st=6st=时，B物体的加速度为BBBFma=.()32NBFt=+解得25m/s

Ba=C.1.5st=时，A、B两物体开始分离，C正确；B.1.5st=时，A、B两物体开始分离，此时()72N4NAFt=−=()32N6NBFt=+=A、B两物体之间的弹力为零时，ABFF，B错误；AD.6st=

时，B物体的加速度为5m/s2，D正确，分离后B的加速度改变了，B没有一直做匀加速直线运动，A错误故选CD。三、填空和实验题（共4题，每空2分，共24分）9.如图所示，木板A与木块B叠放在光滑水平面上，两者间的动摩擦因数为μ，已知A的质量为2m，B的质量为m，水平推力F

作用在木板A上，两者一起做匀加速直线运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当B相对A刚要滑动时，推力F的大小为___________。【答案】3μmg【解析】【详解】当B相对A刚要滑动时，则对B由牛顿第二定律mmgma=对A由牛顿第二定律m2Fmgma−=解得3Fmg=10.某同学为测

量物块与电梯水平地板间的动摩擦因数，将质量为1kg的物块放在电梯水平地板上，弹簧测力计一端固定在电梯侧壁上，另一端连接物块并保持测力计水平。现用手将物块缓慢向左移动至如图甲所示的位置，放手后物块保持静止状态。的（1）图甲中弹簧测力计的示数为_________N。（2）电

梯启动后，用手机内置的加速度传感器测得电梯运动的at−图像如图乙所示（以竖直向上为正方向）。若在电梯运行过程中的某一时刻物块恰好被拉动，则该时刻为_________（填“0=t时刻”或“第4s末”）。（3）若取重力加速度大小29.8m/sg=，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块

和电梯水平地板间的动摩擦因数为_________（结果保留两位有效数字）。【答案】①.3.60（3.59~3.61）②.第4s末③.0.40【解析】【详解】1）[1]测力计的指针指在3.6处，测力计精确度为0.1N，测力计需估读一位，所以读

数为3.60N；（2）[2]由图像可知，0~2s内，电梯处于超重状态，则物块对电梯的压力大于重力，最大静摩擦力较大，物块相对电梯静止，4~6s内，电梯处于失重状态，物块对电梯的压力小于重力，且加速度减小，所以若某一时刻物块恰好被拉动，应该是压力最小的时刻，向下的加速度最大的

时刻，既第4s末；（3）[3]在第4s末由牛顿第二定律有NmgFma−=滑动摩擦力为fNFF=联立可得0.40=11.在探究“两个互成角度的共点力的合成”规律时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有细绳套的两根细绳，实验时，需要

两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。(1)实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列说法正确的是（）A.将橡皮条拉伸相同长度即可B.将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C.将弹簧测力计都拉伸到相同刻度D.将橡皮

条和绳的结点拉到相同位置(2)为了减小实验误差，可采取以下哪些方法（）A.使用弹簧测力计之前，首先要对弹簧测力计进行调零B.两细绳长度必须相等C.弹簧测力计、细绳、橡皮条都必须与木板平行D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两个点要适当远些E.用两个弹簧测力计同时拉细绳时，两弹簧测力计的示

数之差要尽可能大一些(3)如图所示，是甲、乙两位同学在做本实验时得到的结果，其中F是用作图法得到的合力，F′是通过实验测得的合力，则以下两个实验结果图中符合实验事实的是___（填“甲”或“乙”）。【答案】①.BD②.ACD③.甲【解析】【详解】(1)[1]AB．本实验的目的是为了验证力的平行四边形

定则，即研究合力与分力的关系，根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同。故A错误，B正确；CD．在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不

必拉到相同刻度。故C错误，D正确。故选BD。(2)[2]A．使用弹簧测力计之前，首先要对弹簧测力计进行调零以减小误差，故A正确；BC．本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差

较大，两细绳长度不需要相同，故B错误，C正确；D．弹簧秤标记同一细绳方向的两点要适当远些，作图时产生的角度误差会减小，故D正确；E．用两个弹簧测力计同时拉细绳时，两弹簧测力计的拉力不能太大也不能太小，故E错误。故选ACD。(3)[3]1

F、2F合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其实验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，F一定沿AO方向，故图甲符合实验事实。12.某同学利用如图甲所示的装置验证牛顿运动定律。小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，平衡摩擦力后通过改变m来改变小车所受的合外力大小。小车的加速度大

小a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧测力计的示数）。（1）该实验______满足Mm（填“需要”或“不需要”）。（2）砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图乙的说法正确的是

______（填字母代号）。A.图线逐渐偏向纵轴B.图线逐渐偏向横轴C.图线仍保持原方向不变（3）如图丙为上述实验中打出的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器所用

交流电源的频率为50Hz，则C点对应小车的速度为______m/s，小车的加速度大小为______m/s2。（以上结果小数点后均保留1位数）。若小车质量M为350g，则砂桶和砂的总质量m为______g（重力加速度g取10m/s2，

不考虑滑轮质量及摩擦）。【答案】①.不需要②.C③.0.8④.4.0⑤.350【解析】【详解】（1）[1]由图可知，可以通过弹簧测力计读出绳子的拉力，不是砂桶的重力充当合力，所以不需要满足Mm；（2）[2]由（1）可知砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线仍保持原方向不变，故C正确，A

B错误；（3）[3][4][5]由题意知纸带上相邻计数点的时间间隔50.02s0.1sT==根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得218210m/s0.8m/s220.1BDCxvT−−===根据逐差法得加速度22222328810m/s4.0m/

s440.1CEACxxaT−−−−===设绳子拉力为T，对小车由牛顿第二定律得TMa=对砂桶和砂由牛顿第二定律得22mamgT−=联立解得350gm=四、解答题（本题共3小题，共36分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。解题过程中需

要用到，但题目中没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位。）13.如图所示，质量为m1=5kg的物体，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为40N的

力F推物体，物体沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2=10kg，且始终静止，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）斜面对滑块的动摩擦因数；（2）地面对斜面体的摩擦力和支持力。【答案】（1）0.25；（2）32N，1

26N【解析】【详解】（1）设斜面对滑块的动摩擦因数为，由题意知物块沿斜面向上匀速运动，则可知在推力F的作用下物块处于平衡态，合外力为零，由平衡条件可得11sin37cos37mgmgF+=解得0.25=（2）设地面对斜面体得摩擦力为f，支持

力为N，则以整体为研究对象，整体的合力为零，根据平衡条件可得cos37fF=，12()sin37NmmgF=+−代入数据得32Nf=，126NN=14.如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量为m的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速

度为a，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度为vm的速度运动，不计额外功.（1）求起重机允许输出的最大功率.（2）求重物做匀加速运动所经历的时间.（3）若已知起重机达到输出功率的最大值，又经∆t时间，重物达到vm，则物体由静止到以vm做匀速运动过程中，升高的高度

.【答案】（1）mgvm（2）1()mgvtaga=+（3）222()2mmmgvvhvtagag=+−+【解析】【详解】试题分析：通过求出重物匀速运动时牵引力的功率来求最大功率；重物匀加速运动结束时达到最大功率，然后根据功率与牵引力关系、牛顿第二定律以及速度时间关

系联立即可求解；先根据运动学公式中的位移时间关系求出重物匀加速上升的位移，然后对全过程应有动能定理即可求解．（1）重物匀速上升时有：F=mg，可得起重机的最大输出功率为：mmPmgv=（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时

重物受到的拉力为F1，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1，则由牛顿第二定律得：1Fmgma−=又有：1mPFv=1111vat=可得：()1mgvtaga=+（3）设物体匀加速上升的高度为h1，则有：21112hat=由动能定理得：211

12mmFhPtmghmv+−=可得：()2222mmmgvvhvtagag=+−+点睛：本题主要考查了机车启动问题，动力机械的功率指的是牵引力的功率即P=Fv，应用牛顿第二定律、运动学公式以及动能定理相结合即可解题．15.如

图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g=10m/s2，当传

送带以8m/s的速度顺时针转动时，求：（1）Q与传送带间的动摩擦因数；（2）Q从A运动到B点的时间；（3）Q从A运动到B点的过程中，传送带对Q做的功。【答案】（1）0.5；（2）2.6s；（3）128J−【解析】【详解】（1）当物体Q恰好静止时，此时静摩擦力刚

好达到最大；以物体Q为对象，根据平衡条件可得QmgTf==静以物体P为对象，根据平衡条件可得PmgT=联立解得PQ20.54mm===（2）当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，设绳子的拉力为T，以物体P为对象，根据牛顿第二定律可得PPmgT

ma−=以物体Q为对象，根据牛顿第二定律可得QQmgTma+=联立解得220m/s3a=设Q加速到与传送带速度相等所需时间为1t，则有11.2svta==此过程Q的位移为114.8m16m2vxt==此后Q将在传送带上做匀速直线运动，匀速过程的时间为212164.8s1.4

s8xLxtvv−−====Q从A运动到B点的时间为122.6sttt=+=（3）Q从A运动到B点的过程中，传送带对Q做的功为12Q1p20.54104.8J21011.2J128JWfxfxmgxmgx=−=−=−=−动静五、附加题（只要求写

结果，不要求写计算过程）16.如图所示，倾角θ=30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h。将质量为m的长木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止

状态。已知木板与物块间的动摩擦因数32=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，则拉力F0的大小为___________；（2）若对木板施加沿斜面向

上的拉力F=2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，则拉力F做的功W为___________。【答案】①.32mg②.94mgh【解析】【详解】（1）[1]由题意，对物块与木板组成的整体，

由牛顿第二定律可得002sin2Fmgma−=对物块则有0cossinmgmgma−=联立以上两式解得032Fmg=（2）[2]设拉力F=2mg作用时间为t1，此时间内木板与物块都做加速运动，撤去拉力F后，木板做减速运动，物块仍

做加速运动，经t2时间木板与物块达到相同速度，后都做减速运动，再经t3时间木板下端恰好到达B点，速度减到零，对木板则有1sincosFmgmgma−−=解得134ag=方向沿斜面向上。撤去拉力F后，木

板做减速运动，则有3sincosmgmgma+=解得354ag=方向沿斜面向下。对物块做加速运动，则有2cossinmgmgma−=解得214ag=方向沿斜面向上。对木板与物块组成的整体做减速运动，则有42sin2mgma=解得的412ag=方向沿斜面向下。又有()1132212

atatatt−=+解得2113tt=()21243attat+=解得3123tt=222111123324111222sinhataaatttt+−+=解得13htg=由功的计算公式，可得拉力F做的功为21112WFat=解得94Wmgh=