廈門海底世界

2018-2019學年福建省廈門市高一（上）期末

物理試卷

一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）

1.2018年10月1日，廈門市圖書館集美新館面向公眾開放。小明準備從家中自駕去集美新館借書，導航軟

件提供了三種行車方案，如圖所示。方案一：29分鐘，公里；方案二：31分鐘，公里；方案三：

35分鐘，公里。下列說法正確的是

A.在研究行車方案時，不能把車看成質點

B.三種方案中的公里、公里、公里均指位移

C.三種方案中的29分鐘、31分鐘、35分鐘均指時刻

D.方案一的平均速度最大

【答案】D

【解析】

【詳解】在研究行車方案時，不需要考慮車的大小，故可以看做質點，故A錯誤；三種方案中的公里、

公里、公里均指運動軌跡的長度，是路程，故B錯誤；三種方案中的29分鐘、31分鐘、35分鐘均

指時間，故C錯誤；三種方案，位移相等，根據平均速度公式知，位移相等，時間越短，平均速度越大，故

方案一的平均速度最大，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。

2.關于速度和加速度，下列說法正確的是

A.物體的速度越大，則加速度越大

B.物體的速度變化量越大，則加速度越大

C.物體的速度變化越快，則加速度越大

D.物體剛自由下落時，速度和加速度都為零

【答案】C

【解析】

【分析】

根據加速度的定義式可知加速度與物體的速度的變化率成正比，與速度的變化量不成正比例關系，與速度的

大小也不成正比例關系。加速度的方向就是物體速度變化量的方向，與物體速度無關，即物體的速度變化越

快物體的加速度越大。

【詳解】速度越大，表示物體運動越快，但加速度不一定越大，故A錯誤；根據可知加速度a由速度

的變化量和速度發生改變所需要的時間共同決定，雖然大，但更大時，a可以很小，故B錯誤；

加速度是描述速度變化快慢的物理量，速度變化越快，則加速度越大，故C正確；物體剛自由下落時，速度

為零，加速度為g，不為零，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。

【點睛】本題把握加速度的定義式中各個物理量的含義以及各個物理量之間的關系是解決此類問題的

關鍵，是正確理解加速度的定義的基礎。

3.下列說法正確的是

A.伽利略通過“理想斜面實驗”得出了重的物體和輕的物體下落一樣快的結論

B.伽利略對物體運動的研究，開創了運用數學推理和實驗探究相結合探索自然規律的科學方法，即理想實驗

法

C.在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中采用了控制變量法

D.牛頓運用理想實驗法總結出了牛頓第二定律

【答案】B

【解析】

【詳解】伽利略根據理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動的原因，故A錯誤；伽利略對物體運動的研

究，開創了運用數學推理和實驗探究相結合探索自然規律的科學方法，即理想實驗法，故B正確；在驗證力

的平行四邊形定則的實驗中使用了等效替代的方法，故C錯誤；牛頓運用理想實驗法總結出了牛頓第一定律，

故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。

4.實際生活中，羽毛和蘋果同時從同一高度靜止下落，用頻閃照相法記錄該過程，下列符合事實的照片是

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】

要知哪個物體先到達地面，就要知道它們各自下落的時間，由于兩物體受重力和阻力，羽毛受空氣阻力相對

重力較大，加速度比蘋果的小，根據勻變速直線運動規律分析。

【詳解】實際生活中，羽毛受空氣阻力相對重力較大，加速度比蘋果的小，由于物體從靜止開始下落，根據

可得羽毛比蘋果下落慢，且是加速，故頻閃間距不斷變大，故A正確，BCD錯誤。

5.鳥能夠飛起來的條件是空氣對鳥的升力大于鳥的重力。人們猜測空氣對鳥的升力f與鳥的翅膀面積s和飛

行速度t有關關系式為f，則k的單位是

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】

將各組數據分別代入，分析方程左右兩邊單位是否相同即可。

【詳解】由題意，力的單位是，面積的單位是，速度的單位是，則：對應的單

位：故A正確，BCD錯誤。

6.如圖所示，一物塊在水平向右的力F作用下，靜止在豎直墻壁上，下列說法正確的是

A.物塊與墻壁之間共有兩對作用力與反作用力

B.物塊對墻壁的壓力和墻壁對物塊的彈力是一對平衡力

C.若增大F，則物塊受到的摩擦力增大

D.若增大F，則物塊受到的合力增大

【答案】A

【解析】

【分析】

根據物體處于靜止狀態，合力為零，豎直方向受到豎直向下的重力，所以一定受到豎直向上的摩擦力；水平

方向受到水平向右的推力和水平向左的支持力，二力平衡。

【詳解】物塊對墻壁的壓力和墻壁對物塊的彈力是一對相互作用力，物塊對墻壁的摩擦力和墻壁對物塊的摩

擦力是一對相互作用力，故A正確；物塊對墻壁的壓力和墻壁對物塊的彈力是一對相互作用力，故B錯誤；

由平衡條件知物塊受到的摩擦力等于重力G，增大F不會改變摩擦力大小，故C錯誤；由平衡條件知物塊受

到的合力為0，增大F，物塊仍然靜止，合力還是0，故D錯誤。所以A正確，BCD錯誤。

【點睛】本題考查正確受力分析，理解平衡力和相互作用力的相同點和不同點是關鍵。

7.2018年10月15日，西昌衛星發射中心發射長征三號乙運載火箭，小華記錄了火箭從地面豎直升空直至消

失在云層中的時間約為20秒。通過查閱氣象資料得知，當天發射中心上空云層的高度約為4000米,火箭的質

量約為450噸。g取，估算火箭在該過程受到的平均推力大小

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】

對火箭受力分析，根據動量定理求得推力。

【詳解】火箭受重力，推力，向上為正方向，由動量定理有：，代入數據求得：，

故C正確，ABD錯誤。

8.如圖所示，重力為200N的光滑球靜止在傾角為30的斜面和豎直擋板之間，使擋板由圖示位置開始沿逆時

針方向緩慢轉至水平位置。在此過程中，球對擋板的作用力的最小值為

A.80NB.100NC.D.200N

【答案】B

【解析】

【分析】

小球受三個力作用而保持靜止狀態，其中重力大小、方向都不變，斜面對球的支持力方向不變，大小變，擋

板對球的支持力的大小和方向都變化，根據三力平衡的條件，結合平行四邊形定則作圖分析即可。

【詳解】小球受重力、擋板彈力和斜面彈力，將與合成為F，如圖所示：

小球一直處于平衡狀態，三個力中的任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，故F和合成的合力

F一定與重力等值、反向、共線。由圖可知，當的方向沿斜面向上時最小，最小為：

，故B正確，ACD錯誤。

【點睛】本題關鍵對小球受力分析，然后將兩個力合成，當擋板方向變化時，將多個力圖重合在一起，直接

由圖象分析出最小值。

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.廈門海底世界的“海獅頂球”節目因其互動性強而深受小朋友們的喜愛。如圖所示為一海獅把球頂向空中，

并等其落下。下列說法正確的是

A.球在最高點時受到重力和海獅對它的頂力作用

B.球在最高點時速度為零，但加速度不為零

C.球在上升過程中處于超重狀態

D.球在下落過程中處于失重狀態

【答案】BD

【解析】

【分析】

根據豎直上拋運動是初速度向上，只在重力作用下的運動，加速度為g，上升和下落過程具有對稱性，同一

位置速度大小相等，方向相反即可解題。

【詳解】豎直上拋運動是初速度向上，只在重力作用下的運動，球在最高處只受到重力，故A錯誤；球上升

到最高點時受到重力的作用，速度為零，加速度為g，故B正確；球上升到最高點時受到重力的作用，加速

度為g，加速度的方向向下，處于失重狀態，故C錯誤；豎直上拋運動上升和下落過程都是只受到重力的作

用，加速度為g，加速度的方向向下，處于失重狀態，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。

【點睛】本題主要考查了豎直上拋運動的基本規律，要求同學們知道，豎直上拋運動是初速度向上，只在重

力作用下的運動。

10.如圖所示，一小鐵球用輕彈簧和輕繩懸掛處于靜止狀態，彈簧與水平方向成角，輕繩與豎直方向成

角，重力加速度為g，則

A.彈簧和輕繩的拉力之比為1：2

B.彈簧和輕繩的拉力之比為：1

C.若剪斷輕繩，則剪斷瞬間小球的加速度為

D.若剪斷輕繩則剪斷瞬間小球的加速度為

【答案】BC

【解析】

【分析】

裝置靜止時，以小球為研究對象，分析受力情況，由平衡條件求彈簧和輕繩的拉力之比。若剪斷輕繩，彈簧

的彈力來不及變化，根據牛頓第二定律求剪斷瞬間小球的加速度。

【詳解】裝置靜止時，以小球為研究對象，分析受力情況，小球受重力mg、輕繩的拉力T和彈簧的拉力F。

由平衡條件知T與F的合力與mg等大反向，如圖所示：

則得，即彈簧和輕繩的拉力之比為：1，故A錯誤，B正確；由上得若剪

斷輕繩，彈簧的彈力來不及變化，F和mg的合力與原來的T等大反向，所以剪斷瞬間小球的合力大小等于T，

加速度為，故C正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。

【點睛】解決本題的關鍵要知道剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不變，分析小球的合力，結合牛頓第二定律進

行來求瞬時加速度。

11.制動防抱死系統簡稱其作用是在汽車緊急剎車時使車輪不被抱死，處于邊滾邊滑

的狀態。某汽車在啟用ABS剎車系統和不啟用ABS剩車系統緊急剎車時其車速與時間的變化關系分別如圖中

的、圖線所示，其中，由圖可知，啟用ABS后

A.加速度總是比不啟用ABS時大B.速度總是比不啟用ABS時小

C.平均速度比不啟用ABS時大D.剎車距離比不啟用ABS時小

【答案】CD

【解析】

【分析】

根據速度圖象的斜率等于加速度，由斜率的大小來比較加速度的大小。由圖象直接比較車速的大小，由由圖

線與時間軸圍成的面積表示位移，比較位移的大小。結合平均速度的定義分析。

【詳解】根據速度圖象的斜率等于加速度，斜率絕對值越大，加速度越大，知啟用ABS后加速度先先比不啟

用ABS時小，后比不啟用ABS時大，故A錯誤；由圖看出，啟用ABS后速度先比不啟用ABS時大，后比不啟

用ABS時小，故B錯誤；根據速度時間圖象與時間軸圍成的面積表示位移，可以看出，內，啟用ABS后

比不啟用ABS時大，所以啟用ABS后平均速度比不啟用ABS時大，故C正確；根據速度時間圖象與時間

軸圍成的面積表示位移，由圖知啟用ABS后剎車距離比不啟用ABS時小，故D正確。所以CD正確，AB錯誤。

【點睛】本題考查對圖象的掌握和應用，要注意明確圖象中點、線、面的意義，能根據圖象分析物體

的運動情況是解題的關鍵。

12.如圖所示的裝置叫阿特伍德機。繩子兩端的物體豎直運動的加速度大小總是小于自由落體的加速度g，這

使得實驗者可以有較長的時間從容地觀測、研究。已知物體A、B的質量均為M，物體C的質量為m。輕繩與

輕滑輪間的摩擦不計，輕繩不可伸長且足夠長。物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后

A.繩子上的拉力大小

B.物體A的加速度

C.的取值小一些，便于觀測

D.的取值大一些，便于觀測和研究

【答案】BD

【解析】

【分析】

物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后，B、C向下做勻加速運動，A向上做勻加速運動，加速度大小相等，分

別對A和BC整體，根據牛頓第二定律列式，即可求得繩子上的拉力大小和物體A的加速度。為了便于觀測和

研究，加速度應適當小些。

【詳解】對物體A，由牛頓第二定律得：，對B、C整體，由牛頓第二定律

得：，聯立解得，，故A錯誤，B正確；由

知的取值大一些，a小些，便于觀測和研究，故C錯誤，D正確。所以BD正確，AC錯誤。

【點睛】解決本題的關鍵是掌握隔離法研究加速度不同的連接體問題，要抓住A、BC三者加速度大小相等，

運用牛頓第二定律研究。

三、實驗題探究題（本大題共2小題，共12.0分）

13.在“探究彈力與彈簧伸長量的關系”實驗中，某實驗小組采用DS傳感器進行實驗測量彈簧的勁度系數。

實驗裝置如圖甲所示，力傳感器固定在桌面上，彈簧水平放置，兩端分別與傳感器和小車連接。實驗過程中

將小車向右移至不同位置，位移傳感器記錄彈簧長度L，力傳感器記錄彈力根據所采集數據擬合出圖象

如圖乙所示，回答下列問題：

彈簧的原長______cm；

彈簧的勁度系數______。

【答案】(1).(2).200

【解析】

【分析】

當彈簧彈力為零時，彈簧處于原長，結合圖線得出彈簧的原長，根據圖線的斜率求出勁度系數的大小。

【詳解】彈簧的原長即為彈力為零時彈簧的長度，由圖象可知，。

勁度系數為圖象直線部分的斜率為：。

【點睛】本題考查了彈力與彈簧伸長量的關系，知道彈力為零時彈簧的長度即為原長，圖線的斜率表示

勁度系數。

14.某同學在“探究加速度與物體受力的關系”實驗中實驗裝置如圖甲所示，打點計時器工作時頻率為50Hz。

在平衡小車與長木板之間摩擦力的過程中紙帶左端和小車連接，打出了一條紙帶，點跡如圖乙所示。為了

平衡摩擦力，則應該______選填A或。

A.把墊片略微向左移動

B.把墊片略微向右移動

在平衡摩擦力后，該同學將5個相同的砝碼都放在小車上。掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添

加到砝碼盤中測量小車的加速度。小車的加速度a與砝碼盤中的砝碼總重力F的實驗數據如表：

砝碼盤中砝碼總重

力

加速度a

當砝碼盤中砝碼的總重力為時，所得紙帶如圖丙所示，則此時加速度______結果保留三位有效數

字。

請把小題中所得數據描在坐標紙上，并作出圖象_________________。

根據所描繪的圖象，求得砝碼盤重______結果保留兩位有效數字。

【答案】(1).B(2).(3).(4).

【解析】

【分析】

根據小車做勻變速運動列出方程，對合外力進行分析即可求解；在勻變速直線運動中連續相等時間內的位移

差為常數，根據作差法求解加速度；由圖象可知，當外力為零時，物體有加速度，通過對小車受力分析即可

求解。

【詳解】從打出的紙帶的點跡來看，小車仍然是做加速運動，則平衡摩擦力過度，即平板太陡，所以要使

木板平緩一點，只能使墊片向右移動一點，故B正確；

由逐差法求加速度，；

描點畫圖如圖所示：

從縱軸上的截距可以知道：當時，小車的加速，由可知圖象的斜率是小車質量的倒數，

所以小車質量，另外從圖象的縱截距可以知道：

。

【點睛】解答實驗問題的關鍵是正確理解實驗原理，加強基本物理知識在實驗中的應用，同時不斷提高應用

數學知識解答物理問題的能力。

四、計算題（本大題共4小題，共40.0分）

15.風洞實驗室中可以產生水平方向、速度大小可以調節的風，用來研究處在流動氣體中的物體的受力情況。

一種測定風作用力的儀器原理如圖所示，細長的輕質金屬絲一端固定于懸點O，另一端懸掛著一個重力為G

的金屬球。無風時，金屬絲自然下垂；風沿水平方向吹來時，金屬絲偏離豎直方向的角度為求

風力F的大小和金屬絲拉力T的大小；

已知風力與風速的大小關系為，其中，金屬球的重力為，當偏角時，

求此時風速的大小。

【答案】，；。

【解析】

【分析】

對小球受力分析，然后根據共點力平衡條件運用合成法，由幾何關系求解出分力。由風力與風速的大小關系

為結合求得的風力可求得風速。

【詳解】對小球受力分析，受到重力、拉力和風力，將拉力和風力合成，合力與重力平衡，如圖所示：

由幾何關系，得到：

金屬絲所受到的拉力：

由上述關系和已知條件可得：

又

代入數據解得：

【點睛】本題關鍵對小球受力分析后，根據共點力平衡條件，運用合成法，根據幾何關系求解。

16.集美大橋對緩解廈門進出島擁堵問題具有重要意義。某汽車在集美大橋上以的速度勻速行駛駕

駛員某時刻發現與前車車距太小，他立即采取制動措施，以此時刻為計時起點汽車以加速度大小為做

勻減速直線運動。4s后發現與前車距離較遠了，他立即踩油門汽車以加速度大小為做勻加速直線運

動且持續時間8s，此后做勻速直線運動。求：

前4s內汽車的位移大小；

集美大橋限速，通過計算判斷該汽車是否超速。

【答案】60m；汽車不超速。

【解析】

【分析】

根據位移公式可求得位移；由速度公式求得速度，比較是否超速。

【詳解】前4s內汽車的位移：

代入數據求得：

第4s末汽車的速度：

代入數據求得：

第12s末汽車的速度：

代入數據求得：，則沒有超速。

【點睛】本題考查運動學公式的應用，明確運動過程，求解相應的物理量結合實際進行判斷。

17.某同學利用物理數字化實驗室研究物體運動與受力的關系。一質量的物體靜止在水平面上，對

其施加與水平方向成斜向下的恒力F，如圖所示。力F作用一段時間后撤去，物體最終停在水平面上。

傳感器每隔記錄物體的瞬時速度，下表為該同學得到的數據。取，，

時刻

速度

求：勻加速階段的加速度大小和勻減速階段的加速度大小；

物體與水平面的動摩擦因數；

恒力F的大小。

【答案】；；。

【解析】

【分析】

由表格數據，根據加速度的定義求加速度；物體在勻減速階段，運用牛頓第二定律列式，可求得物體與水平

面的動摩擦因數；物體在勻加速階段，分析物體受力，運用牛頓第二定律列式，可求得恒力F的大小。

【詳解】由表格數據可知，勻加速階段的加速度。

勻減速階段的加速度故的大小為。

物體在勻減速階段，由牛頓第二定律得：。

解得

物體在勻加速階段，分析物體受力，物體受重力mg、支持力、滑動摩擦力f和推力F，將F沿水平和豎

直兩個方向分解，如圖所示：

根據牛頓第二定律得：

x軸：

y軸：

又

聯立解得

【點睛】本題是牛頓第二定律和運動學公式的綜合應用，關鍵要正確分析物體的受力情況，采用正交分解法

列出牛頓第二定律方程。

18.有一傾角為的傳送帶逆時針轉動，正常運轉時的速度，AB間長度。現通過定滑輪用輕

繩沿著傳送帶方向拉動的平板，已知平板與傳送帶之間的動摩擦因數平板可視為質點，不計

輕繩和定滑輪之間的摩擦，g取，，

傳送帶靜止時，為了勻速拉動平板，求所需拉力的大小；

傳送帶正常運轉時，用恒力拉動初速度為零的平板，求平板從A點到達B點所用的時間；

傳送帶正常運轉時，將的物體疊放在平板上，物體與平板之間的動摩擦因數隨后拉動初速

度為零的平板物體始終相對平板靜止，求：

從A點到達B點所用的最短時間；

在問中，拉力大小隨時間變化的規律只需寫出結果，不需要計算過程。

【答案】124N；；4s；，，。

【解析】

【分析】

傳送帶靜止時，勻速拉動平板時平板受力平衡，分析其受力，由平衡條件求所需拉力的大小；傳送帶正常

運轉時，用恒力拉動初速度為零的平板，平板先做勻加速運動，由牛頓第二定律求出加速度，由速度

時間公式求出平板加速至速度等于時經歷的時間，并求得此過程的位移，再根據平板與傳送帶共速時

受力情況，判斷之后平板的運動情況，即可求得平板從A點到達B點所用的時間；物體與平板相對靜止時，

對物體受力分析，由牛頓第二定律求得加速度，再由位移公式求從A點到達B點所用的最短時間；對物體和

平板整體分析受力，由牛頓第二定律求拉力大小隨時間變化的規律。

【詳解】傳送帶靜止時，勻速拉動平板時，對平板M受力分析，有

解得；

剛拉動時，平板M所受摩擦力沿傳送帶向上，有

平板加速至速度等于傳送帶速度v時，有，

此過程的位移

解得：，

故平板已經與傳送帶共速。

此后由于，平板做勻速直線運動

有。

平板從A點到達B點所用的時間；

解得：

物體與平板相對靜止，對物體受力分析:

根據牛頓第二定律有：

可得：．

由

解得從A點到達B點所用的最短時間；

對平板M和物體m整體受力分析，有

共速前：。

根據速度時間公式：

解得：，。

共速后，有。

解得：

綜上所述拉力的大小應滿足：，。

【點睛】本題是一道力學綜合題，分析清楚物體的運動過程是正確解題的關鍵，對平板和物體正確受力分析、

應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題。