福建省福州市福清市2024-2025學年高一（下）期中物理試卷（含解析）

福建省福州市福清市2024-2025學年高一（下）期中

物理試卷

一、單選題：本大題共4小題，共16分。

1.2024年5月8日，“福建艦”圓滿完成首次航行試驗任務?！案＝ㄅ灐闭诤Ｃ嫔线M行轉彎作業(yè)，下列選

項分別畫出了“福建艦”沿曲線由M向N轉彎（俯視圖）時所受合力F的方向，其中可能正確的是（）

M

N---

2.關于功是否為矢量，下列說法正確的是（）

A.功是標量B.力是矢量，功也是矢量

C.力和位移都是矢量，功也一定是矢量D.因為功有正功和負功，所以功是矢量

3.下列物體在運動過程中，機械能守恒的是（）

A.被起重機拉著向上做加速運動的貨物B.在空中向上做勻速運動的氫氣球

C.沿粗糙的斜面向下做勻速運動的小球D.一個做自由落體運動的小球

4.一足球運動員將質量為1kg的足球由靜止踢出，足球離開腳時的速度為lOm/s,假設運動員踢球瞬間的

平均作用力為200N,球在水平方向上運動了30zn停止，則人對球所做的功為（）

A.6000/B.500/C.200/D.50/

二、多選題：本大題共4小題，共24分。

5.某人用同一水平力F先后兩次拉同一物體，第一次使此物體從靜止開始在光滑水平面上前進1距離，第二

次使此物體從靜止開始在粗糙水平面上前進2距離.若先后兩次拉力做的功分別為名和叩2,拉力做功的平

均功率分別為B和「2，則（）

A.肌=W2B.電>W2C.Pi>P2D.P]=P2

6.如圖所示，四個相同的小球在距地面相同的高度處以相同的速率分別豎直下拋、豎直上拋、平拋和斜

拋，不計空氣阻力，則下列關于這四個小球從拋出到落地過程的說法中正確的是（）

..…o……M……q……小

V.T

A.從開始運動至落地，重力對小球做功相同

B.小球落地時，重力的瞬時功率相同

C.小球飛行過程中單位時間內的速度變化量相同

D.從開始運動至落地，重力對小球做功的平均功率相同

7.如圖所示，一輛貨車利用跨過光滑定滑輪的輕質纜繩提升一箱貨物，已知貨箱

的質量為加0，貨物的質量為小，貨車以速度"向左做勻速直線運動，在將貨物提

升到圖示的位置時，說法正確的是（）

A.纜繩中的拉力%等于（爪。+m'）gB.貨箱向上運動的速度小于u

C.貨物對貨箱底部的壓力大于mgD.貨箱向上運動的速度等于「彳

8.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速率順時針運轉，4B間距為

4m,質量為1kg物塊（可視為質點）輕放在傳送帶的4端，物塊與傳送

帶間的動摩擦因數為0.5,重力加速度g取10m/s2,則物塊從4到B的

過程中（）

A.物塊做勻加速直線運動B.摩擦產生的熱量為12.5/

C.傳送帶對物塊做功為20/D.傳送帶克服摩擦力做功為25/

三、填空題：本大題共3小題，共9分。/

9.如圖所示，質量為5即的木塊在與水平方向成37。角且大小為20N的拉力尸作用下，沿

水平向右方向勻速運動了10小，在這一過程中，摩擦力做功為J,合力做功為

77777777T7T

______h

10.如圖所示，在地面上以初速度為拋出質量為a的物體，落到比地面低h的海平面上。若以地面為參考平

面，物體落到海平面時的重力勢能為,整個過程中重力對物體做的功為,整個過程中物體的

重力勢能減少了。

11.如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩名運動員（均視為質點）從出發(fā)區(qū)先后沿水平方

向向左騰空飛出，其速度大小之比為"尹：vz=2:1不計空氣阻力，則濘匚'

甲、乙兩名運動員從飛出至落到著陸坡（可視為斜面）上的過程中，甲、乙

落到坡面上的瞬時速度方向（選填“相同”或“不同”），在空中飛

行的時間之比為t用：七乙=。

四、實驗題：本大題共2小題，共12分。

12.采用如圖（甲）所示的實驗裝置做“探究平拋運動的特點”的實驗。

（1）在利用斜槽軌道研究平拋運動的實驗中，下列說法正確的是O

A必須稱出小球的質量

A斜槽軌道必須是光滑的

C斜槽軌道末端必須是水平的

D應該使小球每次從斜槽上相同位置從靜止開始滑下

（2）如圖（乙）所示為一小球做平拋運動時用閃光照相的方法獲得的相片的一部分，圖中背景小方格的邊長為

1.25cm,g取lOm/s?,貝!］：

①圖中a點平拋的起點（選填“是”或“不是”）；

②小球做平拋運動的初速度大小%=爪/s；

③小球過B點的速度大小幅=m/sc,

13.某同學用如圖(甲)所示的裝置驗證機械能守恒定律。用細線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一

個小電動機，電動機軸上裝一支軟筆。電動機轉動時，軟筆尖每轉一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡。(忽

略軟筆尖對鋼柱運動的影響，已知當地重力加速度為g)

(1)實驗操作時，應該o

A先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落

區(qū)先燒斷細線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機轉動

(2)如圖(乙)所示是某次實驗得到的鋼柱痕跡圖像，其中痕跡。為畫出的第一個痕跡，從痕跡。開始選取5條

連續(xù)的痕跡2、B、C、D、E,測得它們到痕跡。的距離分別為%、心、生、麗、hE,若鋼柱的質量為zn,

電動機每秒轉動n圈，則畫出痕跡。時，鋼柱下落的速度丹=，此時鋼柱的重力勢能與痕跡4位置相

比重力勢能改變量大小為o(用題中所給物理量的字母表示)

(3)該同學測量出各痕跡到第一個痕跡。的距離力及各痕跡對應鋼柱的下落速度外然后以％為橫軸、以后為

縱軸作出了如圖(丙)所示的圖線。若鋼柱下落過程中機械能守恒，則圖線的斜率近似等于。(用題中

所給物理量的字母表示)

五、計算題：本大題共3小題，共39分。

14.刀削面堪稱天下一絕。如圖所示，將小面圈沿鍋的某條半徑方向水平削出時，距鍋的高度為八=

0.8m,與鍋沿的水平距離為L=0.45機，鍋的半徑也為L=0.45小，小面圈(看作質點)在空中的運動可視為

平拋運動，取g=10m/s2(sin37°=0.6,cos370=0.8)。

(1)求小面圈掉入鍋中需要的時間；

(2)若小面圈削離時的速度為2m/s,求小面圈落入鍋中的位置；

(3)若小面圈削離時的速度為3m/s,求小面圈落入鍋中的速度大小和方向。

15.如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機，起重機通過一輕質鋼絲

繩吊起質量為8x102kg的物體，繩的拉力不能超過1.2xIO，％,起重機

的功率不能超過1.2x要將此物體由靜止起用最快的方式吊高

90mo已知此物體在被吊高接近90小時，已經開始以最大速度勻速上升。

已知重力加速度g為1。巾/$2,求：

(1)物體所能達到的最大速率；

(2)勻加速上升高度；

(3)物體上升全程所用的時間。

16.滑草是一項前衛(wèi)運動，和滑雪一樣能給運動者帶來動感和刺激。福清部分景區(qū)也開啟了滑草項目。某

體驗者乘坐滑草車運動過程簡化為如圖所示，滑草車從4點靜止滑下，滑到B點時速度大小不變而方向變?yōu)?/p>

水平，再滑過一段水平草坪后從C點水平拋出，最后落在三角形狀的草堆上。已知斜坡4B與水平面的夾角

8=37。，長為以8=15m，水平草坪BC長為孫c=1。m，從4點滑到B點用時3s。該體驗者和滑草車的質

量m=60kg,運動過程中看成質點，在斜坡上運動時空氣阻力不計。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加

速度g=10m/s2)

(1)求滑草車和草坪之間的動摩擦因數：

(2)體驗者滑到水平草坪時，恰好受到與速度方向相反的水平恒定風的作用，其風力大小為40N。求體驗者

滑到C點時的速度大??；

(3)已知三角形的草堆的最高點。與C點等高，且距離。點6m，其左頂點E位于C點正下方3爪處。在某次滑

草過程中，體驗者和滑草車離開C點時速度大小為4m/s,無風力作用，空氣阻力忽略不計，求體驗者和滑

草車落到草堆時的動能。

D

B

EF

答案解析

1.【答案】B

【解析】解：“福建艦”做的是曲線運動，受到的合力應該指向運動軌跡彎曲的內側，故2正確，AC。錯

誤。

故選：So

根據物體做曲線運動受到的合力應該指向運動軌跡彎曲的內側分析。

本題比較基礎，知道曲線運動的合外力指向軌跡內側即可順利求解。

2.【答案】A

【解析】解：功是標量，但有正負，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

根據力和位移、路程、功的標矢量特點進行分析解答。

考查各物理量的標矢量特性，會根據題意進行準確分析解答。

3.【答案】D

【解析】解：4被起重機拉著向上做加速運動的貨物，拉力對貨物做正功，其機械能增加，故A錯誤；

3.在空中向上做勻速運動的氫氣球，除重力做功外，空氣浮力對氣球做正功，氣球的機械能增加，故B錯

誤；

C.沿粗糙的斜面向下做勻速運動的小球，除重力做功外，摩擦力對小球做負功，小球的機械能減小，故C

錯誤；

。做自由落體運動的小球，只有重力做功，其機械能守恒，故。正確。

故選：Do

物體機械能守恒的條件是系統(tǒng)內只有重力或彈力做功，根據機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的情

況，判斷哪些力對物體做功，即可判斷物體是否是機械能守恒。

解決本題的關鍵掌握判斷機械能是否守恒的方法，1、看是否只有重力做功；2、看動能和勢能之和是否不

變；同時還要掌握根據動能和重力勢能的變化分析機械能是否守恒的方法。

4.【答案】D

【解析】解：由題知，一足球運動員將質量為1kg的足球由靜止踢出，足球離開腳時的速度為lOm/s,則

由動能定理可知，人對球所做的功為：

11

W=1mv2-0=ixlx102/-0=50/,

故。正確，ABC錯誤;

故選：Do

由題知，一足球運動員將質量為1kg的足球由靜止踢出，足球離開腳時的速度為IOM/S,由動能定理列

式，即可確定人對球所做的功。

本題主要考查對動能定理的掌握，解題的關鍵是，要先確定不同的力在哪個階段做功，再根據動能定理列

式，因為有些力在物體運動全過程中不是始終存在的。

5.【答案】AC

【解析】解：4、由題知，用同一水平力F拉物體，物體運動的距離s相同，由功的公式有：

W=Fs,

可知拉力做的功為：W1=W2；故A正確，8錯誤；

C、又因為P=f,由于第二次在粗糙水平面上運動；故運動時間：G<t2，

拉力做功功率：Pi>02.故C正確，D錯誤

故選：ACo

在物體運動過程中，知道拉力相同，移動的距離相同，根據W=Fs比較拉力做功的大小關系；又知道運

動時間的大小關系，根據功率公式「=子分析拉力做功功率的大小關系

本題考查了學生對功的公式、功率公式的掌握和運用，比較做功大小時，緊緊抓住“力和在力的方向上移

動的距離相等”，不要受接觸面情況的影響.

6.【答案】AC

【解析】解：C、根據加速度的定義式a=郎知單位時間內的速度變化即為加速度，它們的加速度都是g,

所以小球飛行過程中單位時間內的速度變化相同，故C錯誤。

B、重力小球落地時做功的瞬時功率公式為P=mg%,%是豎直方向的分速度，四個球落地時豎直方向的

分速度不全相同，豎直下拋，豎直上拋最大，重力落地時重力的功率最大。故8錯誤。

AD>重力做功以=zngh,起點與終點的豎直高度相等，重力相等，重力做功即相等。

四個小球拋出后，加速度都是g,豎直方向都做勻變速直線運動，設高度為九，則有

2

對于第1個球：h=vot+^gt

第二個球：先上升后下落，返回出發(fā)點時，速率等于%,則知豎直上拋小球的運動時間大于豎直下拋小球

運動時間。

第三個球做平拋運動，h=\gt\

第四個球豎直方向：做豎直上拋運動，運動時間比平拋運動的時間長。故可知豎直下拋的小球運動時間最

短，豎直上拋的小球運動時間最長。

由平均功率公式P=:知重力對每個小球做的功相同，但運動時間不同，故平均功率不同，故A正確，D

錯誤。

故選：ACo

由題四個小球拋出后，只受重力作用，加速度都是g,從拋出到落地，豎直方向的位移大小相等，根據運

動學公式可比較時間；落地時各個速度方向的不全相同，可知速度不全相同。重力做功時起點

與終點的豎直高度相等，重力相等，重力做功即相等。重力小球落地時做功的瞬時功率公式為P=

mgvy,%是豎直方向的分速度。平均功率等于功與時間之比。

本題是運動學公式，機械能守恒定律，功率公式的綜合運用，抓住四個小球的加速度相同的條件進行分

析。

7.【答案】BC

【解析】解：AD.將貨車的速度進行正交分解，如圖所示：

由于繩子不可伸長，貨箱和貨物整體向上運動的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，故％=

vcose,由于。不斷減小，故貨箱和貨物整體向上做加速運動，加速度向上，貨箱和貨物整體向上做加速運

動，故拉力%>（m+爪0）9，故AO錯誤；

B、貨箱和貨物整體向上做加速運動，大小巧="os。<故2正確；

C、貨箱和貨物整體向上做加速運動，貨物超重，則貨物對貨廂的壓力大小大于mg,故C正確。

故選：BC.

在將貨物提升的過程中，由于纜繩不可伸長，貨箱向上運動的速度和貨車運動的速度沿著纜繩方向的分量

相等，根據平行四邊形定則求出貨車的速度表達式，結合牛頓第二定律分析即可。

本題的關鍵要掌握纜繩端物體速度分解的方法，知道纜繩端物體沿纜繩方向的分速度相等，推導出貨箱與

貨車的速度關系式，從而確定貨箱的運動規(guī)律，然后超重與失重的特點分析，并注意兩者的區(qū)別。

8.【答案】BD

【解析】解：2、物塊先做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為：a=^=)ig=5m/s2

物塊速度增加至與皮帶速度相同時所用時間為：t=上=gs=Is

a5

物塊做勻加速直線運動的位移為：=—=—m=2.5m<L=4m,然后物塊相對傳送帶靜止一起做勻

速直線運動，故A錯誤；

B、物塊做勻加速運動的過程中，傳送帶的位移為：=vt=5xIm=5m

物塊相對于傳送帶運動的位移大小為：△x=乂帶-x1=5m—2.5m=2.5m

則摩擦產生的熱量為Q=“mg△%=12.5/,故B正確；

C、物塊運動到皮帶右端時速度為u=5m/s,根據動能定理得傳送帶對小物塊做功為：W=|mv2=jX

1X52/=12.5/,故C錯誤；

D、傳送帶克服摩擦力做功為W點=帶=0.5x1x10x5/=25/,故。正確。

故選：BDo

物塊在傳送帶上先做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求出物體的加速度，再由速度-時

間公式求出物塊加速至與皮帶速度相同時所用時間，由位移-時間公式求出此過程的位移，與皮帶的長度

比較，從而分析此后物塊的運動情況。根據相對位移求摩擦產生的熱量。根據動能定理求傳送帶對小物塊

做功。根據功的公式求傳送帶克服摩擦力做功。

對于傳送帶問題，關鍵是要弄清楚物塊的運動情況，利用牛頓第二定律和運動學公式求解物塊勻加速運動

的位移，從而判斷其運動情況。要注意摩擦生熱與相對位移有關。

9.【答案】一1600

【解析】解：對物體進行受力分析，如圖所示

物體勻速運動，合力為零

有好=FcosQ=20x0.8/V=16N

根據勿=FLcosd

有摩擦力做功w=FfLcosl800=-16X107=-160/；

合力為零，所以合力做功為零。

故答案為：—160；0o

對物體進行受力分析，根據勿=FLcos。列式求解；求出合力，根據勿=FLcos。列式求解。

本題考查功的計算，比較簡單，畫出受力分析圖并求出各個力的大小是解題關鍵。

10.【答案】—mghmghmgh

【解析】解：若以地面為參考平面，物體落到海平面時的重力勢能為Ep=-mgh

整個過程中重力對物體做的功為WG=mgh

由重力勢能與重力做功的關系可得/Ep=-WG=-mgh

故整個過程重力勢能減少了爪9鼠

故答案為：—mgh,mgh.,mgh.

重力勢能是相對的，是相對于參考平面，而重力做功只與初末位置有關，與路徑無關.重力做功多少，重

力勢能就減少多少.由此分析即可.

解決本題的關鍵要掌握重力做功的特點：重力做功只與初末位置有關，與路徑無關.知道重力勢能的變化

取決于重力做功.

11.【答案】相同2：1

【解析】解：根據平拋運動的推論：瞬時速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩

倍，只要是落在斜面上，位移與水平方向夾角相同，所以兩人落到斜坡

上的瞬時速度方向一定相同；

落在斜面上的速度大小之比等于初速度之比，則有：

?甲”甲2

廠運］

設坡傾角為仇

則有：tand=-=警-=盧

XVgt2Pg

2vQtan0

t=--------

9

可知他們飛行時間之比為工=—=7

t乙v乙1

故答案為：相同；2：1

甲、乙兩名運動員在空中做平拋運動，根據落到坡面上時瞬時速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與

水平方向夾角正切值的兩倍，分析落到坡面上的瞬時速度方向關系，由幾何關系求落到坡面上的瞬時速度

大小之比。根據豎直分位移與水平分位移之比等于斜坡傾角的正切，求解運動時間之比。

本題主要考查平拋運動分運動的計算及夾角運算，學生要對平拋運動基本知識點掌握熟練，本題難度一

般。

12.【答案】CD；①不是；②0.75；③1.25

【解析】解；(1)4實驗中無需稱小球到質量，故A錯誤；

BCD.為了讓小球每次做同樣的平拋運動，小球每次應從同一位置滾下，不需斜槽軌道光滑，為了保證小球

做平拋運動，斜槽末端必須水平，故CD正確，B錯誤；

故選：CD.

X

(2)①小球在水平方向做勻速直線運動，則有=BC=3L=v0T

則相鄰兩點的時間相等，豎直方向，根據勻變速運動的推論可知相鄰兩點間距應滿足1：3：5...,故A點

不是拋出點；

②在豎直方向上，根據位移差公式得：Ah=5L-3L=2L=gT2

解得T=0.05s

結合3L=v0T

解得見=0.75m/s

③8點豎直方向的速度為%=

根據速度的合成可知UR=/VO+

解得"B-1.25m/s

故答案為；(1)CD；(2)①不是；@0.75；③1.25

(1)根據實驗原理和操作規(guī)程，分析判斷各選項的正誤；

(2)根據勻速直線運動和勻變速直線運動規(guī)律計算分析。

本題考查探究平拋運動的特點的實驗，要求掌握實驗原理、正確的實驗操作步驟；根據勻變速運動推論求

解時間間隔是解題的關鍵。

13.【答案】4；叫”),mg(%—%)；2g

【解析】解：(1)實驗中，為了使得軟筆尖在鋼柱表面畫第一條痕跡時，鋼柱的速度為0,需要先打開電源

使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落，故A正確，B錯誤。

故選：Ao

(2)電動機每秒轉動幾圈，則相鄰痕跡之間的時間間隔為7=；,由于勻變速直線運動全程的平均速度等于中

間時刻的瞬時速度，則有外="含，解得V。=n/”),結合上述可知，此時鋼柱的重力勢能比力位置的

減少值為Ep=mg(hD-hA)；

(3)根據機械能守恒定律有巾9/1=2小/，變形得/=2g/i,可知，若鋼柱下落過程中機械能守恒，則圖線

的斜率近似等于2g。

故答案為：(1)4⑵“麗”),mg(hD-hA)；(3)2g。

(1)根據驗證機械能守恒的實驗原理和注意事項進行解答；

(2)根據紙帶的數據處理和重力勢能的表達式進行分析解答；

(3)根據機械能守恒和圖像斜率的物理意義進行解答。

考查機械能守恒定律的實驗原理和注意事項，會根據題意進行準確分析解答。

14.【答案】小面圈掉入鍋中需要的時間為0.4s；

小面圈落入鍋中的位置到左鍋沿的距離為0.35m；

小面圈落入鍋中的速度大小為5m/s,方向與水平方向夾角為53。

【解析】解：(1)小面圈在豎直方向上做自由落體運動，根據h=：gt2得

2h2x0.8

t=s=0.4s

J不10

(2)若小面圈削離時的速度為%=2a/s,小面圈掉入鍋中需要的時間不變，仍為0.4s,則小面圈水平方向

的位移為

x=vot=2x0.4m=0.8m

則小面圈落入鍋中的位置到左鍋沿的距離為s=x-L=0.8m-0.45m=0.35m

(3)若小面圈削離時的速度為為'=3m/s,入鍋時豎直方向分速度為

vy—gt—10xOAm/s=4mls

則小面圈落入鍋中的速度大小為

v—J喑+藥=32+42m/s=5m/s

設小面圈落入鍋中的速度方向與水平方向夾角為8,則

八%4

tCLTlu=---7=—

%3

解得

0=53°

答：(1)小面圈掉入鍋中需要的時間為0.4s；

(2)小面圈落入鍋中的位置到左鍋沿的距離為0.35小；

(3)小面圈落入鍋中的速度大小為5M/S,方向與水平方向夾角為53。。

(1)小面圈在空中的運動可視為平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據h=計算運動時間；

(2)根據小面圈在水平方向上做勻速直線運動的規(guī)律計算面圈的水平位移，然后分析落點位置；

(3)先根據為=gt求出小面圈落入鍋中時豎直方向的分速度，然后根據速度合成計算小面圈落入鍋中的速

度和方向。

解決本題的關鍵要掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道平拋運動的時間由高度決定，

初速度和時間共同決定水平位移。

15.【答案】物體所能達到的最大速率為15m/s；

勻加速上升高度為10m；

物體上升全程所用的時間為7.75s

【解析】解：(1)當物體勻速上升時，速度最大，此時拉力尸=zng,由P=Fu可得最大速率為

PP1.2x105

=方=---=-------------m/s=15m/s

W8X102X10

(2)物體勻加速上升時，拉力恒定，由牛頓第二定律得

Fm—mg=ma

4日Fm,1.2x10.八、.nl/?

^a=--g=(-22

8X102--10)m/s=5m/s

當起重機功率達到最大時，勻加速階段結束，由P=%"可得勻加速運動的末速度為

P1.2x105

v=-=—=--------Tm/s=10m/s

Fm1.2X104

根據/=2ah,可得勻加速上升高度為

v2102

h=-^―=----=10m

2a2x5

(3)勻加速階段，由u=ah得

v10

%=—=-=-s=2s

aS

變加速階段，上升的高度為*=90m-10m=80m

根據動能定理得

11

2

Pt2—mgh=2租瓦—-2mv

解得力2=5.75s

勻速階段上升高度近似為0(接近90nl時開始勻速)，所用時間近似為0,故物體上升全程所用的時間為

t=2s+5.75s=7.75s

答：(1)物體所能達到的最大速率為15m/s；

(2)勻加速上升高度為10m；

(3)物體上升全程所用的時間為7.75s。

(1)起重機先以最大的拉力工作，可知物體先做勻加速直線運動，當電動機的實際功率達到最大功率后