福建省福州市八县一中中等高一上学期期末考试物理精校精品解析Word版Word格式文档下载.docx
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惯性是物体的固有属性，物体的质量越大，惯性越大，惯性的大小与物体的运动状态无关，选项C正确，D错误；
故选C.
3.如图所示，一木箱放置于做匀速直线运动的小车地板中，下列说法正确的是（ ）
A.木箱所受重力就是木箱对小车的压力
B.木箱所受重力和支持力是一对相互作用力
C.木箱所受支持力和木箱对小车的压力是一对相互作用力
D.木箱所受重力和木箱对小车的压力是一对相互作用力
相互作用力是作用在两个物体上的同种性质的力；
而平衡力是作用在一个物体上的可以不是相同性质的力。
【详解】木箱所受重力与小车对木箱的支持力是一对平衡力，木箱对小车的压力与小车对木箱的支持力是一对相互作用力，则木箱对小车的压力大小等于重力的大小，不能说木箱所受重力就是木箱对小车的压力，选项C正确，ABD错误；
4.如图所示，为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
运动员受到重力、地面的向上的支持力以及向前的静摩擦力作用，故选项A正确，BCD错误；
故选A.
5.在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量M=1.5kg，货物的质量m=1kg，无人机与货物间通过轻绳相连．无人机以恒定动力F=30N从地面开始加速上升，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2．则（）
A.无人机加速上升时货物处于失重状态
B.无人机加速上升时的加速度a=20m/s2
C.无人机加速上升时轻绳上的拉力T=10N
D.无人机加速上升时轻绳上的拉力T=12N
【答案】D
加速度向上为超重，加速度向下为失重；
对整体根据牛顿第二定律求得加速度；
对货物受力分析，根据牛顿第二定律求得拉力；
【详解】货物随无人机加速上升，加速度向上，货物处于超重状态，选项A错误；
在加速上升过程中，根据牛顿第二定律可知F-（M+m）g=（M+m）a
，解得：
a=2m/s2，选项B错误；
对物体根据牛顿第二定律可知T-mg=ma
解得
T=12N
，选项C错误，D正确；
故选D.
【点睛】本题的关键是对飞行器以及货物的受力分析以，结合牛顿第二定律用整体和隔离法求解.
6.一物体沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其运动的v-t图象如图所示．下列说法正确的是（）
A.物体0～1s做匀加速直线运动
B.物体2～3s向下运动
C.物体0～1s加速度方向与2～3s加速度方向相反
D.物体0～1s平均速度与2～3s平均速度相等
v-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大．
【详解】v-t图像的斜率等于加速度，由图像可知，物体在0～1s内加速度逐渐减小，则物体做加速度减小的变加速直线运动，选项A错误；
物体2～3s内速度为正值，即物体向上运动，选项B错误；
物体0～1s内做加速运动，在2～3s内做减速运动，则物体0～1s加速度方向与2～3s加速度方向相反，选项C正确；
v-t图像与坐标轴围成的面积等于位移，则物体0～1s内的位移大于2～3s内的位移，根据v=s/t可知物体在0～1s的平均速度大于2～3s内的平均速度，选项D错误；
7.如图所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mA＞mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是（）
A.物体A的高度升高，θ角不变
B.物体A的高度降低，θ角变小
C.物体A的高度升高，θ角变大
D.物体A的高度不变，θ角变小
最终平衡时，绳的拉力F大小仍为mAg，由二力平衡可得2Fsinθ＝mBg，故θ角不变，但因悬点由Q到P，左侧部分绳子变长，故A应升高，所以A正确
考点：
考查受力平衡的分析
点评：
难度中等，由于整段绳子由一个动滑轮连接，使得两端绳子的拉力大小相等，由对称性可判断绳子拉力大小关系
8.如图所示，质量为10kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2.5kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（ ）
A.0
B.20N
C.25N
D.125N
细线剪断瞬间，先考虑AB整体，根据牛顿第二定律求解加速度，再对B受力分析，根据牛顿第二定律列式求解弹力，最后根据牛顿第三定律列式求解B对A的压力。
【详解】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为：
F=mAg=100N；
剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度为：
；
隔离对B分析，有：
mBg-N=mBa，解得：
N=mBg-mBa=25-2.5×
2N=20N，根据牛顿第三定律可知B对A的压力为20N，故B正确，ACD错误。
故选B。
【点睛】本题考查瞬时加速度问题，解题的关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解。
9.下列说法正确的是（ ）
A.重力总是垂直地面向下的
B.质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外
C.木块放在水平桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的
D.静止的物体可以受到滑动摩擦力
【答案】BD
【详解】重力的方向总是竖直向下的，不一定是垂直地面，选项A错误；
质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上，也可能在物体外，选项B正确；
木块放在水平桌面上受到一个向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，选项C错误；
静止的物体可以受到滑动摩擦力，例如物体沿水平地面滑动，静止的地面受到滑动摩擦力，选项D正确；
故选BD.
10.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移-时间（x-t）图象如图所示，由图象可以得出在0-4s内（ ）
A.甲、乙两物体0-2s运动方向相同，2-4s运动方向相反
B.4s末甲、乙两物体间的距离最大
C.甲的平均速度等于乙的平均速度
D.甲、乙两物体间的最大距离为6m
【答案】AC
根据图象可知两物体同时同地出发，图象的斜率等于速度，通过分析两物体的运动情况，来分析两者的最大距离。
【详解】x-t图象的斜率等于速度，可知在0-2s内甲、乙都沿正向运动，同向运动。
在2-4s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动。
故A正确。
0-2s内两者同向运动，甲的速度大，两者距离增大，2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则第2s末甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为4m-1m=3m，故BD错误。
由图知在0-4s内甲乙的位移都是2m，平均速度相等，故C正确。
故选AC。
【点睛】本题关键掌握位移图象的基本性质：
横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，图象的斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量△x。
11.如图一个铁球从竖立在地面的轻弹簧正上方某处自由下落，接触弹簧并将弹簧压缩，弹簧均为弹性形变,在压缩弹簧的全过程中，以下说法正确的是（ ）
A.铁球始终做减速运动
B.铁球的加速度为0时速度最大
C.铁球的加速度先减小后增大
D.弹簧最短时铁球静止
【答案】BC
小球与弹簧接触后，根据弹簧对小球的弹力和小球重力的合力的关系，分析小球的运动情况以及加速度情况．
【详解】球在接触弹簧到弹簧被压缩的整个过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，弹力先小于重力，后大于重力，合力方向先向下后向上，所以加速度先减小后增加，小球先加速后减速，当铁球受到的弹簧弹力等于自身重力时，加速度为零，速度最大。
故A错误，故BC正确。
弹簧最短时，铁球所受的合力向上，虽然速度为零，但不是静止状态，选项D错误；
故选BC.
【点睛】本题关键是分析小球与弹簧接触后弹力的变化，从而分析合力的变化得到加速度的变化；
注意速度为零不一定是静止状态．
12.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。
无人乘行时，扶梯运转得很慢；
有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。
一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示，那么下列说法中正确的是（）
A.加速时顾客所受重力与支持力的合力方向是竖直向上
B.扶梯对顾客的支持力方向始终是竖直向上
C.扶梯对顾客的摩擦力方向始终指向右上方
D.扶梯对顾客的作用力的方向先指向右上方，再竖直向上
【答案】ABD
分加速和匀速两个过程对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；
匀速过程重力和支持力二力平衡．
【详解】在慢慢加速的过程中，受力如图，因顾客加速度有竖直向上的分量，则顾客所受重力与支持力的合力方向是竖直向上，选项A正确；
无论是加速还是匀速阶段，扶梯对顾客的支持力方向始终是竖直向上的，选项B正确；
加速阶段，因加速度有水平向右的分量，则顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，匀速运动时顾客水平方向不受摩擦力的作用，选项C错误；
加速阶段，扶梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，即扶梯对顾客的作用力的方向先指向右上方；
在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，扶梯对顾客的作用仅剩下支持力，方向沿竖直向上，选项D正确；
故选ABD。
【点睛】本题关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合物体的受力情况，可以得出各个力的大小情况；
匀速过程二力平衡，与运动方向无关.
二、实验题
13.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB与OC为细绳，图乙是在白纸上根据结果画出的图．
（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是___________．
（2）实验中，橡皮筋一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮筋的另一端拉到某一位置O点，以下操作正确的是_____________
A.实验中必须记录弹簧测力计拉力的方向
B.弹簧测力计必须保持与木板平行
C.把橡皮筋与细绳的结点拉到O点时，两弹簧测力计之间的夹角应取900不变，以便于计算合力的大小
D.用两弹簧测力计拉橡皮筋时，两弹簧测力计的示数必须相同
（3）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？
答：
______（选填“变”或“不变”）
【答案】
（1）.
（1）F'
（2）.
（2）AB（3）.（3）不变
该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值与与理论值存在差别；
根据实验的原来及过程判断各选项；
将两个细绳套换成两根橡皮条，效果不变．
【详解】
（1）由于F是从F1和F2的图示中画出的这两个力的合力，F是两个分力的理论值，按照合力的定义那么用一个弹簧秤拉橡皮筋的力必是F′，则F′的方向一定沿AO方向。
（2）记录数据时必须是力的大小和方向、结点的位置都要记录，所以选项A正确；
B拉力方向与板平行才便于记录，减小误差，所以选项B正确；
两个力的方向是任意的，没必要成90°
，两个力的大小也没必要相等，选项CD错误。
故选AB.
（3）由于O点的作用效果相同，将两个细绳换成两根橡皮条，不会影响实验结果．
【点睛】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解．在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．
14.利用图1中的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小车的总质量为M，悬挂钩码的总质量为m，实验所用交流电源的频率为50Hz。
（1）一组同学实验中以下做法正确的是_________________
A．平衡摩擦力时，应将钩码用细绳通过定滑轮系在小车上；
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力；
C．小车运动的加速度可用悬挂钩码的总质量m与小车的总质量M，直接用公式a=mg/M求出；
D．当m与M的大小关系满足m＜＜M时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于钩码的总重力。
（2）保持小车的总质量M不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如表格所示，其中拉力F=0.40N时对应的纸带为图2，则打B点时小车的速度vB=_______m/s，小车运动的加速度a=______m/s2。
（均保留两位有效数字）
（3）根据表格数据，在图3坐标纸上作出a-F图象_______。
（4）根据所作图线，可以求出实验中小车的总质量M=______kg。
（保留两位有效数字）
【答案】
（1）.
（1）BD
（2）.
（2）0.17（3）.0.35±
0.01（4）.（3）如图
（5）.（4）0.97-1.0
（1）根据实验原理判断各选项的正误；
（2）根据逐差法求解加速度，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解B点的速度；
（3,4）根据描点法作出图象；
a-F图线斜率表示质量的倒数，求出实验中小车的质量；
（1）平衡摩擦力时，不挂钩码，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动即可，选项A错误；
每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力；
选项B正确；
小车运动的加速度是通过纸带上的点迹根据运动公式求解的，选项C错误；
当m与M的大小关系满足m＜＜M时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于钩码的总重力，选项D正确；
故选BD。
（2）纸带上相邻两点间有5个时间间隔，则T=0.1s，则打B点时小车的速度
，小车运动的加速度
。
（3）根据表格数据，作出a-F图象如图；
（4）根据
，由图像可知：
，则M=1.0kg.
【点睛】探究加速度与力、质量的关系实验时，要掌握好关键的实验步骤，例如为什么要平衡小车受到的摩擦力，若不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力会出现什么结果；
为什么要使得砝码的质量远小于小车的质量等等．
三、解答题
15.如图所示，水池正上方p点处有一小球，小球由p点开始做自由落体运动经t1=0.8s落入水中,入水后做匀减速直线运动，加速度大小为16m/s2,到池底的速度恰好为零。
（取g=10m/s2）求：
（1）p点到水面的高度
（2）水池的深度h2。
【答案】
（1）3.2m
（2）2m
（1）根据自由落体运动的规律求解p点到水面的高度；
（2）根据v=gt求解小球落到水面时的速度，再根据v2=2ah求解水深.
（1）p点到水面的高度：
（2）小球下落到水面时的速度
在水池中减速运动，有：
16.如图所示，三条轻绳结于O点，轻弹簧水平拉轻绳，OA绳与墙成37°
角，OC绳下端挂一放在水平地面上质量m=1.2kg的物体，物体处于静止状态。
轻弹簧的弹力F=3.3N，劲度系数k=100N/m。
（取g=10m/s2，sin37°
=0.6，cos37°
=0.8）求：
（1）弹簧伸长量；
（2）绳子OC的拉力大小；
（3）物体对地面的压力。
（1）0.033m
（2）4.4N（3）7.6N，方向：
竖直向下
（1）根据胡克定律求解弹簧的伸长量；
（2）对O点受力分析，根据平衡条件求解绳子OC的拉力；
（3）对物体受力分析求解对地面的压力.
（1）弹簧伸长量
（2）O点处于平衡状态，受力如图，根据几何关系得：
绳OC的拉力
（3）对物体：
得
由牛顿第三定律得物体对地面的压力:
方向：
17.如图所示，一水平面与一斜面连接，斜面倾角为37°
，质量m=2kg的物体（可看成质点）静止于水平面上的A点，A点到斜面底端B点的距离L1=3m，斜面上C点到B点的距离L2=4.8m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5。
现物体在恒力F=20N作用下从A点运动到C点，恒力F与水平方向夹角也是37°
，物体经过连接点B时速度大小不变。
（1）物体到达B点时的速度大小；
（2）物体从A点到C点的时间。
（1）6m/s
（2）1.8s
（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解B点的速度；
（2）分析物体在斜面上的个力可知，物体在斜面上匀速运动，根据运动公式求解总时间.
（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：
解得：
a=6m/s2
A到B：
得
（2）水平面：
在斜面上：
则物体在斜面上匀速运动，运动的时间：
物体从A点到C点的时间：
【点睛】此题关键是能正确对物体受力分析，通过比较各力的大小得到物体在斜面上做匀速运动，能灵活运用运动公式.
18.如图所示，传送带与地面的夹角
，两轴心间距离AB的长L=12m,传送带以v=6m/s的速率顺时针转动。
当t=0时在A点无初速度轻放一煤块（可视为质点），煤块与传送带间的动摩擦因数为
，取
（1）求煤块刚开始运动时的加速度大小；
（2）求煤块在传送带上留下痕迹的长度；
（3）若煤块与传送带同速后，煤块运动一段距离传送带被卡住突然停止运动，要使煤块能到达B点，求煤块与传送带同速后到传送带被卡住，煤块运动的最短距离。
（1）2.5m/s2
（2）7.2m（3）3.36m
（1）煤块刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）煤块向上做匀加速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间，根据运动公式求解煤块和传送带的位移，两者之差为划痕长度．
（3）若煤块的速度和传送带的速度相同后传送带停止运动，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出煤块匀速运动的最短距离．
（1）设煤块刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图，
根据牛顿第二定律，沿传送带方向有：
f-mgsinθ=ma1
垂直传送带方向：
mgcosθ=N
又f=μN
由以上三式得：
a1=2.5m/s2
（2）煤块速度从0增加至与传送带速度同速所用时间设为t1，有：
a1t1=v则：
t1=2.4s
煤块的位移：
传送带的位移：
痕迹的长度：
共速后因
，则煤块与传送带相对静止，随传送带一起匀速上行，则煤块在传送带上留下痕迹的长度为7.2m；
（3）煤块与传送带同速后传送带停止运动，有：
μmgcosθ+mgsinθ=ma2
传送带卡住后煤块减速的距离：
煤块与传送带同速后至传送带被卡住运动最短距离：
【点睛】传动带问题，关键是分析物体的受力情况以及运动情况，尤其是共速后的运动情况要看
与
的大小关系来判断.
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