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.docx

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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

高中一年级第一学期八县（市）一中期末联考

物理科试卷

一、选择题

1.在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是（）

A.亚里士多德、伽利略B.伽利略、牛顿

C.伽利略、爱因斯坦D.亚里士多德、牛顿

【答案】B

【解析】

试题分析：

物理常识的理解和记忆，对于每个物理学家，他的主要的贡献是什么要了解．

解：

亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才会运动，但这是不对的；

伽利略推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因；

牛顿提出了物体的运动定律，其中的牛顿第一定律即为惯性定律；

爱因斯坦提出了光子说很好的解释了光电效应的实验规律．

所以B正确．

故选B．

【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况．

2.关于牛顿第一定律，下列说法正确的是（　　）

A.牛顿第一定律是依靠实验事实，直接归纳总结得出的

B.根据牛顿第一定律可知，力是维持物体运动的原因

C.惯性是物体的固有属性，物体的质量越大，惯性越大

D.物体保持静止和匀速直线运动状态时有惯性，加速时没有惯性

【答案】C

【解析】

【分析】

牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律，它告诉我们物体在不受力的作用时保持静止状态或物体做匀速直线运动状态；牛顿第一定律反映了物体不受到外力时的运动规律．

【详解】牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故A错误；根据牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故B错误；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

【答案】C

【解析】

【分析】

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；故选C.

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

【解析】

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

【解析】

【分析】

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

【答案】C

【解析】

【分析】

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；故选C.

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

【答案】A

【解析】

试题分析：

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

【答案】B

【解析】

【分析】

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

【解析】

【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

【解析】

【分析】

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

【解析】

【分析】

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

【解析】

【分析】

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

【解析】

【分析】

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

【解析】

【分析】

（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；

【详解】

（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

【解析】

【分析】

（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.

【详解】

（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。

【答案】

（1）0.033m

（2）4.4N（3）7.6N，方向：

竖直向下

【解析】

【分析】

（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.

【详解】

（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：

竖直向下

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。

（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（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。

【答案】

（1）6m/s

（2）1.8s

【解析】

【分析】

（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.

【详解】

（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。

【答案】

（1）2.5m/s2

（2）7.2m（3）3.36m

【解析】

【分析】

（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．

【详解】

（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.