洛陽強基聯(lián)盟高-1月檢測·物理

參考答案、提示及評分細(xì)則

1.A亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體才會運動，如果沒有力，物體就不會運動，A錯誤；伽利略通過“理想

實驗”得出結(jié)論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運動下去，B正確；笛卡爾指出：如果運動

中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向，C正確；牛頓認(rèn)

為，物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，稱為慣性，D正確．

2.C分鐘(min)、噸(t)是基本單位但不是國際單位制中的基本單位，帕斯卡(Pa)是國際單位制中的單位，選項A錯誤；牛

頓(N)是國際單位制中的導(dǎo)出單位而不是基本單位，1N=1kg·m/s2,選項B錯誤；國際單位制中三個力學(xué)基本單位分

別是米(m)、千克(kg)、秒(s),選項C正確；加速度是物理量，而不是國際單位制中的導(dǎo)出單位，選項D錯誤．

3.B物體從原點由靜止開始沿x軸正方向做直線運動，由at圖可知0~t0時間內(nèi)加速度大小恒定且為正值，則物體做

初速度為零的勻加速直線運動，t0~2t0時間內(nèi)加速度恒定為負(fù)值，則物體做勻減速直線運動，at圖像的面積是速度變

化量，兩段時間內(nèi)的速度變化量大小相等，則2t0末物體的速度為零．vt圖像的斜率表示加速度，圖中物體先做加速度

減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，故A錯誤，B正確；xt圖像的斜率表示速度，圖中物體先做正向勻速直

線運動，再做反向勻速運動，故C錯誤；圖中物體先做正向減速直線運動，再做反向加速直線運動，故D錯誤．

4.D頭發(fā)恰好被拉斷時，設(shè)頭發(fā)與豎直方向的夾角為θ,根據(jù)受力平衡可得2Fmcosθ=mg，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得sinθ

,則θ=30°,則頭發(fā)能承受的最大拉力為FN=、N,故選D.

5.D運動至最高點的過程中，有hgt2,t，解得t=1s,h’=5m,則離地面的最大高度為H＝h＋h’=20m,從最

高點落地的時間滿足H＝gt’2,解得t’=2s,則物體在空中運動的時間為t”＝t＋t’=3s,故A錯誤，D正確；根據(jù)速

度—時間公式有v＝gt’=20m/s,故B錯誤；物體被拋出的第2.5s末，物體的位移為x＝v0tgt

10×2.52m=-6.25m,故C錯誤．

6.C對水桶受力分析，如圖所示，OA由豎直緩慢轉(zhuǎn)到水平的過程中，水桶受到的合力為零，

由圖知F1先減小后增大，F(xiàn)2不斷減小，C正確．

7.D地面光滑，在恒力F作用下，物塊從A到B做初速度為零的勻加速直線運動，在B點

物塊與彈簧接觸，開始壓縮彈簧，物塊所受合力F合＝F－kx．剛開始彈簧的形變量較小，彈

簧的彈力小于恒力，物塊所受合力向右，物塊繼續(xù)向右做加速運動，隨著彈簧形變量的增

加，彈簧彈力增加，物塊所受合力減小，加速度逐漸減小，則當(dāng)彈簧彈力與恒力相等時物塊

所受合力為零，物塊速度最大，A錯誤；物塊繼續(xù)向右運動過程，彈簧彈力大于恒力，物塊所

受合外力水平向左，物塊做減速運動，合力逐漸增大，加速度逐漸增大，物塊做加速度增大的減速運動，直到速度減為

零，由題意可知，物塊恰能運動到C點，說明物塊到達(dá)C點時速度為零，此時物塊所受合力水平向左，物塊要向左做加速

運動，物塊不能靜止在C點，B錯誤；由以上分析可知，從B到C過程物塊的加速度先減小后反向增大，速度先增大后減

小，C錯誤，D正確．

8.AB擊球時，球拍對網(wǎng)球的彈力是因為球拍發(fā)生了形變，故A正確；球拍對網(wǎng)球的作用力與網(wǎng)球?qū)η蚺牡淖饔昧κ且?/p>

對相互作用力，大小相等，故B正確；擊球后，網(wǎng)球會在空中繼續(xù)運動，是因為慣性，網(wǎng)球在空中沒有受到向前的推力，故

C錯誤；慣性只由質(zhì)量決定，與速度無關(guān)，擊球后，網(wǎng)球在空中繼續(xù)運動的過程中，網(wǎng)球的慣性不變，故D錯誤．

9.AC剪斷細(xì)繩之前彈簧的彈力F細(xì)繩的拉力T＝mgtanθ,剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不變，即彈簧彈力的大

g

小為,則小球受到的合力為T＝mgtanθ,則加速度為agtanθ,故選A、C.

cｓθ

10.BD對圖甲的物塊P進(jìn)行受力分析，由題知合力方向與運動方向相同，可得mg＝F0sin300°,解得m=

F0

，a甲＝、3g，A錯誤，B正確；對圖乙的物塊P進(jìn)行受力分析，水平方向由牛頓第二定律可得FN=ma乙，豎直方向由

2g

二力平衡可得f＝mg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力f=μFN,結(jié)合μ=0.5,綜合可得a乙=2g，C錯誤；對物塊與木箱

組成的整體，由牛頓第二定律可得F乙=2ma乙，結(jié)合m，綜合可得F乙=2F0,D正確．

11.(1)1050(2)a（每空2分）

解析：(1)根據(jù)胡克定律有F＝k（L－L0)=kL－kL0,則FL圖像的橫軸截距為彈簧自由下垂時的長度，則L0=

10cm；圖像的斜率為勁度系數(shù)，則有k=N/m=50N/m.

【高一1月檢測·物理參考答案第1頁（共2頁）】

(2)FL圖像的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)，由圖丙可知，彈簧a的勁度系數(shù)小于彈簧b的勁度系數(shù)，故用彈簧a制做的

彈簧秤可以滿足當(dāng)彈簧秤示數(shù)相同時，形變量大，靈敏度高．

12.(1)平衡小車與紙帶受到的阻力（表述合理即可）(1分）(2)mM(1分）(3)1.0(2分）

(4)不需要(1分）D(1分）(5)沒有平衡摩擦力（或木板傾角過?。┗蛏惩昂蜕车目傎|(zhì)量沒有滿足遠(yuǎn)小于小車和車中

砝碼總質(zhì)量(2分）

解析：(1)判斷恰好補償了阻力的實驗現(xiàn)象是：紙帶上相鄰的點跡間距相等，則說明小車做勻速直線運動，恰好補償了

阻力．

(2)以M為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝Ma，以m為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－F＝ma，聯(lián)立可得F=

mgmg，則為了保證沙和沙桶所受的重力近似等于使小車做勻加速運動的拉力，沙和沙桶的總質(zhì)量m與

小車和車中砝碼的總質(zhì)量M之間應(yīng)滿足的條件是mM．

(3)打點計時器所用的電源頻率是50Hz,所以相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T=0.1s,所以小車的加速度大小a=

(4)平衡摩擦力的實質(zhì)是μ=tanθ,故不需要．根據(jù)牛頓第二定律可得F＝Ma，則aF，即a與成正比，為直觀、方

便地處理數(shù)據(jù)，則應(yīng)作a圖像，該圖像是一條過原點的傾斜直線，D正確．

(5)只有F在一定值后才出現(xiàn)a，則是因為沒有平衡摩擦等阻力或平衡了但木板傾角過小；隨著m的增大，圖像出現(xiàn)向

下彎曲，則是因為沒有滿足mM這一條件．

13.解：(1)箱子在水平地面上勻速前進(jìn)，即箱子受力平衡公眾號：高中好試卷

在豎直方向上有Fsinθ+N＝mg(4分）

解得N=160N(1分）

(2)在水平方向上有Fcosθ=f(4分）

又f=μN(2分）

聯(lián)立解得μ=0.5(1分）

14.解：(1)根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－f＝ma1(2分）

2

解得a1=7.5m/s(2分）

發(fā)動機熄火后，火箭在自身重力和空氣阻力作用下，2s后做勻減速直線運動，

則火箭最大速率為℃m=a1t1(1分）

解得℃m=15m/s(1分）

(2)發(fā)動機熄火后，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋f＝ma2(2分）

2

解得a2=12.5m/s(1分）

利用逆向思維，根據(jù)速度公式有℃m=a2t2(1分）

解得減速上升時間t2=1.2s(1分）

火箭模型上升的總時間t＝t1+t2=3.2s(1分）

15.解：(1)掛7個鉤碼時對重物受力分析如圖1所示

有f＝T－mgsinθ=1N(2分）

而fmax=μmgcosθ=4N>f成立(1分）

所以重物受摩擦力大小為1N,方向沿斜面向下(1分）圖1

(2)掛7個鉤碼時已知重物不會相對斜面滑動，對重物和斜面整體受力分析如圖2所示

f1=Tcosθ=5.6N(2分）

而fmax=μ［（M＋m）g－Tsinθ]=52.9N>f1成立(1分）

所以斜面受到地面的摩擦力大小為5.6N,方向水平向右(1分）

(3)若重物不沿斜面下滑所需最小拉力

T1=mgsinθ-μmgcosθ=2N(2分）