2024~2025 学年度第一学期高一六校联合学业质量检测·物理
参考答案、提示及评分细则
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D D A B C C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合要求。全部选对的得6分，选
对但不全的得3分，有错选的得0分。
题号 8 9 10
答案 BCD AD ABC
1. B 伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，A、C错误；伽利略开创了运用逻辑推理
和实验相结合进行科学研究的方法，B正确；亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没
有力的作用，物体就静止，D错误.
2. D 将力F进行正交分解可得耕索对犁拉力的水平分力为Fcosθ，竖直分力为Fsinθ，A、B错误；耕索拉犁的
力 F和犁对耕索的拉力T为一对相互作用力，作用在两个物体上，不能够进行合成，C错误；根据牛顿第三
定律，耕索拉犁的力 F和犁对耕索的拉力T为一对相互作用力，大小相等，方向相反，D正确.
3. D 缓慢爬行相当于动态平衡，有. f =mgsinθ、F =mgcosθ,从A经B，随着θ的减小，摩擦力先减小，弹
N
力先增大；从B经C，随着θ的增大，摩擦力再增大，弹力再减小，A、B错误；从左向右缓慢爬行，始终
处于平衡状态，则树枝对瓢虫的作用力始终平衡重力，大小不变，方向始终竖直向上，C错误，D正确.
4. A 木板静止时两轻绳的拉力的合力大小等于木板的重力，有 F₁=G,，故F₁大小不变；根据共点力的平衡条
件可知2F₂cosθ=G，更换新绳后，轻绳与竖直方向夹角θ变小，故cosθ变大，F₂变小.
5. B 设木盒的质量为M，木盒与斜面的动摩擦因数为μ，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度向上滑行一
段距离后停止，可知木盒和砝码做匀减速直线运动.拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为 a₁=
现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒
的加速度大小变为 可知拿走砝码，而持续加一个垂直于斜
面向下的恒力后，木盒做减速运动的加速度都变大了，则木盒将更快停下来，所以木盒滑行的距离将变小.选
B.
6. C 根据匀变速直线运动公式 v2−v2=2ax可知， v²−x图像的斜率k代表2a，纵截距代表初速度 v₀的平
0
方，则 故加速度 a=−5m/s²,A错误；根据匀变
0−v −20
速直线运动公式 v=v₀+at可知制动所需要的时间为 t= 0= s=4s,故t=3s时汽车没有停止，用
a −5
1 1
x=v t+ at2,解得x=37.5m,B错误;由B选项可知,t=4s时汽车停止,根据 x=v t+ at2 其中t=4s，解得
0 2 0 2
x x 40
x=40m，C正确；根据平均速度公式 = = m/s=10m/s,D错误.
v t 4
7. C 根据 ₘf = mg可知物体AB 与地面间的最大静摩擦力分别为 f =9N,f =12N.开始时弹簧的弹力
μ mA mB
F =kx=8N,，现用F=12N的水平拉力向右拉木块B，对B分析可知因， F−F <f ,可知B仍静止，此
弹 p mB
时木块 B所受摩擦力的大小是 f =F−F =4N,弹簧的弹力不变，则A仍静止，此时木块A 所受摩擦力的
B p
大小是 f =F =8N.
A p
【高一六校联合学业质量检测·物理卷参考答案 第 1页(共3页)】 5213A8. BCD 样车做匀减速直线运动，直到速度为零，所以其位移应该随着时间而增加，而其位移与时间图像的斜率
代表速度，即图像的斜率应该逐渐减小，直至为零，A错误，B正确；其做匀减速直线运动，速度应该逐渐
减小直至为零，其速度与时间图像的斜率表示加速度，其加速度不变，即图像的斜率不变.对于加速度与时
间的图像，其加速度的大小不变，图像是一条平行于时间轴的横线，C、D正确.
v 4
9. AD 根据速度一时间图像的斜率等于加速度，知前2 s内物体的运动加速度 a= = m/s2=2m/s2,正确；
t 2
1
前4s内物体的位移为 x= ×4×2m+2×4m=12m,B错误；根据牛顿第二定律得，前2s内 F₁−μmg=
2
ma,后2s内 F₂= mg,由图得 F₁=15N,F₂=5N,代入解得 m=5kg,μ=0.1,C错误，D正确.
μ
10. ABC 对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示.
根据牛顿第二定律得，水平方向 f=(M+m)a，竖直方向 N=(M+m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的
摩擦力f 增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，A、B正确；以小球为研
究对象,分析受力情况如图2所示,由牛顿第二定律有mgtanθ= ma,得a=gtanθ,θ=45°,所以a=10m/s²,C正确;当a
增加到2倍时,tanθ变为2倍,细线的拉力 T=√(mg) 2+(ma) 2,可见a变为2倍，T不是2倍，D错误.
三、实验题：本题共2小题，共20分。
11.(1)①11.40 ②B (2)①3.0 200 ②6 (每空2分)
解析：(1)右侧弹簧测力计分度值为0.1N，估读一位，读数为11.40 N；若把两细绳套对弹簧的拉力定义为分
力，则与两分力可等效的合力是指钩码对弹簧下端的拉力，即本实验采用的科学方法是等效替代法；
(2)当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图可知，弹簧的原长为 L₀=3.0cm;；由胡克定律可知
F 12
k= = N/cm=200N/m;由图可知，该刻度尺的读数为 L'=1.50cm,由胡克定律可知
L−L 9.0−3.0
0
F'=k(L₀−L) =200×(3.0−1.5)×10⁻²N=3N,由题可知每个钩码重G=0.5N，由此可推测所挂钩码的
F'
个数为 n= =6.
G
1 K F
12.(1)1.00 1.97 (2)不需要 (3) 0 (每空2分)
k g
1
解析：(1)由题意可知，相邻计数点的时间间隔 T=5× s=0.1s,根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度
50
等于这段时间的平均速度求打下点3的瞬时速度
(9.10+10.96)×10−2
v = m/s=1.00m/s
3 2×0.1
根据△x=aT²，运用逐差法得
(10.96+12.98+15.01)×10−2−(5.00+7.10+9.10)×10−2
a= m/s2=1.97m/s2;
9×0.12
(2)由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足砝码和托盘质量远远小于小车质量；
1 1 1
(3)根据牛顿第二定律F--f= ma,f=μmg,联立解得 a= ⋅F−ug,结合图像可知 k= ,即 m= ,根据横轴截
m m k1 kF
距可得 ⋅F −ug=kF −ug=0,解得 u= 0.
m 0 0 g
【高一六校联合学业质量检测·物理卷参考答案 第2页(共3页)】 5213A四、计算题：本题共2小题，共34分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最
后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13.解：(1)以结点为研究对象，受力如图1所示
T
根据平衡条件有
1 =tan37❑∘
(2分)
m g
1
m g
1 =cos37❑∘ (2分)
T
2
解得 T₁=6N,T₂=10N (2分，每个答案各1分)
水平细绳OB中的张力大小为6 N；细绳OA 中的张力大小为 10 N
(2)以斜面上木块为研究对象，受力如图2所示
根据平衡条件有：
F +T sin37❑∘=m gcos37❑∘ (2分)
N 1 2
f =T₁cos37°+m₂gsin37° (2分)
代入数据解得：FN=76.4N,f=64.8N (2分,每个答案各1分)
木块所受斜面的弹力大小为76.4 N，摩擦力大小为64.8 N.
(3)如果斜面光滑，以斜面上物块为研究对象，受力如图3所示
根据平衡条件有： Fcos37°=T₁cos37°+m₂gsin37° (2分)
解得:F=81 N (1分)
14.解：(1)煤块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得μ₁mg= ma (1分)
解得 a=4m/s²
v
煤块与传送带速度相等所用时间为 t = 0=1.5s (1分)
1 a
1
此时煤块通过的位移为 x = at2=4.5m<7.5m (1分)
1 2 1
L−x
可知煤块与传送带共速后，继续向右匀速，匀速过程所用时间为 t = 1=0.50s(2分)
2 v
0
则煤块在传送带上运动的时间为 t=t₁+t₂=2.0s (2分)
μ mg
(2)煤块滑上粗糙水平面 BC的加速度大小为 a = 2 =2m/s2 (1分)
2 m
若煤块刚好运动到C点停下，根据运动学公式可得 −2a L =0−v2 (2分)
2 1 0
解得 L₁=9m (1分)
(3)若煤块滑上小车且刚好到达小车右端与小车共速则刚好不从小车上掉下来，设煤块刚滑上小车速度为
v₁,则有 −2a L '=v2−v2 (1分)
2 1 1 0
μ mg
煤块在小车上滑动的加速度大小仍为 a₂=2m/s²,，小车的加速度大小为 a = 2 =0.5m/s2 (1
3 M
分)
设煤块经过t₃时间与小车共速，则有 v =v −a t (1分)
A 1 2 3
v =a t (1分)
共 3 3
v +v
煤块与小车通过的位移分别为 x = 1 共t (1分)
煤 2 3
v
x = 共t (1分)
4 2 3
根据位移关系有 x −x =L =5m (1分)
煤 4 2
联立解得 L₁'=2.75m (1分)【高一六校联合学业质量检测·物理卷参考答案 第3页(共3页)】 5213A
