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高一物理试题答案
一、单项选择题：（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分,。在小题给出的四个选项
中，第 1～7 题只有一项符合题目要求，第 8～10 题有多项符合要求，每小题全部选对得 4
分，选对但不全的得 2 分，有错选或者不选的得 0 分）
1、解析：B 当θ＝30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，
根据共点力的平衡条件可得 mgsin 30°＝μmgcos 30°，解得μ＝tan 30°＝3)3，
物块向上滑动时的加速度为 a，根据牛顿第二定律可得 mgsin α＋μmgcos α＝ma，
解得 a＝3)3g，所以 s＝ 20v2a＝ 203)v4g，故选 B。
2、解析：C 墙对 A 的作用力和桌沿 C 对 A 的作用力都过球心，重心不一
定在球心，故 ABD 错误；重心是重力的等效作用点，所以重力一定过 A 的重心
，故 C 正确。故选 C。
3、解析：A A 正确；倾斜静止时，增大手的握力，只要瓶子不下滑，则
F＝mgcos θ，当增大手的握力时只是增大了最大静摩擦力，静摩擦力不变，B 错
f
误，松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间的最大静摩擦力减小，动摩擦因数不
变，C 错误；手握瓶竖直静止时，则 F＝mg，D 错误。
f
4、解析：D 惯性是物体自身具有的属性，只与质量有关，与物体的运动状
态、受力状态无关，故 AB 错误；由于绳子质量不计，绳子受力平衡，大人对绳
子的拉力与小孩对绳子的拉力是一对平衡力，两者大小相等，故 C 错误，D 正
确。故选 D。
5、解析：C 根据题意，系统静止，A、B 两球所受合力为 0，由平衡条件可
知，细线的拉力为 F＝2mgsin θ，方向沿斜面向上，当细线烧断瞬间，细线的拉
力消失，弹簧弹力不变，则小球 B 的受力情况不变，合力不变，则小球 B 的加
速度为 0，小球 A 的合力为沿斜面向下的 2mgsin θ，由牛顿第二定律可知，小球
A 的加速度为 2gsin θ。故选 C。
6、解析：D 若把其中一个力 F 撤去，其他力的合力大小等于 F ，方向与
0 0
F 相反，该合力与速度 v 之间的夹角保持不变，物体做匀变速运动，可能是直
0 0
线、可能是曲线，不可能是圆，故 AB 错误；由于合力与速度之间的夹角无法确
共 6 页 第 1页定，故经时间 t 时物体的速度大小无法确定，故 C 错误；由于 F＝ma，Δv＝aΔt
，合力一定，加速度一定，在相等时间内物体的速度变化一定相等，故 D 正确。
故选 D。
7、解析：B 由于 A、C 两点到 D 点的竖直高度不同，两球在空中运动时间
不同，选项 A 错误；设圆弧形槽半径为 R，对从 A 点抛出的小球，R＝v t ，t
1 A A
＝ 2Rg)，则 v ＝R g2R)＝ 12)gR，对从 C 点抛出的小球，Rsin 60°＝v t ，t ＝
1 2 C C
（R－Rcos 60°）×2g)＝ Rg)，则 v ＝3)R2gR)＝ 34)gR，v ∶v ＝6∶3，选项 B
2 1 2
正确；设在 D 点速度方向与 OD 线夹角为θ，竖直分速度为 v ，水平分速度为 v ，
y 0
则 tan θ＝v0vy，由 v ∶v ＝6∶3 和 v ∶v ＝t ∶t ＝2∶1 知 tan θ ≠tan θ ，选
1 2 y1 y2 A C 1 2
项 C 错误；设 A、C 两点抛出球落到 D 点时的瞬时速率分别为 v 、v ，v ＝v12
A C A
＋vy12＝ 52)gR，v ＝v22＋vy22＝ 74)gR，则 v ∶v ＝10∶7，选项 D 错误。
C A C
8、解析：ABC 取竖直向上为正方向，由 v 20＝2gh 得 v ＝20 m/s。物体的
0
位移为 x＝v t－12gt2，当物体位于 A 点上方 10 m 处时 x＝10 m，解得 t ＝(2－2) s
0 1
，t ＝(2＋2) s，故选项 A、B 正确，当物体位于 A 点下方 10 m 处时，x＝－10 m
2
，解得 t ＝(2＋6) s，另一解为负值，舍去，故选项 C 正确，D 错误。
3
9、解析：AD 设甲、乙的质量均为 m，丙的质量为 M。对结点 O 受力分析
如图所示，根据平衡条件可知 OC 绳的拉力与 OA、OB 两绳拉力的合力平衡，而
OA 和 OB 两绳的拉力大小相等，根据对称性可知 OC 的反向延长线过∠AOB 的
平分线，根据几何关系可知α＋2β＝180°，解得α＝70°>β，结点 O 受到的三个
拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有 Mgsin α＝mgsin β，所以 M>m，
故 AD 正确，BC 错误。故选 AD。
10、解析：AC 设屋檐的底角为θ，底边长度为 L，注意底边长度是不变的，
屋顶的坡面长度为 x，雨滴下滑时加速度为 a，对雨滴受力分析，只受重力 mg
和屋顶对雨滴的支持力 F ，垂直于屋顶方向 mgcos θ＝F ，平行于屋顶方向 ma
N N
＝mgsin θ。雨滴的加速度为 a＝gsin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大
共 6 页 第 2页，故 A 正确；雨滴对屋顶的压力大小 F ′＝F ＝mgcos θ，则倾角θ越大，雨滴
N N
对屋顶压力越小，故 B 错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度 x＝L2cos θ，
由 x＝12gsin θ·t2，可得 t＝ 2Lgsin 2θ)，可见当θ＝45°时，用时最短，D 错误；
由 v＝gsin θ·t 可得 v＝ gLtan θ，可见θ越大，雨滴从顶端 O 下滑至 M 时的速
度越大，C 正确。
二、非选择题：（本大题共 5 小题，共 60
分） 11、(10 分)
解析：(1)当两车速度相同时，所用时间为 t ＝vAa＝10 s，在此 10 s 内 A 车
0
的位移为 x ＝v t ＝20×10 m＝200 m，B 车的位移为 x ＝12at 20＝12×2×102 m
A A 0 B
＝100 m，此时 A、B 两车间的位移差为Δx＝x －x ＝100 m＞64 m，所以两车必
A B
定相撞；设两车相撞的时间为 t，则相撞时有 v t－12at2＝64 m，代入数据解得 t
A
＝4 s(另一值不合题意舍去)，所以 A 车撞上 B 车的时间为 4 s。
(2)已知 A 车的加速度 a ＝－2 m/s2，初速度 v ＝20 m/s；B 车的加速度为 a ，
A A 2
设 B 车运动经过时间为 t′时，两车相遇，则有 v t′＋12a t′2＝12a t′2＋L，代
A A 2
入数据有\a\vs4\al\co1(1＋\f(a22))t′2－20t′＋64＝0，要避免相撞，则上式无实数
解，即Δ＝(－20)2－4×\a\vs4\al\co1(1＋\f(a22))×64<0，解得 a ＞1.125 m/s2，所
2
以 B 的加速度的最小值为 1.125 m/s2。
答案：(1)相撞 4 s (2)1.125 m/s2
12、(12 分)
解析：(1)对 B 进行受力分析，设细绳对 B 的拉力为 F ，由平衡条件可得
T
Fcos 30°＝F cos θ，Fsin 30°＋F sin θ＝mg
T T
解得 F ＝103 N，tan θ＝3)3
T
即θ＝30°。
(2)对 A 进行受力分析，由平衡条件有
F sin θ＋Mg＝F ，F cos θ＝μF
T N T N
解得μ＝3)5。
共 6 页 第 3页(3)对 A、B 进行受力分析，由平衡条件有
Fsin α＋F ＝(M＋m)g，Fcos α＝μF
N N
解得 F＝μ（M＋m）gcos α＋μsin α
令 sin β＝1\r(1＋μ2)，cos β＝μ\r(1＋μ2)
即 tan β＝1μ，则
F＝μ（M＋m）g\r(1＋μ2)（sin βcos α＋cos βsin α）
＝μ（M＋m）g\r(1＋μ2)sin（β＋α）
显然，当α＋β＝90°时，F 有最小值，所以 tan α＝μ＝3)5 时，F 的值最小。
答案：(1)30° (2)3)5 (3)3)5
13、(12 分)
解析：(1)根据 L＝v t＋12at2，代入数据解得 a＝2 m/s2。
0
(2)根据牛顿第二定律有 F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。
(3)设 F 与斜面夹角为α，平行斜面方向有 Fcos α－mgsin θ－μF ＝ma
N
垂直斜面方向有 F ＋Fsin α＝mgcos θ
N
联立解得
F＝ma＋mgsin θ＋μmgcos θcos α＋μsin α
＝ma＋mgsin θ＋μmgcos θ\r(μ2＋1)sin（φ＋α）
当 sin(φ＋α)＝1 时，F 有最小值 F
min
代入数据解得 F ＝5)5 N。
min
答案：(1)2 m/s2 (2)0.5 (3)5)5 N
14、(14 分)
解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得
a＝F－μmgM 解得 a＝3 m/s2。
(2)撤去 F 之前，小物块只受摩擦力的作用
故 a ＝μg＝2 m/s2
m
Δx ＝12at2－12a t2＝0.5 m。
1 m
(3)刚撤去 F 时 v＝at＝3 m/s，v ＝a t＝2 m/s
m m
撤去 F 后，长木板的加速度大小 a′＝μmgM＝0.5 m/s2
最终速度 v′＝v ＋a t′＝v－a′t′
m m
共 6 页 第 4页解得共同速度 v′＝2.8 m/s。
(4)在 t′内，小物块和长木板的相对位移
Δx ＝v2－v′22a′－v′2－vm22am
2
解得Δx ＝0.2 m
2
最终小物块离长木板右端
x＝Δx ＋Δx ＝0.7 m。
1 2
答案：(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
15、(12 分)
解析：(1)由 O 到 M 过程，根据斜抛运动规律有
h＝12gt 12 x＝v x t 1 v y 2＝2gh v O ＝vx2＋vy2
联立解得 v ＝20 m/s t ＝2 s v ＝102 m/s。
O 1 x
(2)落地时速度方向与斜面夹角β＝30°，则此时竖直向下的速度为
v ′＝v tan(θ＋β)＝106 m/s
y x
由 M 到 B 过程，根据平抛运动规律有
v ′＝gt 解得 t ＝6 s
y 2 2
运动员在空中运动的时间为 t＝t ＋t ＝(2＋6) s。
1 2
(3)在空中运动过程，水平方向速度一直不变，由 M 到 B 过程，根据平抛运
动规律，MB 的竖直距离为
h′＝12gt 2＝30 m
2
水平距离为 x′＝v t ＝203 m
x 2
A、B 两点间距离 L＝x′2＋（h′－h）2＝40 m。
答案：(1)20 m/s (2)(2＋6) s (3)40 m
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