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高一物理试题参考答案
一、单项选择题：
1
1、B [根据题意，由公式 x＝v t＋ at2结合位置随时间的变化规律 x＝4t＋2t2
0 2
m，可得v ＝4 m/s，a＝4 m/s2，可知质点在x轴上做初速度为4 m/s、加速度大
0
小为4 m/s2的匀加速直线运动，故A错误，B正确；由位置随时间的变化规律x
＝4t＋2t2 m可得，t＝2 s时质点的位置在x＝(4×2＋2×22) m＝16 m处，故C
错误；由公式v＝v ＋at可得，t＝2 s时质点的速度大小为v＝(4＋4×2) m/s＝
0
12 m/s，方向沿x轴正方向，故D错误。]
1
2、C [频闪周期T＝ ＝1 s，根据Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，利用逆向思维法，
f
可将汽车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，汽车最后 2 s时间内
1 1 x
的位移x＝ at2＝ ×2×22 m＝4 m，汽车最后2 s时间内的平均速度为v＝ ＝
2 2 t
4
m/s＝2 m/s，故选项C正确。]
2
3、D [题图甲中，C点可视为“活结”，两段细绳的拉力大小都是m g，互成
1
120°角，因此合力大小是m g，根据共点力平衡，BC杆对滑轮的作用力大小也
1
是m g(方向与竖直方向成60°角，斜向右上方)，故A错误；题图乙中，G点可
1
视为“死结”，以G为研究对象，分析受力情况如图所示，由平衡条件得，
F tan 30°＝m g，得F ＝√3m g，即HG杆受到细绳的作用力为 √3m g，故B
HG 2 HG 2 2
错误；题图甲中细绳 AC段的拉力F ＝m g，题图乙中由于F sin 30°＝m g，
AC 1 EG 2
F m
则F ＝2m g， AC＝ 1 ，故C错误，D正确。]
EG 2 F 2m
EG 2
F
4、D [根据牛顿第二定律a＝ 可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；
m
即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项 B错误；物体加速度的大小与物
体所受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，当力不变时，物体的
加速度与质量成反比，选项D正确。]
5、A [当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加
速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变。人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如
图所示。将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则mg
－F ＝ma 。F ＜mg，乘客处于失重状态，故C、B、D错误，A正确。]
N y N
6、C [上升过程中A、B整体向上做加速度减小的加速运动，故 A错误；物块
B速度一直在增大，故B错误；设初始时弹簧的压缩量为x ，根据胡克定律有
1
2mg
2mg＝kx ，解得x ＝ ，设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x ，对
1 1 k 2
3
物块A、B分别应用牛顿第二定律有 mg－mg＝ma，kx －mg＝ma，联立解得
2 2
g 3mg mg
a＝ ，x ＝ ，则物体 A 上升的高度为 h＝x －x ＝ ，故 C正确，D错
2 2 2k 1 2 2k
误。]
7、B [工件恰好传送到右端，有0−v2＝－2μgL，代入数据解得 μ＝0.5，工件
0
v
与皮带间动摩擦因数不大于0.5才视为合格，此过程用时t＝ 0＝2 s，故A错
μg
误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，
由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度—时间关系可知，
返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。]
8、BCD [物体水平向右做匀速运动，合力必为零，所以必受水平向左的摩擦
力，且有f＝F cos θ，因滑动摩擦力存在，地面一定对物体 A有竖直向上的支
持力，且有N＝mg－F sin θ，若重力mg＝2F sin θ，则A对水平面的压力大
小为F sin θ，所以选项B、C、D正确，A错误。]
9、BC [对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有F＝(m ＋m )a，设
1 2
飞船对火箭组的弹力大小为F ，对火箭组，由牛顿第二定律，有 F ＝m a，解
N N 2
m F Δv
得F ＝ 2 ＜F，故A错误；由运动学公式，有a＝ ，且F＝(m ＋m )a，
N m +m Δt 1 2
1 2
FΔt Δv
解得m ＋m ＝ ，故B正确；对整体F＝(m ＋m ) ，由于(m ＋m )为火箭
1 2 Δv 1 2 Δt 1 2
Δv Δv
组和宇宙飞船的总质量不变，则推力 F越大， 就越大，且 与F成正比，
Δt Δt
故C正确；推力F减小，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大
不过单位时间内增加速度变慢，所以飞船与火箭组不会分离，故D错误。]
10、ABD [弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力F ，设物块与地面间的动摩
T
F−μ(m +m )g
擦因数为μ，以整体为研究对象，则a＝ A B ，以B为研究对象得a
m +m
A BF
F −μm m
＝ T g，联立可得F ＝ B F，整理得F ＝m ，则弹簧弹力的大小
m T m +m T A+1
B A B m
B
与水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大 B的质量，也可仅将
A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，故A、B、D正确，C错误。]
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11、[解析] (1)甲车的最大加速度为
30
a ＝ m/s2＝2.5 m/s2
1 12
30
乙车的最大加速度为a ＝ m/s2＝5 m/s2
2 6
甲车以最大加速度加速到最大速度的时间为
v 40
t ＝ m1＝ s＝16 s
1 a 2.5
1
1
在此时间内的位移为x ＝ a t2＝320 m
1 2 1 1
乙车以最大加速度加速到最大速度的时间为
v 50
t ＝ m2＝ s＝10 s
2 a 5
2
1
所以乙车在8 s内一直做匀加速直线运动，在此过程中的位移为 x ＝ a ×(8 s)2
2 2 2
＝160 m
1
因为x ＞x ＋85 m，所以甲、乙两车在加速阶段相遇，有 a (t ＋8 s)2＝x ＋85
1 2 2 1 0 2
m，解得 t ＝6 s，故t 应为6 s。
0 0
(2)两车相遇时甲车行驶的路程为
s＝x ＋85 m＝245 m。
2
[答案] (1)6 s (2)245 m
12、[解析] (1)在t ＝1 s时，A车刚启动，则在第1 s内两车间缩短的距离为B
1
车的位移，可得x ＝v t
1 B 1
解得B车的速度大小为v ＝12 m/s
B
v
v-t图像斜率表示加速度，可得A车的加速度大小为a＝ B ，其中t ＝5 s
t −t 2
2 1
解得A车的加速度大小为a＝3 m/s2。(2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到最小，对应题图乙中 v-t图像的t ＝
2
1
5 s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x＝ v (t ＋t )
2 B 1 2
代入数据解得x＝36 m
因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离应满足条件为x >36 m。
0
[答案] (1)12 m/s 3 m/s2 (2)x >36 m
0
13、[解析] (1)设轻绳对小球的拉力为F ，小球受力如图甲所示，由平衡条件
T
可得
F cos 30°－F cos θ＝0
T
F sin 30°＋F sin θ－mg＝0
T
解得F ＝10√3 N，θ＝30°。
T
(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得
F cos 30°－F＝0
f
F ＋F sin 30°－(M＋m)g＝0
N
又F＝μF
f N
√3
解得μ＝ 。
5
√3
[答案] (1)10√3 N 30° (2)
5
14、[解析] (1)F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示。
沿杆方向有F cos 30°－mg sin 30°－F＝ma
f 1
垂直杆方向有mg cos 30°＝F ＋F sin 30°
N又F＝μF
f N
联立解得a ＝10 m/s2
1
由运动学公式得2 s时圆环的速度大小v＝a t
1
代入数据解得v＝20 m/s。
(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示。
沿杆方向有mg sin 30°＋F′＝ma
f 2
垂直杆方向有mg cos 30°＝F′
N
又F′＝μF′
f N
联立解得a ＝12.5 m/s2
2
v2 202
圆环继续沿杆上滑的最大距离x＝ ＝ m＝16 m。
2a 2×12.5
2
[答案] (1)20 m/s (2)16 m
15、[解析] (1)物块放上传送带并施加拉力的一瞬间，设物块运动的加速度大小
为a ，根据牛顿第二定律有F＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
1 1
代入数据解得a ＝12 m/s2。
1
v 1 v2
(2)加速到与传送带共速所用的时间为 t ＝ ＝ s，这段运动的位移为x ＝
1 a 6 1 2a
1 1
1
＝ m
6
当物块的速度达到2 m/s时，由于F＞μmg cos θ＋mg sin θ，因此物块继续向
上做加速运动，设这段运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F－μmg cos θ
2
－mg sin θ＝ma
2
代入数据解得a ＝2 m/s2
2
1
这段运动的位移为x ＝vt + a t2
2 2 2 2 2
11
x ＝L－x ＝ m
2 1 6
(√102 )
解得t ＝ −1 s
2 6√102−5
所以运动的总时间为t＝t ＋t ＝ s。
1 2 6
√102−5
[答案] (1)12 m/s2 (2) s
6
