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高一物理参考答案
A
一、单项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题
8 4 32
目要求的。
题号
1 2 3 4 5 6 7 8
答案
B C D B D A D A
解析 重心概念建立体现了等效替代的思想 错误 伽利略在研究自由落体时 由于直接测量
1.B 【 】 ,A ; ,
时间的误差较大 于是他运用斜面 冲淡 了重力的影响 正确 伽利略开创了实验研究和逻辑
, “ ” ,B ;
推理相结合探索自然规律科学方法 错误 加速度是通过比值定义法得到的物理量 但加速度
,C 。 ,
与速度变化量 时间没有关系 错误
、 ,D 。
解析 田径项目铅球比赛的成绩取决于铅球通过的水平位移 错误 研究运动员的起跑动作
2.C 【 】 ,A ;
时 运动员的形状和大小不可忽略 不能看做质点 错误 起跑阶段 运动员做加速运动 其加速
, , ,B ; , ,
度方向与速度方向相同 正确 在标准跑道上 米的路经为直线 米的路径为曲线 故乙
,C ; ,100 ,200 ,
的位移小于甲的 倍 错误
2 ,D 。
解析 根据滑动摩擦力的公式f μF 可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关 只与接触面的粗
3.D 【 】 = N ,
糙程度和压力大小有关 由题可知三个货箱各表面材质和祖糙程度均相同 压力大小也相同 故
, , ,
摩擦力相同 即F F F 由平衡条件可知F F 故F F F 正确
, f 1= f 2= f 3, = f, 1= 2= 3,D 。
解析 根据平行四边形定则可知 该船所受两牵引力的合力大小为F F F 正确
4.B 【 】 , 合=2 cos30°= 3 ,B 。
解析 x t图像的斜率表示速度 小车先做匀加速运动 因此速度变大即 t 图像斜率变大 t
5.D 【 】 — , , 0- 1 , 1-
t 做匀减速运动则图像的斜率变小 在t 时刻停止图像的斜率变为零 故选
2 , 2 。 D。
解析 斜坡对机器狼的支持力是由于斜坡发生了形变要恢复原状而产生的 正确 机器狼受到
6.A 【 】 ,A ;
的重力可分解为使机器狼沿斜坡下滑的力和使机器狼压斜坡力 错误 斜坡对机器狼的摩擦力
,B ;
与机器狼的重力沿斜坡方向的分力是一对平衡力 错误 斜坡对机器狼的摩擦力是静摩擦力大
,C ;
小为mg θ 错误
sin ,D 。
解析 由图像可知两质点运动方向始终相同 错误 两质点均沿正方向运动 错误 t 时刻两
7.D 【 】 ,A ; ,B ; 2
曲线切线斜率不同 故两质点加速度不同 大小相等 但方向相反 错误 t 时刻两图像与横轴所
, , , ,C ; 4
围的面积相同 位移相同 到达同一位置 正确
, , ,D 。
解析 第一次设A B两弹簧的伸长量分别为x x 由题意可知 F k x k x x x x 联立解
8.A 【 】 、 1, 2, 1= 1 1= 2 2, 1+ 2= ,
k k F k k
得F 2 1 x 第二次把它们并联连接 由题意可知 F k x k x k k x 故 1 2 1
1=k k 。 , 2= 1 + 2 =( 1+ 2) , F = k k 2 ,A
2+ 1 2 ( 2+ 1)
正确
。
二、多项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。 在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要
2 5 10
求。 全部选对的得 分,选对但不全的得 分,有选错的得 分。
5 3 0
题号
9 10
答案
BD BC
v
解析 关系式3 变形得到 v t 故物体的初速度大小为 v 加速度大小为 a
9.BD 【 】 t = t +2 =3-2 , 0=3m/s, =
2 正确 物体经 静止 故经过 时间 物体位移为 错误 经过 时间 物
2m/s ,B 。 1.5s , 2s , 2.25m,C , 1s ,
体的位移为 平均速度为 正确
2m, 2m/s,D 。
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A解析 绳 上的拉力最小时 绳 的拉力与绳 拉力垂直 与竖直方向的夹角为 故 mg
10.BC 【 】 2 , 2 1 , 53°, =
F
0 5F 此时 F F 4 F 错误 正确 图示位置是细绳 的拉力为 F ′
= 0, 1= 0tan53°= 0,A ,B 。 1 1 =
cos53° 3 3
mg
25F 细绳 的拉力为F ′ mg 5F 正确 错误
= 0, 2 2 = tan37°= 0,C ,D 。
cos37° 12 4
三、非选择题:本题共 小题,共 分。
5 58
分 每空 分
11.(8 , 2 )
(1)D (2)A (3)BD (4)C
解析 实验中 等效替代 是将小圆环拉到相同的位置 正确 实验中作图需要用到三
【 】(1) “ ” ,D 。 (2)
角板 用不到天平和打点计时器 拉着细绳的两只弹簧秤 拉力大小可以不等 所以稳定后读数可
, 。 (3) , ,
以不相同 错误 确定拉力的方向需要选择相距较远的两点 这样画出的力的方向误差较小 正确
,A ; , ,B ;
测量时 弹簧秤外壳与木板之间存在摩擦不影响弹簧秤对细绳的拉力大小 错误 测量时 橡皮条 细
, ,C ; , 、
绳和弹簧秤应与木板平行 正确 以O为原点建立直角坐标系 xOy 橡皮筋拉伸方向始终在 x 轴
,D 。 (4) ,
上 已知图中小正方形的边长表示 则 F 和 F 的合力应沿 x 轴方向 A 图中 F 和 F 沿 y 轴方向的
, 1N, 1 2 , 1 2
合力不为 B图中F 和F 沿x轴方向的分力均为 则F 和F 的合力为 超过弹簧测力计的量
0; 1 2 4N, 1 2 8N,
程 C图中F 和F 沿y轴方向的合力为 F 和F 沿 轴方向的合力不超过 正确
; 1 2 0, 1 2 x 5N;C 。
分 每空 分
12.(8 , 2 )
偏大
(1)CD (2)0.994 1.97
解析 为了充分地利用纸带 释放小车前 应使小车靠近打点计时器 错误 实验时应先接通
【 】(1) , , ,A ;
电源 再释放小车 错误 为了使小车做匀变速运动 应使细线与木板平行 正确 为了保护打点计时
, ,B ; , ,C ;
器 使用完成后应及时切断电源 正确
, ,D 。
计数点间的时间间隔为T 1 . 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段过
(2) =5× s=0 1s
50
程的平均速度 则有 v s CE ( 31 . 83-11 . 96 ) ×10 -2 . 根据逐差法可得 加速度为 a
, D = T = . m/s≈0 994m/s, , =
2 2×0 1
s DG- s AD ( 59 . 57-20 . 90-20 . 90 ) ×10 -2 2 . 2 根据频率与周期之间的关系T 1可知 频率变
T2 = . 2 m/s ≈1 97m/s 。 = f ,
9 9×0 1
小 则周期变大 发生相同位移所用的时间变长 因此仍按 进行数据处理的话 加速度的测量值与
, , , 50Hz ,
实际值相比将偏大 由系统装置所造成的误差称为系统误差 故该误差属于系统误差
; , 。
分
13.(10 )
烟花加速向上匀加速运动时 有
(1) ,
v
h 0t 分
= 0…………………………………………… (2 )
2
代入数据解得
v 分
0=25m/s ………………………………………… (1 )
烟花竖直上升第 内通过的位移
(2) 1s
x v t 1gt2 分
1= 0 1- 1 ……………………………………… (1 )
2
前 内的位移为
2s
x v t 1gt2 分
2= 0 2- 2 ……………………………………… (1 )
2
烟花第 内的位移为
2s
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AΔx x x 分
= 2- 1 ………………………………………… (1 )
代入数据解得
Δx 分
=10m ………………………………………… (1 )
烟花竖直上升的最大的高度
(3)
v2
h 0 分
max= g ………………………………………… (1 )
2
带入数据解得
h 125 分
max= m ………………………………………… (1 )
4
故爆炸点离地面的高度
H h h 325 分
= + max= m……………………………………… (1 )
4
分
14.(14 )
v v 分
(1) 1=108km/h=30m/s, 2=36km/h=10m/s ………………………………………………… (1 )
t 时间后两车相距
0=1s
x x (v v )t 分
= 0- 1- 2 0 ……………………………………… (1 )
解得
x m 分
=32 …………………………………………… (1 )
恰好不相撞时两车的速度相等即
:
v a t v 分
1- 1 1= 2 ………………………………………… (2 )
此时轿车前进的距离
v v
x 1+ 2t 分
1= 1 ………………………………………… (1 )
2
货车前进的距离
x v t 分
2= 2 1=50m ……………………………………… (1 )
若恰好不撞 两车位移关系
,
x x x 分
1= 2+ ………………………………………… (1 )
解得
:
a . 2 分
1=6 25m/s ……………………………………… (1 )
设货车加速的最小加速度为a 货车加速t 时间后二者速度相等为v′ 则
(2) 2, 2 ,
v′ v a t v a t 分
= 2+ 2 2= 1- 1 2 …………………………………… (1 )
若恰好不相撞 则
,
v v′ v v′
1+ t x 2+ t 分
2= + 2 …………………………………… (2 )
2 2
解得
a . 2 分
2=2 25m/s ……………………………………… (2 )
分
15.(18 )
由几何关系可知
(1)
θ 3 分
sin = ………………………………………… (2 )
5
对球受力分析 由平衡条件可知
,
F θ mg 分
2 Ncos = ……………………………………… (2 )
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A故
F 5mg 分
N= ………………………………………… (2 )
8
R
θ
6
R
5
以立方体作为研究对象 根据平衡条件可得
(2) ,
水平方向
f F θ 分
地= Nsin ………………………………………… (1 )
f μN 分
地= 地 ………………………………………… (1 )
竖直方向
N mg F θ 分
地= + Ncos ……………………………………… (1 )
解得
μ . 分
=0 25 ………………………………………… (1 )
增大球的半径 立方体和球均能保持静止 设夹角变为α
(3) , ,
f ′ F ′ α 分
地 = N sin ……………………………………… (1 )
N ′ mg F ′ α 分
地 = + N cos …………………………………… (1 )
f ′ μN ′ 分
地m = 地 ………………………………………… (1 )
f ′ f ′ 分
地 ≤ 地m ………………………………………… (1 )
联立可得
μmg
F ′ 分
N ≤ α μ α……………………………………… (2 )
sin - cos
当满足
α μ 1
tan = =
4
不论球的质量多大 正方体均能保持静止状态 设这一临界的半径为R′
, ;
根据几何关系可得
3 R R′ α 分
= sin ………………………………………… (1 )
5
其中
α 1
sin =
17
联立可得这一临界的半径与原来半径的比值为
R′
3 17 分
R = ………………………………………… (1 )
5
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A
