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高一物理选考答案
1．C
【详解】A．根据牛顿第二定律F=ma，质量的单位为kg，加速度的单位为m/s2，则
1kg×1m/s2=1kg⋅m⋅s−2
所以力的国际单位为kg⋅m⋅s-2，故A错误；
Δv 1m/s
B．根据加速度定义a= ，速度的单位为m/s，时间的单位为s，则 =1m⋅s−2
Δt 1s
所以加速度的国际单位为m⋅s-2，故B错误；
C．根据功的定义W =Fx，力F的单位为kg⋅m⋅s-2，位移x的单位为m，
1kg⋅m⋅s-2×1m=1kg⋅m2 ⋅s-2
所以功的国际单位为kg⋅m2 ⋅s-2，故C正确；
W
D．根据功率定义P= ，功的单位为kg⋅m2 ⋅s-2，时间t的单位为s，
t
1kg⋅m2 ⋅s-2
=1kg⋅m2 ⋅s-3
1s
所以功率的单位为kg⋅m2 ⋅s-3，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.速度为矢量，正负代表方向，故A错误；
B.电量的正负代表电性，故B错误；
C.重力势能的正负表示具有的势能大小，故C正确；
D.功的正负代表做正功或做负功，故D错误。
故选C。
3．A
【详解】AB．根据P=mgv ，由于从A点运动到B点的过程，摆球的竖直分速度0开始
y
增大，最后又减为0，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确，B错误；
C．空气阻力的大小f不变，空气阻力所做的总功等于每个小弧段上阻力所做功的代数和，
则有1
可知空气阻力做功为− fπL，故C错误；
2
D．在摆球运动过程中，悬线的拉力始终与运动方向垂直，所以悬线的拉力始终不做功，
故D错误。
故选A。
4.【解析】A.尺子吸收轻小纸片是因为尺子带电，能吸引轻小物体，故A错误；
B.导线外包裹一层金属编织网是为了形成静电屏蔽，保护导线不受外界电场影响，故 B错
误；
C.避雷针的工作原理是通过尖端放电，金属棒上的电荷向大气释放，中和空气中的电荷，
故C正确；
D.工人进行超高压带电作业，穿戴的工作服是由含金属丝的织物制成，起静电屏蔽的作用，
故D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．虽然静电力的方向确定，但因电场线的方向不确定，故电荷的电性不确定，
带电粒子可能带正电，不是一定带正电，故A错误；
BC．电场线的疏密表示电场强度大小，M处电场线比N处电场线疏，可知M点的电场强
度小于N点的电场强度，又根据牛顿第二定律F=Eq=ma，可知粒子在M点的加速度较
小，故BC错误；
D．由电场线和粒子运动的轨迹及粒子运动的速度v和静电力F的方向关系（如图）可知，
在粒子从M点运动到N点的过程中，速度v和静电力F的夹角为锐角，静电力做正功，动
能增加，所以粒子加速，可知粒子在M、N点的速度大小关系为v ¿，v2=2gh
0 0
1
水平方向有x= at2=h，F=ma
2
联立解得风力大小F=mg
设小球受到的合力方向与水平方向夹角为θ，则有
解得θ=45°
小球速度最小时合力方向与速度垂直，即最小速度为小球速度在垂直于合力方向的分量，
√2
即v0cos4 ，故AB错误；
2
0min
C．小球落回水平地面前瞬间，水平方向速度大小、竖直方向速度大小分别为
F
v =a t'= ×2t=2v ，v =>=v
x x m 0 y 0
速度与水平方向的夹角α满足
可知α≠30°，故C错误；
D．小球从开始抛出到最终落回水平地面，整个过程中恒定风力对小球做功为
1
W =Fx'=F× a (2t) 2
2 x
联立解得为W =2mv2 ，故D正确。
0
故选D。
7．D
【详解】A B．C点场强为A、B两处电荷在C点分别产生的电场强度的矢量和，由题意知，C点电
场方向与AB平行且水平向右，电场合成情况如图所示。
正电荷产生的电场方向向外（远离场源电荷），负电荷产生的电场方向向里（指向场源电
荷），所以A点放置正电荷，B点放置负电荷，AB错误；
√3kq
C．根据点电荷场强公式 ，由图中的电场关系可得E =√3E = ，C错误；
C A L2
kq'
D．设B处放置的电荷量为q'，由E = ，又E =2E
B (2L) 2 B A
解得q'=8q，D正确。
故选D。
8．A
【详解】A．由于风速为v，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以
单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为m=ρV =ρπvR2
故A正确；
B．根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率
为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机发电功率为
1 1
P= mv2η= ρπv3R2η
2 2
故B错误；
1 1
CD．根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的 ，发电的功率将减小为原来的 ，仅
2 8
风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍，故CD错误。
故选A。9.【答案】B
【解析】A. 小物体从A到C，由动能定理有mg×2lsinθ−μmgcosθl=0，其中由图乙知
1
μl= μ l，解得μ =4tanθ，故A错误；
2 m m
B. 当小物体加速度为零时，速度最大，则有mgsinθ=μmgcosθ，此时μ=tanθ，即此时小
物体运动到 B 点下方l 处，由动能定理有 mg× ( 1+ 1) lsinθ− 1 μmgcosθ× l = 1 mv2 ，
4 4 2 4 2
3
解得v= √glsinθ，故B正确；
2
C. 在AB、BC两段，重力做功均为W =mglsinθ，故C错误；
D. 物体在AB段做匀加速直线运动，在BC段物体先做加速度减小的加速运动，之后做加
速度逐渐增大的减速运动，在两段的中间时刻速度不相等，所以其瞬时功率不相等，故D
错误。
故选B。
10.【答案】C
【解析】a球和b球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b球为研究对象，b
球的初速度为零，当a球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b球此
时的速度也为零，由此可知从a球释放至a球运动到两杆的交点过程中，b球速度是先增大
再减小，当b球速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，对a分析，此时拉力在竖直方向上
的分力与a的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A错误；由机械能守恒得
1 1
mgΔh= mv2+ mv2，当a下落Δh=0.15m时，由几何关系可知轻杆与N杆的夹角
2 a 2 b
α=30°，此时v sin α=v cos α，联立解得v =1.5m/s，故B错误；当a球运动到两杆的
a b a
交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为零，b的速度最大，设为
1
v ，由机械能守恒得mg(L+Lsinθ)= mv2 ，解得v = 3√2 m/s，故C正确；a球运
bm 2 bm bm
动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a的速度为v ，由机械能守恒得mgLsin
a01
θ= mv2 ，解得v = 2√2 m/s，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度
2 a0 a0
方向相同，a球会继续向下加速运动，速度会大于 2√2 m/s，故D错误。
二、多选题
11．ACD
【详解】AB．若A、B为同种电荷，两者间为斥力，在斥力作用下，两者间距离增大，斥
力减小，加速度减小，B球做加速度减小速度增大的变加速曲线运动，A正确，B错误；
C．若A、B为异种电荷，两者间为引力，由于B球有一初速度，两者间距离可能增大，引
力减小，B球可能做加速度、速度都变小的曲线运动，C正确；
D．若A、B为异种电荷，B球也可能在引力的作用下绕A球做匀速圆周运动，B球速度的
大小和加速度的大小可能都不变，D正确；
故选ACD.
点睛：此题考查了匀速圆周运动的条件；当AB为异种电荷的时候，B球可能做向心运动
也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动．
12.【答案】BC
【解析】由图乙知，炭块先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在
t=1.0s时刻)，由于重力沿传送带向下的分力大于摩擦力，炭块继续向下做匀加速直线运
动，由图像可知传送带的速度为v =10m/s．
0
0∼1.0s内，炭块所受摩擦力方向沿传送带向下，炭块做匀加速运动的加速度为
mgsinθ+μmgcosθ
a = =gsinθ+μgcosθ，由v−t图像可得
1 m
Δv 10 ，即有
a = 1= m/s2=10m/s2 gsinθ+μgcosθ=10m/s2;
1 Δt 1
1
mgsinθ−μmgcosθ
1.0∼2.0s内，炭块的加速度为a = =gsinθ−μgcosθ，由v−t图像
2 m
可得 Δv 12−10 ，即有 ，联立可得
a = 2= m/s2=2m/s2 gsinθ−μgcosθ=2m/s2
2 Δt 1
2μ=0.5，θ=37∘，A错误．
根 据 v−t图 像 的 面 积 表 示 位 移 可 知 ， 0∼1.0s内 炭 块 相 对 于 地 面 的 位 移
1
x = ×10×1m=5m，传送带的位移为x =v t =10×1m=10m，炭块相对于传送带的
1 2 2 0 1
位 移 大 小 为 Δx =x −x =(10−5)m=5m， 方 向 向 上 ， 摩 擦 力 对 炭 块 做 功 为
1 2 1
W =μmgcosθ⋅x =0.5×1×10×0.8×5J=20J，炭块与传送带摩擦产生的热量为
f1 1
Q =μmgcosθ⋅Δx =0.5×1×10×0.8×5J=20J;
1 1
根据 v−t图像的面积表示位移，可知 1.0∼2.0s内炭块相对于地面的位移为
10+12
x = ×1m=11m，传送带的位移为x =v t =10×1m=10m，1.0∼2.0s时间内
3 2 4 0 1
炭块相对传送带的位移大小为Δx =x −x =11m−10m=1m，方向向下，摩擦力对炭块
2 3 4
做功为W =−μmgcosθ⋅x =−0.5×1×10×0.8×11J=−44J，炭块与传送带摩擦产
f2 3
生的热量为Q =μmgcosθ⋅Δx =0.5×1×10×0.8×1J=4J，
2 2
所以0∼2.0s内摩擦力对炭块做功W =W +W =20J−44J=−24J，炭块与传送带之
f f1 f2
间因摩擦产生的热量为Q=Q +Q =24J，因痕迹有重叠，且Δx >Δx ，故炭块在传送带
1 2 1 2
上留下的痕迹长度为5m，B、C正确，D错误．
13.【答案】BD
【解析】A.以三个物块为研究对象，仅有重力对系统做功，三个物块运动的过程中整体机
械能守恒，故A错误；
BC.当C物体加速度为零时，C上升过程中的速度最大，设此时绳子与竖直方向的夹角为α，
由平衡条件得2mgcosα=mg，解得α=60°，设两个滑轮的水平距离为d，C上升的高度为
d d d d
H= − ，A、B两物块下降的高度为h= − ，设两个滑轮的水平
2sinθ 2sinα 2sinθ 2sinα
距离为d，此时A、B的速度为v 、C的速度为v，把C的速度沿绳子方向和垂直绳子方向
A
分解，得
1 1
v =vcosα，根据机械能守恒定律得2mgh=mgH+ mv2+2× mv2，解得
A 2 2 A
1
v=2(√3−1)m/s，则C的最大动能为E = mv2 =(8−4√3)J，故B正确，C错误；
kC 2 C1
D.对由动能定理得mgh−W = mv2 −0，联立解得W =(√3−4)J，故D正确。
T 2 A T
1
14．Ⅰ(1)B (2) (m −m )gh (m +m )(h −h ) 2f2
2 1 B 8 1 2 C A
【详解】（1）A．v=>¿默认加速度为g，已经默认机械能守恒，故A错误；
B．利用纸带相邻两点的平均速度求该点瞬时速度，是打点计时器实验中求瞬时速度的正
确方法，故B正确；
C．v2=2gh同样默认机械能守恒，故C错误；
D．直接用待验证的机械能守恒公式计算速度，循环论证，故D错误。
故选B。
（2）[1]从打O点到打B点的过程中，系统总重力势能减少量为
ΔE =m gh −m gh =(m −m )gh
p 2 B 1 B 2 1 B
[2]根据匀变速直线运动规律，B点瞬时速度等于AC段的平均速度；
1 2
打点周期T= ，A到C的时间间隔为2T=
f f
h −h f(h −h )
因此 v = C A = C A
B 2T 2
系统初动能为0，因此动能增加量
1 1 (f (h −h )) 2 (m +m )f2 (h −h ) 2
ΔE = (m +m )v2= (m +m )⋅ C A = 1 2 C A
k 2 1 2 B 2 1 2 2 8
d
Ⅱ(1)不需要 ；
t
d2
(2) 1
2kL
15.【答案】 (1)小球所受电场力F=qE=1.0×10−6×3.0×103N
=3.0×10−3N，方向水平向右。小球受到重力mg、拉力F 和电场力F的作用而平衡，如
T
F
图所示，则 =tan37°
mg解得m=4.0×10−4kg。
(2)若突然剪断细绳，小球受重力和电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，所受
mg 5
合力F = = mg
合 cos37° 4
由牛顿第二定律F =ma
合
5
得加速度大小a= g=12.5m/s2
4
方向与剪断细绳前细绳拉力方向相反。
1
(3)由动能定理得mgl(1−cos37°)= mv2
2
解得v=√2gl(1−cos37°)=2.0m/s。
16.【答案】(1)设“辽宁号”航空母舰受到的阻力为f，在临时关闭一半的发动机之前牵
引力为F ，有
1
P=F v根据平衡条件得
1
P
F −f =0联立解得：f = ；
1 v
(2)刚关闭一半的发动机时，“辽宁号”航空母舰牵引力为F ，航空母舰的速度和所受的
2
阻力均未变，则
1
P=F v航空母舰所受合力方向与速度方向相反，航空母舰的加速度大小为a，根据牛顿
2 2
第二定律得
P
f −F =ma联立解得：a= ；
2 2mv
(3)关闭一半的发动机后，最终做匀速直线运动的速度为v ，则
1
1
P=F v 航空母舰做变减速运动位移为s，根据动能定理得
2 1 11 1 1 1 3mv3
Pt−fs= mv2− mv2联立解得：s= vt+ 。
2 2 1 2 2 8P
P
答：(1)所受阻力大小为 ；
v
P
(2)刚刚关闭一半发动机时的加速度大小为 ；
2mv
1 3mv3
(3)在关闭一半发动机后的t时间内行驶的距离 vt+ 。
2 8P
17.【答案】解：(1)设小球在C点处的速度大小为v ，由牛顿第二定律可知：
C
v2
，
F +mg=m C
N r
解得： ；
v =√2gr=√2×10×0.2=2m/s
C
√2h
(2)小球从A点抛出到B点所用时间t= =0.4s
g
x
到B点时速度大小为v = AB=3m/s
B t
1 1
小球从B点到C点的过程中，根据动能定理有：−μmgL= mv❑ 2− mv❑ 2
2 C 2 B
得平台BC的长度L=1.25m；
(3)当小球所受重力等于弹簧弹力时，小球运动速度最大，设此时弹簧的压缩量为△x，根
据平衡条件，有：mg=k△x，
解得：△x=0.1m，
1
小球从C点运动至速度最大的过程中，由能量守恒可知：mg(r+Δx)=E +E − mv2，
p km 2 C
解得E =4.5J；
km
答：(1)小球通过C点时的速度大小为2m/s；
(2)水平面BC的长度为1.25m；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能为4.5J。
18.
18.【答案】解：(1)滑块从N到A做斜上抛运动，到A时，速度恰好沿水平方向，将此过
程逆向看作平抛运动，
设N点速度为v ，其水平分量大小为v ，竖直分量大小为v ，
N 1 2
由运动学规律： ， ， v ， ，
v2=2gh v =3m/s tanθ= 2 v =4m/s
2 2 v 1
1
则 ， ，
v =√v2+v2 v =5m/s
N 1 2 N
1
从初始位置到N点的过程，由能量守恒定律得：E =mgx sinθ+ mv2，
P 1 2 N
代入数据得：E =31J；
P
要使滑块到达 点，其最小速度为 ，由牛顿第二定律得 v2 ，
(2) D v mg=m D
D
R
1 1
对从B到D的过程，由动能定理得：−μmgx −2mgR= mv2 − mv2，
2 2 D 2 B
代入数据得 ，
v =3√2m/s
B
若滑块在AB段一直加速，设滑块离开传送带的速度v ，
3
由运动学规律得： ，代入数据得： ，
v2−v2=2μgL v =√23m/s
3 1 3
由于v >v >v ，则滑块在传送带上至少要加速到v ，才能到达D点，
3 B 1 B
即传送带的速度v≥3√2m/s；
(3)因v0，则滑块可以进入竖直圆轨道，设当其速度减为0时，沿圆轨道上升的高度为h ，
4 1
1
由动能定理得：−mgh =0− mv2，代入数据得：h =0.25m
