答案202601高一期末（物理一）_2026年02月高一试卷_260206河北省邯郸市魏县NT20考试2025-2026学年高一上学期1月月考

高一年级期末质量检测 物理（一）答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A B D C C A D AD AB BCD 1.【答案】A 【解析】m、s、kg是国际单位制中的基本单位，A正确；力是改变物体运动状态的原因，B 错误；平均速率是标量，C 错误；研究物体运动动作时，不能将其视为质点，D错误。 2. 【答案】B 【解析】M、N 是同一物体上绕同一竖直转轴转动的两个点，属于同轴转动，故角速度  ， M N 周期T T ，根据向心加速度公式a 2r，和线速度公式vr，M、N 两点的向心加速度 M N n 和线速度不等。故A、C、D错误，B正确。 3. 【答案】D 【解析】由题意可知，t ~t 物体加速度方向竖直向上，物体处于超重状态；t ~t 物体加速度 1 3 4 5 方向竖直向下，物体处于失重状态；t ~t 物体加速度为零，但物体速度不为零，物体做匀速 3 4 运动。t ~t 物体速度方向竖直向上，加速度逐渐减小，物体做加速度减小的加速运动。故A、 2 3 B、C错误，D正确。 4. 【答案】C 【解析】平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。故在竖直方向上可列 1 2h h gt2，圆环下落时间为t  ，故大人与小孩的圆环运动时间之比为 3: 2；水平方向 2 t 上可列xvt，故大人与小孩的圆环水平初速度之比为 2: 3；落地时竖直速度v  gt，故大 y 人与小孩的圆环落地时竖直速度之比为 3: 2；运动过程中速度变化量Δv gΔt，故速度变 化量之比为 3: 2。故A、B、D错误，C 正确。 5. 【答案】C 【解析】对货物做受力分析，受重力，绳子对货物的拉力。正交分解后竖直方向上可列 高一物理（一）答案 第1页 共6页 {#{QQABYQSAogiIAIJAARgCQQ2aCAIYkBACACgOxAAQoAAAwAFABAA=}#}mg Tcosmg 0，水平方向上可列Tsinma，联立可得T  ，物体运动加速度a  gtan， cos A、B 均错误；由运动学vv at，v2 v2 2ax可知C 正确、D错误。 0 0 6. 【答案】A 【解析】由题意可知物体在水平方向上做匀速直线运动，v 3m/s；竖直方向做初速度为0， x 加速度为4m/s2，t 1s时，竖直方向上速度v 4m/s，故货物相对于地面的速度为 y v v2 v2  32 42 5m/s。 x y 7. 【答案】D 【解析】对小球作受力分析，受重力G、斜劈的支持力F 以及绳的拉力F ，绳的拉力与斜劈 N 给的支持力的合力与重力等大反向，如图甲所示。 图甲 图乙 随着小球逐渐上移，绳的拉力与水平方向夹角逐渐增大，轻绳拉力逐渐增大，斜劈对小球的支 持力逐渐减小； 对斜劈作受力分析，受自身重力、地面对斜劈竖直向上的支持力、小球对斜劈的压力、地面对 斜劈水平向左的摩擦力。如图乙所示 因为斜劈始终静止，故小球对斜劈的压力水平分力与地面对斜劈的摩擦力等大反向，因为小球 对斜劈的压力逐渐减小，故地面对斜劈的摩擦力逐渐减小。 8. 【答案】AD F 【解析】对4个物块整体分析，由牛顿第二定律可列a  ，A正确；1、2之间的拉力 4m 3 1 1 F 3ma  F ，2、3之间的拉力F 2ma  F ，3、4之间的拉力F ma  F ，故BC 12 4 12 2 34 4 高一物理（一）答案 第2页 共6页 {#{QQABYQSAogiIAIJAARgCQQ2aCAIYkBACACgOxAAQoAAAwAFABAA=}#}错误、AD正确。 9. 【答案】AB mg 【解析】由胡克定律F kΔx可知，k  ，A正确；未减断细绳时弹簧弹力F k2l 2mg ， 弹 l 剪断细绳后，弹簧弹力未发生突变，由牛顿第二定律可得F mg ma，联立解得a  g ，B 弹 正确；上升过程中弹力逐渐减小，加速度先减小后增大，C 错误；当物体处于平衡时（即重力 等于弹力时），小球速度最大，D错误。 10.【答案】BCD 【解析】若设向右为正，设滑块与木板之间的动摩擦因数为，滑块运动的加速度为 1 Δv 4.8 a   m/s2 4m/s2，由牛顿第二定律可列mg ma ，得 0.4；设木板与地面 1 Δt 1.2 1 1 1 Δv 1.2 之间的动摩擦因数为 ，木板运动的加速度a   m/s2 1m/s2，由牛顿第二定律可列 2 2 Δt 1.2 mg(mM)g  Ma ，联立可得 0.1；当t 1s时，滑块与木板处于相对静止，此后两 1 2 2 2 (M m)g 物体一起运动逐渐减速为零，二者共同运动的加速度大小a  2 g 1m/s2，方向 3 (M m) 2 Δv 01.2 水平向右，故减速所用时间Δt   s1.2s，长木板运动位移可用vt图像中直线与 a 1 2.41.2 横坐标轴包围的面积求出，故x  1.44m；木板的板长等于木板和滑块的相对位移， 木板 2 v2 v2 1.4436 1 1 Δx x x '，其中x  共 0  m4.32m，x ' a t2  11.44m0.72m， 滑块 木板 滑块 2a 8 木板 2 2 2 1 故板长为3.6m。故BCD 正确，A错误。 11.【答案】（1）BD（2分）；（2）BD（2分）； （3） （2分），6.0（2分）。 【解析】（1）本实验采用的物理方法为“等效代替法”，故需要小圆环处于同一位置，使用 前测力计要调零，分力之间的夹角在 之间为宜，测力计各部分之间的摩擦力会对实 60o ~120o 高一物理（一）答案 第3页 共6页 {#{QQABYQSAogiIAIJAARgCQQ2aCAIYkBACACgOxAAQoAAAwAFABAA=}#}验有影响，从而影响测量结果； （2）本实验需要毫米刻度尺与三角板； （3）作图后，数出合力对应的格数，可知合力 F'6.0N 。 12.【答案】（1）BD（2分）；（2）远大于（1分），不需要（1分）； 1 （3）0.60（2分）；（4） （2分）。 M 【解析】（1）调节木板的倾角的目的是为了平衡小车与木板间、纸带与计时器间的总的摩擦 力，小车不需要挂槽码；为了记录小车运动过程中完整的运动数据，故应先接通电源后释放小 车，故选BD； （2）为保证槽码的总重力等于小车所受合力，故小车质量应远大于槽码的质量，若利用力传 感器测量细绳拉力，则不需要满足此关系； (s s )(s s ) (10.998.61) （3）a  3 4 1 2  m/s2 0.60m/s2； (25T)2 0.04 1 1 （4）由牛顿第二定律F  Ma，a  F ，故斜率k  。 M M 2 10 13．【答案】（1）15N；（2） 3 【解析】 （1）小球在圆弧轨道AB做圆周运动，在最低点B处受到重力与支持力 mv2 F mg  （1分） N R F 15N （1分） N 由牛顿第三定律F  F 15N，方向竖直向下 （2分） 压 N （2）小球从B点飞出后做平抛运动，由平抛运动的特点可知 v v 3m/s （1分） x 0 1 2h 10 h gt2 t   s （2分） 2 g 5 v  gt 2 10m/s （1分） y 落地时速度与水平方向的夹角的正切值 高一物理（一）答案 第4页 共6页 {#{QQABYQSAogiIAIJAARgCQQ2aCAIYkBACACgOxAAQoAAAwAFABAA=}#}v 2 10 tan y  （1分） v 3 x 14．【答案】（1）0.1m；（2）60N；（3）3.5kg 【解析】 （1）设弹簧伸长量为x，小球受重力mg，弹簧弹力kx，绳子拉力F，如图，由题意得： mg＝Fsinθ ①（1分） F kx θ kx＝Fcosθ ②（1 分） ①②联立得：kx=20N ③ mg x=0.1m （2分） （2）小球和木块整体受重力(m+M)g，所求支持力为F ，木块所受静摩擦力f，如图，得： N F N F N ＝(m+M)g ④（2 分） 解得：F ＝60N （2分） kx f N (m+M)g （3）设所求的最小质量为M'，此时小球和木块整体受重力(m+M')g，最大静摩擦力为f ，支 m 持力为F '，同（2）有 N F ' N f ＝μF ' ⑤（1分） m N kx f m f m ＝kx ⑥（1 分） F '＝(m+M')g ⑦（1分） N (m+M')g 联立得：M' =3.5kg （2分） 15．【答案】（1）1.2s；（2）0.8m 【解析】 （1）物体从A开始受力分析，设所受重力为 mg、支持力F 、摩擦力f，如图所示，先做匀减 N 速运动，设加速度为a ，经过时间t 与传送带共速，物体位移为x ，以沿传送带向上为正 1 1 1 向，有： F N −mgsinθ−f＝ma ①（1 分） f 1 θ mg 高一物理（一）答案 第5页 共6页 {#{QQABYQSAogiIAIJAARgCQQ2aCAIYkBACACgOxAAQoAAAwAFABAA=}#}F ＝mgcosθ ②（1分） N f＝μF ③（1分） N v＝v ＋a t ④（1 分） 0 1 1 v v x ＝ 0 t ⑤（2 分） 1 2 1 共速后，假设减速上滑，设加速度为a ，有 2 −mgsinθ＋μmgcosθ＝ma ⑥（1 分） 2 解得：a ＝-2.5m/s2，故假设成立，设减速上滑时间为 t ，有 2 2 1 L−x ＝vt + a t 2 ⑦（2分） 1 2 2 2 2 v 解得：t 0.8s ，所以可以滑到B 点 2 a 2 设所求时间为t，有 t＝t ＋t ⑧（1分） 1 2 ①~⑦联立得： t＝1.2s （2分） （2）设加速阶段和减速阶段，物块相对传送带的位移分别为Δx 、Δx ，有 1 2 Δx ＝x −vt ⑨（1 分） 1 1 1 Δx ＝vt −(L−x ) ⑩（1 分） 2 2 1 解得Δx ＝0.6m，Δx ＝0.8m 1 2 Δx <Δx 1 2 故划痕长度为0.8m （2分） 高一物理（一）答案 第6页 共6页 {#{QQABYQSAogiIAIJAARgCQQ2aCAIYkBACACgOxAAQoAAAwAFABAA=}#}