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高一年级第一阶段质量监测物理学科参考答案及评分标准
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C D C B A AC AD BCD
1．D【详解】做曲线运动的物体一定受到与速度不共线的力的作用，质点速度一定变化，
则一定有加速度，不是平衡状态，则选项ABC错误，D正确。故选D。
2．B【详解】根据开普勒第二定律，相同时间内行星与太阳的连线扫过的面积相同，夏至
时地球与太阳的连线最长，所以速度最小。故选B。
3．C【详解】
AB．A、B两点的线速度方向一定不同，AB错误；
C．A、B两点同轴转动，角速度相同，C正确；
D．A、B两点的加速度方向一定不同，D错误。故选C。
4．D【详解】A. 向心力是效果力，受力分析时，不能分析向心力，故A错误；
B. 倾斜路面上汽车受到的支持力与斜面垂直，不是竖直向上的方向，故B错误；
C. 令斜面的夹角为θ，当汽车速度满足：m
v2
=mgtanθ即v= gvtanθ时，汽车不受摩擦力作用，
r
故C错误；
D. 甲车转弯时，由静摩擦力提供圆周运动向心力，故甲车一定受平行路面指向弯道内侧的
摩擦力，故D正确．
2
5．C【详解】行星绕恒星做圆周运动，根据万有引力提供向心力G Mm =mr 2π
r2 T
知道轨道半径和周期，可以求出恒星的质量，行星是环绕天体，在分析时质量约去，不可能
求出行星的质量，故C正确，ABD错误。故选C。
6．B【详解】铅球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据x=v t可知水平位移x随时
x
间t变化的图像为正比例函数图像。故选B。
7．A【详解】根据平抛的竖直分运动是自由落体运动，有h= 1 gt2
2
可得平抛时间为t= 2h = 2×1 s= 1 s
g 10 5
竖直分速度为v =gt=10× 1 m/s= 20m/s
y
5
刚要落到球拍上时速度大小为v= vy = 20 m/s=4 5m/s故选A。
cos60° 1
2
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{#{QQABLYol4wiwgJYACY6aBwUYCwoYsIMTJIguwVAQqAZDiBFABAA=}#}8．AC【详解】AB．平抛运动竖直方向上有h= 1 gt2
2
解得t= 2h 由于大人抛出点高度大于小孩抛出点高度，则小孩抛出的圆环运动时间较短，A
g
正确，B错误；
CD．平抛运动水平方向上有x=v t
0
结合上述有v =x g
0
2h
由于大人抛出点高度大于小孩抛出点高度，水平分位移相等，则小孩抛出的圆环初速度较大，
C正确，D错误。故选AC。
9．AD【详解】A．甲图中，汽车通过拱桥的最高点时，向心加速度方向竖直向下，处于失
重状态，故A正确；
B．“水流星”匀速转动过程中，桶对水的压力和水的重力的合力提供向心力，当“水流星”在
最低处时，重力背向圆心，根据牛顿第二定律可得N−mg=m
v2
L
可知水受到的支持力最大，则水对桶底的压力最大，故B错误；
C．丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，火车重力和铁轨对火车的支持力的合力不足以
提供向心力，火车有离心趋势，则外轨对外轮缘会有挤压作用，故C错误；
D．丁图中，圆锥筒静止且内壁光滑，同一小球分别在筒内壁的A、B两位置所处平面做匀
速圆周运动，设小球与锥顶连线与竖直方向的夹角为θ，小球所受重力与内壁支持力的合力
提供向心力，根据牛顿第二定律可得mg =ma解得a= g
tanθ tanθ
可知在两位置小球的向心加速度大小相等，故D正确。故选AD。
10．BCD【详解】A．“嫦娥一号”绕月球运行时，仍未脱离地球引力的约束，所以其发射速
度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；
B．从大轨道Ⅲ变轨到更小的轨道Ⅱ需要做近心运动，因此需要在切点Q点火减速，使万有
引力大于所需的向心力，从而进入内层轨道，故B正确；
C．根据GMm =ma可得a= GM，Q点是轨道切点，到月球中心的距离r相同，因此两个轨道在
r2 r2
Q点的加速度大小相等，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体，轨道半长轴的立方与公转周期平方
的比值为定值，因此两个轨道的该比值相等，故D正确。故选BCD。
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{#{QQABLYol4wiwgJYACY6aBwUYCwoYsIMTJIguwVAQqAZDiBFABAA=}#}11．(1)C (2)一 (3) 1（每空2分）
4
【详解】（1）在该实验中，研究向心力与质量、半径、角速度之间的关系，则主要利用了控
制变量法来探究向心力，故选C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的
关系，则需要保持角速度不变，需将传动皮带调至第一层塔轮。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则转动半径相等，传动皮
带位于第二层，两塔轮转动半径之比2：1，两塔轮边缘的线速度相等，根据v=ωR可知转
动的角速度之比为1:2，根据F=mω2r可知，两钢球受的向心力之比为1:4，即左右两标尺露
出的格子数之比约为1:4。
12．(1)乙 A (2)AB (3) B 0.59（每空2分）
【详解】（1）为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应
该选装置乙。A球平抛、B球自由下落，两者落地时间仅与竖直高度有关，与质量无关，但
需保证A、B大小相同，避免空气阻力差异对实验的影响；质量不影响自由落体时间(重力
加速度与质量无关)，且实验未要求质量相同。两球竖直方向均做自由落体运动(A的竖直分
运动是自由落体)，下落高度相同则落地时间差为0，与托板高度无关；A球平抛的时间由竖
直高度决定(t= 2h )，与打击力度无关。故选A。
g
（2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，A
正确。
B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，B正确。
C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，C错误。
D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，D错误。
故选AB。
（3）由图可知因为B点更接近曲线轨迹上，所以为得到小球的水平速度应该选B点进行计
算；
从原点到B点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为t= 2yB= 2×0.196 =0.2s
g 9.8
所以v = xB= 0.118 =0.59m/s
0
t 0.2
答案第3页，共5页
{#{QQABLYol4wiwgJYACY6aBwUYCwoYsIMTJIguwVAQqAZDiBFABAA=}#}13．（1）7500N ；（2）20m/s；（3）8km/s
【解】（1）当车在桥顶时，有
mg−N=m
v2
（2分）
r
代入数据解得
N=7500N（1分）
根据牛顿第三定律得汽车对桥的压力
N′=N=7500N（1分）
（2）当车对桥顶的压力N=0时
mg=m v 1 2 （2分）
r
代入数据得
v =20m/s（2分）
1
（3）当桥的半径变为地球的半径时
mg=m v 2 2 （2分）
R
可解得
v = gR=8000m/s=8km/s（2分）
2
14．（1）L>200m；（2）见解析
【解】（1）若抛靶装置在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，都无法击中，竖直方向
H= 1 gt2（2分）
2
水平方向
x=v t（2分）
1
联立可得
x=200m（1分）
当L>x=200m时，无论v 为何值都不能被击中。（回答题目设问1分）
2
（2）若靶能被击中，则击中处应在抛靶装置的正上方，设经历的时间为t ，则
1
L=v t （1分）
1 1
解得
t =1s（1分）
1
竖直方向
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{#{QQABLYol4wiwgJYACY6aBwUYCwoYsIMTJIguwVAQqAZDiBFABAA=}#}1
y = gt2（1分），y =5m
1 2 1 1
1
y =v t − gt2（1分），y =15m
2 2 1 2 1 2
因为
y +y =5m+15m=20m=H（1分）
1 2
所以靶恰好被击中。（回答题目设问1分）
15．(1)2 2rad/s (2)0.5s (3) 3 m (4) 15rad/s≤ω≤ 35rad/s
2
【解】（1）物块与圆盘刚好相对滑动时，有μmg=mω2R（2分）
解得ω=2 2rad/s（1分）
（2）物块在空中平抛运动，满足H= 1 gt2（2分）
2
解得t=0.5s（1分）
（3）平抛速度v=ωR（1分）
水平位移s=vt（1分）
落地点与O'距离s′= s2+R2（1分）
联立解得s′= 3 m（1分）
2
（4）木块受到的最大静摩擦力 f Mg
max
①当ω较小时，木块有近心趋势，静摩擦力沿半径向外有mg f M2r（1分）
max 1
解得ω = 15rad/s
1
②当ω较大时，木块有离心趋势，静摩擦力沿半径向里有mg f M2r（1分）
max 2
解得ω = 35rad/s
1
为使木块与转台保持相对静止，转台转动的角速度范围为 15rad/s≤ω≤ 35rad/s （2分）
答案第5页，共5页
{#{QQABLYol4wiwgJYACY6aBwUYCwoYsIMTJIguwVAQqAZDiBFABAA=}#}
