高一物理B版答案_2026年02月高一试卷_260203辽宁省点石联考2028届高一期末质量监测（全）

高一期末质量监测·物理参考答案 说明： 本解答给出的非选择题答案仅供参考，若考生的解法（或回答）与本解答（答案）不同， 但只要合理，可参照评分标准酌情给分 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合 题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选 对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D C C B AB ABC AC 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.【答案】（1）B （2）右 （3）1.20 （4）换用质量远大于小盘和砂子总质量的小车 或减小小盘和砂子的总质量（只要建议合理即可给分） （每空2分） 12.【答案】（1）0.6 （2）1.2 1.5 （3）Q （每空2分） 13.【答案】（1）10N （2）20N 【解析】分别对小球A和木块B 受力分析如图所示 m g T （1）对小球A，处于平衡状态，由相似三角形有 A  （3分） 2R 1.5R 解得T=10 N （1分） （2）对木块B，处于平衡状态，水平方向有F=f+Tcos θ （2分） 竖直方向有m g=N+Tsin θ （2分） B 又f=μN （1分） 解得F=20 N （1分） 14.【答案】（1）0.5 （2）1.2s 【解析】（1）小包裹做匀加速直线运动时，有a=μg （1分） v 与传送带共速用时t  （1分） 1 a v2 位移x  （1分） 1 2a 匀速运动时有x =vt （1分） 2 2 且有t +t =2 s 1 2 x +x =3.6m （1分） 1 2 解得μ=0.5 （1分） （2）小包裹刚放上传送带做匀加速直线运动时，有a =gsinθ+μgcos θ=10 m/s2 （1分） 1 第 1 页 共 8 页v 用时t  0.2 s 3 a 1 v2 位移x  0.2 m （1分） 3 2a 1 由于mgsinθ>μmgcos θ，小包裹会继续做匀加速直线运动，有a =gsinθ-μgcos θ=2 m/s2（1分） 2 1 且有x vt  a t2  L x （1分） 4 4 2 2 4 2 3 解得t =1 s（另一解t =-3s 舍去） （1分） 4 4 故小包裹运送到B端的时间t=t +t =1.2 s （1分） 3 4 15.【答案】（1）0.1 （2）1.8s （3）8.1m 【解析】（1）前1s 内，对滑块A，有mg ma （1 1 1 分） 32 由v-t图像可得a  m/s2 1 m/s2 （1分） 1 1 解得 0.1 （1分） 1 （2）前1s 内，对木板B 有F mg 2mg ma （1分） 1 2 2 4 由v-t图像可得a  m/s2 4 m/s2 （1分） 2 1 解得木板B和地面间的动摩擦因数 0.2 （1分） 2 1s 后，对木板B 有mg 2mg ma （1分） 1 2 3 解得a 5m/s2 （1分） 3 v 木板B向右减速用时t  B 0.8 s （1分） 2 a 3 由于mg  2mg ，之后木板B 保持静止 （1分） 1 2 故木板B的运动总时间t t t 1.8 s （1分） 1 2 v 滑块A减速到零的时间为t  0 3 st 1.8 s，故上述结果合理 A a 1 v2 （3）滑块A继续向左减速到零，减速总位移为x  0 4.5 m （2分） 1 2a 1 1 木板B的总位移x  v t 3.6 m （2分） 2 2 B 所以木板B的最短长度为 L x x 8.1 m （1分） 1 2 第 2 页 共 8 页高一期末质量监测·物理答案详解 1.【答案】B 【立意】以年轻人喜欢的蹦极运动为背景，考查自由落体运动的基本规律、牛顿第一、二、 三定律。 1 【解析】物体的惯性大小由质量决定，与速度大小无关，故A 项错误；由x gt2 45 m， 2 解得t=3 s，故B 项正确；游客经过C 点时受到的合力为零（加速度为零），故游客经过C 点时速度最大，故C 项错误；游客对弹性绳的拉力和弹性绳对游客的拉力是作用力和反作用 力，大小总是相等，故D 项错误。 【拓展】分析O→B→C→D 过程的绳的拉力、游客的加速度和速度大小的变化规律。 【点评】应理解惯性大小由质量决定，与速度大小无关，掌握自由落体运动的基本规律，能 结合牛顿第二定律分析力和运动的关系。 2.【答案】B 【立意】以歼—35战斗机在“福建”号航空母舰降落为背景，考查匀变速直线运动的基本规 律的应用，解题时应注意刹车陷阱问题。 v 60 10 10 【解析】歼—35战斗机从着舰到停止用时t   s s<4 s，所以4s 内的位移与 s内 a 18 3 3 v 60 10 的位移相同，即x t   m100 m，故B 项正确。 2 2 3 【拓展】求停止前最后1s 的位移，求全程的平均速度等。 【点评】应熟悉匀变速直线运动的基本规律的正确应用。 3.【答案】C 【立意】以灯笼为研究对象，考查平衡问题中的隔离法和整体法。 F 【解析】设每个灯笼的重力为mg，对灯笼2，下面的轻绳和竖直方向的夹角为α，有tan ， mg 3F F 对灯笼1和2整体，上面的轻绳和竖直方向的夹角为  ，有tan ，联立可得α=β， 2mg 因两根轻绳等长，由几何关系可知，灯笼2正好处于悬点正下方，故C 项正确。 【拓展】要产生A 选项的情景，左右水平拉力之比为多少？ 【点评】对解决平衡问题，应熟悉隔离法和整体法。 4.【答案】D 【立意】以斜面上的两球为分析对象，考查物体平衡中的隔离法和整体法的应用、牛顿第二 定律（瞬时性）以及牛顿第三定律的理解。 第 3 页 共 8 页mg 【解析】对A球有 kxmgsin30，解得弹簧的压缩量x ，故A项错误；对B 球有 2k F 2mgcos30 3mg ，再由牛顿第三定律可知，B球对斜面的压力大小为 3mg ，故B Ny 项错误；撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，A球所受合力为零，加速度为零，故C 项错误； 撤去挡板前，对A、B 两球整体分析得，挡板对B球的支持力大小F 3mgsin301.5mg， Nx 3g 撤去挡板瞬间，F 消失，其他力不变，对B球有1.5mg=2ma，解得a  ，故D项正确。 Nx 4 【拓展】如果斜面不固定，靠摩擦静止在地面上，问撤去挡板前地面对斜面是否有摩擦力？ 撤去挡板后地面对斜面是否有摩擦力？ 【点评】应掌握物体平衡中的隔离法和整体法、牛顿第二定律以及牛顿第三定律的应用。 5.【答案】C 【立意】以演员吊威亚（钢丝）为背景，考查运动的合成和分解以及对超重失重的理解。 【解析】如图所示，将车速v分解为沿着钢丝方向的速度v 和垂直于钢丝方向的速度v ，v //  // 与演员的速度大小相等，即v v vcos，车速v不变，θ不断减小，则v 不断增大，即 演 // 演 演员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故A、B项错误；当θ=37°时，演员的速度大小 为v 3.2 m/s，故C 项正确，D项错误。 演 【拓展】为确保演员匀速上升，轨道车应加速还是减速运动？ 【点评】应掌握运动的合成和分解在求关联速度的应用，掌握超重失重的条件。 6.【答案】C 【解析】根据曲线运动的特点可知，速度矢量与合力矢量分别在运动轨迹的两侧，合力方向 指向轨迹的凹侧，由于运动员的速度在逐渐减小，所以合力方向与速度方向之间的夹角大于 90，故C项正确。 7.【答案】B 【立意】以神舟二十一号载人飞船返回舱在陆场过程为研究对象，考查牛顿第二定律的应用。 【解析】取竖直向下为正方向，发动机工作时，有v2 v2 2ax，解得返回舱的加速度大小 2 1 v2 v2 72 12 a  1 2  m/s2 24 m/s2，由牛顿第二定律得mg4F m  a ，解得每台发动机工 2x 21 第 4 页 共 8 页作时对返回舱的推力大小F 2.55104 N，故B 项正确。 【拓展】把下降距离改为下降时间又如何解？ 【点评】应熟悉牛顿第二定律的基本应用（已知受力求运动和已知运动求受力）。 8.【答案】AB 【立意】以漂流船在玻璃直滑道上作匀加速直线运动为例，考查匀加速直线运动的规律和重 要推论 x 57 【解析】漂流船通过B点时的速度大小v  AC  m/s3 m/s，故A项正确；根据ΔxaT2 B 2T 22 x x 75 可知，漂流船的加速度大小a  BC AB  m/s2 0.5 m/s2，故C 项错误；B点距斜面顶 T2 22 v2 端的距离x  B 9 m，A点距斜面顶端的距离x =x -x =4 m，故B 项正确；漂流船通过C B 2a A B AB 点时的速度大小v v aT 4 m/s，故D项错误。 C B 【拓展】求A点速度；过C 点后再过2s 的运动位移 【点评】应掌握匀加速直线运动的规律和重要推论 9.【答案】ABC 【解析】垂直河岸方向有d v t，可得渡河的时间t=10s，河水流速减小，垂直河岸方向的 2 分运动不变，即渡河时间不变，故A、B项正确；因为v >v ，所以小船不能垂直到达河的正 1 2 对岸，但仍存在最短航程，当v 与v 垂直时，航程最短，如图所示： 2 合 v d v 此时船头与河岸上游夹角θ满足cos θ= 2 ，最短航程为x   1 d 40 m，C 项正 v min cos v 1 2 确，D 项错误。 10.【答案】AC 【立意】考查牛顿第二定律的应用，分析临界问题（分离情景），加速度—时间图像的应用。 【解析】当两木块之间的弹力为零时，两木块即将分开，此时二者的加速度相同，设为a， 对木块A有8-t-μm g=m a，对木块B有2+t-μm g=m a，或对两木块整体有 A A B B 8-t+2+t-μm g-μm g=（m +m ）a，解得a=1m/s2，t=6 s，可见前6s 内，两木块整体受到 A B A B 第 5 页 共 8 页的合外力不变，加速度大小始终为1m/s2，6s 末两木块开始分离，故A、C 项正确；1s 末， 对木块B有2+t+F -μm g=m a，可得两木块之间的弹力大小F =5N，故B 项错误；6s 后， AB B B AB 1 1 对木块B有2+t-μm g=m a，即a  t ，其加速度—时间图像如图所示，a-t 图像与t轴 B B 4 2  12  围成的面积表示速度变化量，则10s 末木块B的速度大小v 16 4 m/s12 m/s， B  2  故D 项错误。 【拓展】求分离时的速度和位移。 【点评】应熟悉牛顿第二定律的应用：隔离法和整体法、分析临界问题（分离情景、打滑情 景等），加速度-时间图像的拓展学习。 11.【答案】（1）B （2）右 （3）1.20 （4）换用质量远大于小盘和砂子总质量的小车 或减小小盘和砂子的总质量（只要建议合理即可给分） （每空2分） 【立意】考查实验：研究物体加速度与质量的关系。 【解析】（1）刻度尺用于测纸带上小车的位移，天平用于测小车、小盘和砂子的质量，电源 与打点计时器用于在纸带上打点，不需要弹簧测力计，故B 项正确。 （2）由图乙可知小车向左做加速运动，故需向右移动小木块降低斜面倾角，直至小车做匀速 直线运动。 （3）由题意可知，相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s，根据逐差法可得，小车的加速度 x x x x  11.2112.408.8010.01  102 a  3 4 1 2  m/s2 1.20 m/s2。  2T 2  20.1 2 （4）图像弯曲是由于小盘和砂子失重带来的影响不可忽略，因此避免或减小该系统误差需满 足小车的质量远大于小盘和砂子的总质量，保证小车每次运动时受到绳子的拉力大小几乎不 变（只要建议合理即可给分）。 【拓展】打C 点时的速度。 【点评】对研究物体加速度与力和质量的关系这个实验中的原理、仪器、步骤、数据处理、 结论和误差分析应熟悉。 12.【答案】（1）0.6 （2）1.2 1.5 （3）Q （每空2分） 【解析】 v v 0.45 （1）根据平行四边形定则，有tan37 ，则v   m/s0.6 m/s。 v 2 tan37 3 2 4 L 0.9 （2）在竖直方向上运动的时间为t   s2 s，则玻璃管在水平方向上运动的距离为 v 0.45 第 6 页 共 8 页xv t 0.62 m1.2 m；红蜡块相对地面的位移大小为s  L2 x2 1.5 m。 2 （3）若红蜡块在A点匀速上浮的同时，使玻璃管水平向右做匀加速直线运动，根据运动的合 成与分解，运动的轨迹偏向合外力的方向，则应该是图乙中的Q。 13.【答案】（1）10N （2）20N 【立意】考查物体的平衡中的隔离法、相似三角形求解法和正交分解法。 【解析】分别对小球A和木块B 受力分析如图所示 m g T （1）对小球A，处于平衡状态，由相似三角形有 A  （3分） 2R 1.5R 解得T=10 N （1分） （2）对木块B，处于平衡状态，水平方向有F=f+Tcos θ （2分） 竖直方向有m g=N+Tsin θ （2分） B 又f=μN （1分） 解得F=20 N （1分） 【拓展】已知半球面的质量（比如5kg），半球面不固定，求半球面此时对地面的摩擦力和 压力。 【点评】应熟悉处理平衡问题的各种解法：隔离法、整体法、相似三角形求解法、正交分解 法、图解法等。 14.【答案】（1）0.5 （2）1.2s 【立意】以水平和倾斜传送带为模型，考查牛顿第二定律的应用。 【解析】（1）小包裹做匀加速直线运动时，有a=μg （1分） v 与传送带共速用时t  （1分） 1 a v2 位移x  （1分） 1 2a 匀速运动时有x =vt （1分） 2 2 且有t +t =2 s 1 2 x +x =3.6m （1分） 1 2 解得μ=0.5 （1分） （2）小包裹刚放上传送带做匀加速直线运动时，有a =gsinθ+μgcos θ=10 m/s2 （1分） 1 v 用时t  0.2 s 3 a 1 v2 位移x  0.2 m （1分） 3 2a 1 由于mgsinθ>μmgcos θ，小包裹会继续做匀加速直线运动，有a =gsinθ-μgcos θ=2 m/s2（1分） 2 第 7 页 共 8 页1 且有x vt  a t2  L x （1分） 4 4 2 2 4 2 3 解得t =1 s（另一解t =-3s 舍去） （1分） 4 4 故小包裹运送到B端的时间t=t +t =1.2 s （1分） 3 4 【拓展】水平和倾斜中，小包裹与传送带的划痕各为多少？ 【点评】传送带模型是高中物理中的重要模型，应熟悉牛顿第二定律在这种模型中的应用。 15.【答案】（1）0.1 （2）1.8s （3）8.1m 【立意】以木板木块为模型，考查牛顿第二定律的应用。 【解析】 （1）前1s 内，对滑块A，有mg ma （1分） 1 1 32 由v-t图像可得a  m/s2 1 m/s2 （1分） 1 1 解得 0.1 （1分） 1 （2）前1s 内，对木板B 有F mg 2mg ma （1分） 1 2 2 4 由v-t图像可得a  m/s2 4 m/s2 （1分） 2 1 解得木板B和地面间的动摩擦因数 0.2 （1分） 2 1s 后，对木板B 有mg 2mg ma （1分） 1 2 3 解得a 5m/s2 （1分） 3 v 木板B向右减速用时t  B 0.8 s （1分） 2 a 3 由于mg  2mg ，之后木板B 保持静止 （1分） 1 2 故木板B的运动总时间t t t 1.8 s （1分） 1 2 v 滑块A减速到零的时间为t  0 3 st 1.8 s，故上述结果合理 A a 1 v2 （3）滑块A继续向左减速到零，减速总位移为x  0 4.5 m （2分） 1 2a 1 1 木板B的总位移x  v t 3.6 m （2分） 2 2 B 所以木板B的最短长度为 L x x 8.1 m （1分） 1 2 【拓展】AB 都停止后，为了让滑块A从木板B 上滑落，求应该施加多大的水平向右的拉力？ 【点评】木板木块模型是高中物理中的重要模型，应熟悉牛顿第二定律在这种模型中的应用。 第 8 页 共 8 页