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高一物理参考答案
一、选择题：本大题共10 小题，每题4 分，共40 分。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
B
D
C
C
A
B
BD
AC
AD
1.D，解析：匀速圆周运动加速度大小不变，但方向时刻指向圆心，是变加速运动，不是匀变速，A 错。向
心加速度的方向确实始终指向圆心，但只有匀速圆周运动的向心加速度大小才恒定不变；如果是变速圆周
运动，线速度大小变化，向心加速度大小也会随之变化。B 错。只有匀速圆周运动合外力才始终与速度垂直；
变速圆周运动合外力有切向分量，C 错。匀变速曲线运动加速度恒定，故合外力大小、方向均不变，D 对。
2.B，解析：闸杆绕O 转动，A、B 共轴转动，角速度处处相等：ωA=ωB，B 对，A 错。由于线速度ν=ωr ，
B 点半径更大，νA<νB，C、D 错。
3.D，解析：重力势能
p
E
mgh
，h 为相对参考平面高度，重力做功
G
W
mg h
，与参考面无关。以地面为
参考面，B 点的重力势能为0，从A 点到B 点下落过程中，重力势能减少，A、B 错。以桌面为参考面，A
点的重力势能为
2
mgh ，从A 点到B 点下落过程中，重力做功
1
2
mgh
mgh
，C 错、D 对。
4.C，解析：摩擦力提供向心力，
2
n
f
F
m
r
，代入数据得，
2
0.5 4
0.2
1.60
f
N
，A、B、D 错，C
对。
5.C，解析：a 到b 靠近行星，万有引力增大，加速度增大，A 错。a 到b 靠近中心天体，引力做正功，速
率增大，B 错。开普勒第二定律，相等面积用时相等，C 对。
3
2
r
K
T
，只与中心天体质量有关，与卫星无
关，D 错。
6.A，解析：在最高点：
2
n
v
F
mg
m r
，得
2
n
v
F
m
mg
r
，由图像可得斜率
a
m
K
b
r
，可得绳长
mb
r
a
，
A 对，纵截距a
mg
，得
a
g
m
，B、C 错，当速度v2＝2b 时，
2
n
m
b
a
F
m
a
mg
mb
m
a
，D 错。
7.B，解析：由万有引力定律得：
2
2
2
2
2
4
n
Mm
v
G
m
m
r
m
r
ma
r
r
T
，对于线速度，对a、c，
a
c
，
由v
r
，
c
a
r
r
，则
c
a
v
v
，对于b、c、d，
b
c
d
r
r
r
，则
b
c
a
v
v
v
，b 的线速度最大，A 错。对于向
心加速度，对b、c、d，b
c
d
r
r
r
，由于
2
n
GM
a
r
，则
b
c
d
a
a
a
，对于a、c，
a
c
，由
2
na
r
，c
a
r
r
，
则
c
a
a
a
，则b 的向心加速度最大，B 对。对于角速度，对于a、c，
a
c
，对于b、c、d，
b
c
d
r
r
r
，
由
3
GM
r
，则
b
c
a
，d 的角速度最小，C 错。对于周期，
2
T
，角速度越小，周期越大，则b
的周期最小，D 错。
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8.BD，解析：汽车在锅底做圆周运动，向心加速度的公式为
2
n
v
a
r
，带入数据得
2
2
20
10m/s
40
na
，D 对，
C 错。汽车在锅底时，竖直方向收受到重力和支持力，合力提供向心力，
2
N
v
F
mg
m r
，带入数据得，
2
1000 10
1000 10
20000N
N
v
F
mg
m r
，B 对，A 错。
9.AC，解析：根据开普勒第二定律（面积定律）：卫星与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积相等。
“天问一号”在轨道Ⅲ（大椭圆轨道）上运行时，P 点为远火点，Q 点为近火点。卫星在远火点的线速度小
于近火点的线速度，即经过P 点的线速度小于Q 点的线速度。A 对。第二宇宙速度（11.2km/s）是卫星脱
离地球引力束缚的最小发射速度。“天问一号”最终环绕火星运行，发射速度需突破地球引力束缚的临界
值，实际发射速度应大于11.2km/s。B 错。卫星从高轨道/大椭圆轨道变轨至低轨道/小椭圆轨道时，需减
速（万有引力大于所需向心力，做近心运动），反之需加速。C 对，D 错。
10.AD，解析：解析：两种启动方式最终最大速度相同，由P=fvm决定，A 对,由牛顿第二定律得F−f=ma，
其中F=
p
v =200N，则加速度大小为0.25m/s，B 错，水平路面匀速时，牵引力F0=f=160N，速度v0=
P
f =5m/s。
上坡瞬间速度大小不变、功率不变，故牵引力仍为F0=160N。上坡时由牛顿第二定律：F0−f+mg sin 6° =ma
代入数据得a=-1m/s2。C 错。当电瓶车达到匀速状态时，F=f+mg sin 6°=320N，v=
P
F =
800
320 =2.5m/s，D 对。
二、实验题：本大题共2 小题，每空2 分，共18 分。
11.（8 分）
（1）B
（2）d
R t
（3）
2
1
t
2
2
kR
md
解析：（1）实验中保持砝码质量m 和运动半径r 不变，只改变角速度ω，探究向心力F 与ω的关系，
这种方法是控制变量法，则选B。（2）挡光杆经过光电门时，线速度
d
v
t
，（d 为挡光宽度，Δt 为
遮光时间）。根据线速度与角速度的关系v
R
（R 为挡光杆的旋转半径），可得：
v
d
R
tR
。（3）
根据向心力公式
2
F
m
r
，将
d
tR
代入：
2
2
2
2
1
d
mrd
F
mr
R t
R
t
，要使F 与横坐标成线性
关系（图像为直线），横坐标应选
2
1
t
，此时F 与
2
1
t
成正比，直线斜率
2
2
mrd
k
R
，整理得：
2
2
kR
r
md
。
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12.（10 分）
（1）4
（2）
M
m g
K
l
（3）20 （19-21 均可），10（9.0-11 均可）
（4）逐渐变小
解析：（1）根据胡克定律，弹簧的形变量Δl 与所受压力（对应砝码质量m）应成线性关系。观察m−Δl 图
像，第1、2、3、5 次数据点基本在拟合直线上，第4 次数据点明显偏离直线，误差较大，应剔除。填4。
（2）对托板（上挡板）和砝码整体受力分析，由平衡条件：弹簧弹力等于总重力
K t
m
M g
，整理得：
因此劲度系数表达式为：
m
M g
K
l
。
（3）计算劲度系数，由于
m
M g
K
l
，可得
K
m
l
M
g
，即图像斜率
K
k
g
，由图像剔除第4 组数
据后，取有效点计算斜率可得
3
2
50
10
10 kg
2kg/m
3.0
1.0
10 m
k
，即劲度系数
20N/m
K
kg
。计算上挡板质
量M 当m=0 时，K l
Mg
，从图像延长线与Δl 轴交点
0
0.005m
m
l
，
时
得，
20
0.005 kg
0.01kg
10g
10
K l
M
g
。
（4）弹簧的弹性势能公式为
2
1
2
p
E
K
l
，纸巾总质量减小→弹簧总压力减小→形变量Δl 逐渐减小，
因此弹性势能逐渐变小。
三、计算题：本大题共3 小题，共42 分。
13（12 分）答案：
（1）�地=
��2
�
（2）�’ =
�2
�2 �
（3）
3
2
r
d
r
gR
a
【解析】
【详解】（1）在地球表面质量为
1
m 的物体，重力由万有引力提供
1
1
2
M m
G
m g
R
地
——2 分
解得
2
gR
M
G
地
——2 分
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（2）设空间站所在高度处有质量为
2
m 物体，则有
2
2
2
M m
G
m g
r
地
——2 分
结合（1）解得
2
2
R
g
g
r
——2 分
（3）设空间站的质量为m3，由牛顿第二定律得
2
3
3
2
M m
G
m
r
r
地
——2 分
对卫星，其角速度与空间站相等，由向心加速度公式得
d
r
ω
a
2
——1 分
联立解得
3
2
r
d
r
gR
a
——1 分
14（14 分）答案：（1）f=3000N；（2）m = 1500kg；（3）W=2.7×106J
（1）汽车的最大速度
v2＝108km/h＝30m/s
汽车最后以额定功率做匀速直线运动，则有
P 额＝F2v2——2 分
2
f
F
——2 分
联立解得汽车所受的阻力大小为
f＝3000N——1 分
（2）0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，功率逐渐增大到额定功率
在t1时刻由瞬时功率公式得
P 额＝F1v1——1 分
由牛顿第二定律得
1
1
F
f
ma
——2 分
由运动学公式得
1
1 1
v
a t
——1 分
联立解得汽车质量为
m=1500kg ——1 分
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（3）汽车在0～t1时间内的位移
1
1
2
1
t
v
x
——1 分
得x=200m
汽车在0～t1时间内为恒力做的功，则
1
1
W
F x
——1 分
联立解得
W1=9×105J
汽车在t1～t3时间内为变力做的功，但功率不变，则
2
3
1
W
P
t
t
额
——1 分
得
W2=1.8×106J
则汽车在0～t3时间内做的总功为
1
2
W
W
W
解得W=2.7×106J ——1 分
15.（16 分）【答案】（1）
1
2
3 3
1
v
v
；（2）
sin
sin
2
tan
L
T
g
（
）；（3）
2
【详解】
（1）以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得
2
tan
v
mg
m r
——2 分
sin
r
L
——1 分
解得
sin
tan
v
gL
——1 分
即图一中两小球的线速度的比值
1
2
sin60 tan60
3 3
sin30 tan30
1
v
v
——2 分
（2）m1、m2两小球相对静止做稳定的匀速圆周运动，每转一圈需要的时间相同为T，其角速度也相同。
对m2进行受力分析，设细绳2 的拉力为T2，
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把T2分别沿水平方向和竖直方向分解，则有
2 cos
1
T
mg
——1 分
2
2 sin
2
T
m
r
，
——1 分
sin
sin
r
L
，
——1 分
2
T
——1 分
解得：
sin
sin
2
tan
L
T
g
——2 分
（3）对m1进行受力分析，设细绳1 的拉力为T1，
把T1分别沿水平方向和竖直方向分解，则有
1 cos
2
3
T
mg
——1 分
2
1
2
sin
sin
sin
4
T
T
m
L
——1 分
将
2
1 式比较可得
2
sin
sin
tan
L
g
联立
2
3
4 可得
2
2sin
sin
tan
2
L
g
则
tan
2sin
2sin
tan
2sin
sin
——1 分
又由于tan
sin
tan
sin
、
解得
2
2
2
即
2
——1 分
