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江南十校
高一物理参考答案
一、选择题：1-8 题，每题4 分。9-10 题，每题5 分，共42 分。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
B
D
A
D
C
C
D
AC
B C
二、实验题：第11-12 题，每空2 分，共计14 分。
11.（6 分）（1）CD
( 2 )�=
�4−2�2
100�2
( 3 )长木板倾角过大或平衡摩擦力过度都对
12.（8 分）（1）B
( 2 ) 1.50�
( 3 )B
( 4 ) 3
1.【答案】B
A：比值定义法，不能认为v 与Δx 成正比，A 错误。
B：该公式运用极限思想，B 正确。
C：牛顿第一定律不是从实验中得出的，而是借助于理想斜面实验推理而得，C
错误。
D：该实验否定了力是维持物体运动的原因，D 项错误。
2.【答案】B
甲：由位移图象可知做匀速，v =−2m/s 丙：a −t 图象面积代表Δv 大小。
丁：由x = v0t +
1
2 at2变形可得
x
t = v0 +
1
2 at 即v0 = 4m/s，a =−2m/s2。
A、B 项：4s 时，v = 0 的物体是乙，丙。A 错误B 正确。
第2s 末乙、丙速度相等，v = 0。甲速度为−2m/s，C、D 错误。
3.【答案】D
A：由平均速度等于中间时刻速度，利用两中间时刻速度可求a=2m/s
2，A 错误。
B：逆向思维，x =
1
2 at2 =1m，B 错误。
C：由第1s中间时刻速度为10m/s，结合a=2m/s
2，可求初速度为11m/s。由x = v0t +
1
2 at2可得10m，C 错误。
D：结合C 项初速度为11m/s，利用v2 −v02 = 2ax,可求总位移为30.25m，D 正确。
4.【答案】A
由匀变速直线运动规律可知：从A 点下降时,两段L 时间之比为1:(√2 −1)，由
B 点处下降时，三段L 时间之比为1:(√2 −1)：(√3 −√2)，每次第一段L 时间
相同，综上可知A 正确。
5.【答案】D
A 项：由v −t 图象斜率大小代表加速度大小，可得加速度之比为1: 2，A 错误。
B 项：1s 后甲的速度变为18m/s，乙的速度变为26m/s，1s 内甲、乙运动位移
大小等于面积大小，x甲= 19m，x乙= 28m，x乙−x甲= 9m，即乙相对甲靠近9m，
所以还相距15m。B 错误。
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CD 项：由图中5s 内：乙比甲多运动的位移为上面三角形面积，为25m，可知
两车已相撞，利用x乙−x甲= 24m，v乙t +
1
2 a乙t2 −v甲t +
1
2 a甲t2 = 24m 即可
得t = 4s，D 项正确。
6.【答案】C
对全部绳子进行受力分析如下：
对绳子中点分析:
��·cos30°= ��得��=
2√3
3 ��
��·sin30°=��
得��=
√3
3 ��
A、B 错误
绳子中点将绳子一分为二，质量相等。
对左半部分绳子分析：����=
��
1
2��
得����=
2√3
3
C 正确。
7.【答案】C
A、B 项：重力大小、方向均不变，支持力方向不变，符合动态三角形法，绳子
与竖直方向的夹角逐渐减小。作图如下,可知拉力逐渐增大。A 错误，B 错误。
C、D 项：重力大小、方向均不变，支持力方向不变，符合动态三角形法，绳子
与竖直方向的夹角逐渐增大到53o。作图方法与上述类似,可知拉力逐渐减小到最
小。C 正确，D 错误。
8.【答案】D
由题意可知：当仅有A 物体时，由其静止可得fA = 3N，轻放B 物体后，A、B 之
间无相互作用，A、B 仅依靠自身与斜面间摩擦力均可静止，fA = 3N。
A 项：当F=1N 时，对B 分析：斜面对B 仅需提供沿斜面向上的2N 静摩擦力。两
力之和与B 物体自身重力沿斜面向下分力3N 相等，实现B 平衡，不需A 对B 施
加弹力，所以fB = 2N，fA仍为3N。A 错误。
B 项：当F=3N 时，B 刚好不需要斜面提供摩擦力，也不需要A 提供弹力就能静止，
所以fB = 0N，fA仍为3N，B 错误。
C 项：当F=4.6N 时，B 受到斜面提供的沿斜面向下的摩擦力，为1.6N，未达到
最大静摩擦力，所以仍不需要A 施加弹力。C 错误。
D 项：当F=6N 时，B 受到斜面提供的沿斜面向下的摩擦力，为3N，刚好达到最
大静摩擦力，同时刚好不需要A 施加弹力。D 正确。
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9.【答案】AC
A：t1时刻运动到最高点，A 正确。
B：t2时刻回到出发点，B 错误。
C：阴影部分面积为跳台到水中速度为0 处之间的距离，跳台高于水面，C 正确。
D：t3时刻运动到水下最低点，D 错误。
10.【答案】B C
对整体分析：地面对两木块支持力��均为
1
2 × 4��= 2��。
若要实现球保持静止，两木块之间最大距离对应木块即将滑动，地面对木块摩擦
力达到最大。
受力分析如下：木块对球的支持力与竖直方向夹角为�。
对球：2��′cos�= 2��①
对木块：�压sin�= �⋅��= �⋅2��②
其中：�压=
��′
即得�= 45∘，则两木块间距离为2 × �sin45∘=
2�。B 正确。
球离地距离为�cos45∘+
2
2 �−�=
2 −1 �。C 正确。
11.（6 分）（1）（2 分）
CD
（2）（2 分）
a =
d4−2d2
100T2
（3）（2 分）长木板倾角过大或平衡摩擦力过度都对
(1)A：纸带本身可以准确反映时间。B：合力为传感器示数2 倍。
D：采用控制变量法，由于动滑轮与小车相对静止，应视为整体，所以应保
持两者之和质量不变。
(2) �4 −�2 −�2 = �⋅2 × 5�2 得�=
�4−2�2
100�2 。
(3)由纵截距可知：当无拉力时，小车已具有加速度，即小车已能自行加速
下滑。所以原因为：长木板倾角过大或平衡摩擦力过度都对。
12.（8 分）（1）（2 分）B
( 2 ) （2 分）1.50�
( 3 )（2 分）B
( 4 ) （2 分）3
(1)A：两绳不必等长。B：拉力不平行木板则画出的力代表其分力。
C：采用两点确定一条直线的方法。D：需要统一标度方可探究关系。
(2)最小分刻度为0.1�，要估读：1.50�。(3)合力与分力是等效替代的关系。
(4)需要得到两个分力和一个合力共3 个数值，所以需要3 次。
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13.(14 分)（1）5�/�2（10 分）（2）4�
（4 分）
题中自由下落ℎ1 = 20�，总高度为�= 60�。
(1)自由下落阶段：ℎ1 =
1
2 ��2，得�= 2�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
�= ��，得�= 20�/�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
匀减速阶段：0 −�2 = 2��−ℎ1 ，得�=−5�/�2，大小为5�/�2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4′
(2)匀减速阶段：0 = �+ ��1 得�1 = 4�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4′
14.(14 分)（1）0.1�（3 分）（2）0.3�（4 分）（2）15�（7 分）
(1)初态：对�：��1 = ���
得压缩量�1 = 0.1�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
(2)末态：对�：��2 = ���
得伸长量�2 = 0.2�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
对�：上升量为
�1 + �2 = 0.3�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′
(3) ：对�：初态：��= ��= 50�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′
初态：滑轮左侧绳长记为�1
�1sin53∘= ℎ= 0.4�
得�1 = 0.5�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′
末态：滑轮左侧绳长记为�2 , �2 = �1 + �1 + �2 = 0.8�，令此时绳与水平夹角为�
�2sin�= ℎ得�= 30∘⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′
对C：��+ �sin30∘= ��
其中�= ��+ ��
得
��= 35�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′
综上：支持力变化量数值为50�−35�= 15�⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′
15.(16 分)（1）2: 3: 6（4 分）（2）
5
2 ��（5 分）（2）1.125�（7 分）
(1)令横截面积均为�
环1：�1 = �⋅2��0 ⋅�
环2：�1 = �⋅2�⋅1.5�0 ⋅�
环3：�3 = �⋅2�⋅3�0 ⋅�
则质量之比�1: �2: �3 = 2: 3: 6⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4′
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(2)令环1、环2 之间绳上拉力为�，
对环2、环3 及铜管整体分析：3�cos�= �2 + �3 + 1.5��
得�=
5
2 ��⋯⋯⋯⋯⋯⋯5′
(3)由于本题中上下是同一根绳，绳子只是穿过环2，并非上下共6 段绳。所以
本题中各处拉力相等,均为T =
5
2 mg。取环2、环3 之间绳子与竖直方向夹角为θ1，
对环3 及所有铜管分析：
竖直方向：3T ⋅cosθ1 = 3mg + 1.5mg⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′
得cosθ1 =
3
5
则tanθ1 =
4
3 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′
对环2、环3 之间分析：
因为tanθ1 =
4
3
即tanθ1 =
1.5r
h
得h = 1.125r⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
【注】以上计算题，其他方法合理即可。
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