安徽省亳州市涡阳县2024-2025学年高一上学期1月期末考试物理答案

高一物理参考答案选择题:共小题,共分。在每小题给出的四个选项中,第题只有一个选项符合题目要10421~8求,每小题分,共分;第题有多个选项符合题目要求,每小题分,共分。全部选对的得4329~105105分,选对但不全的得分,有选错的得分。30题号12345678910答案BDBADBCBABDAC解析年月日时分是一个特定的瞬间在时间轴上对应的是一个点指的是1.B 【】“20241217250”,,时刻而不是时间间隔错误研究卫星进入预定轨道后的运动轨迹时卫星的大小和形状相对,,A;,于其运动轨迹来说可以忽略不计不会影响对其运动轨迹的研究因此可将卫星看作质点正,,,B确卫星从发射到进入预定轨道的过程中其运动轨迹不是直线位移大小是从发射点到预定轨;,,道位置的有向线段的长度而路程是其运动轨迹的长度二者不相等错误卫星直线加速升空,,,C;的过程中加速度方向竖直向上不可能处于失重状态错误,,,D。600350解析磁悬浮列车加速度为3.622高性能赛车加速度为3.622.D 【】a1=m/s≈0.28m/s,a2=m/s≈12.10×6082高性能赛车加速度大所以速度大不一定加速度大错误速度变化量大不一定加速度15m/s,,,A;,大错误速度变化率就是加速度所以磁悬浮列车变化率小错误速度变化率小意味着速度,B;,,C;变化相对较缓正确,D。解析国际单位制中的基本单位是经过科学选定的不能随意选定它们是构成其他单位的基3.B 【】,,Δv础错误加速度的单位2是根据加速度的定义式a由长度单位和时间单位推导,A;m/s=Δt,ms出来的所以加速度的单位是导出单位正确牛顿是国际单位制中的导出单位错误国际,,B;N,C;单位制中力学的三个基本物理量是长度质量和时间错误、,D。解析铁球和铁球都做自由落体运动下落的加速度均为重力加速度g与铁球的质量无关4.A 【】12,,。根据自由落体运动的位移公式h1gt2它们下落的高度相同所以下落时间相同物体落水后声=,,,2音传播时间也相等所以tt正确错误井口到水面的高度h1gt2但是由于声音传播时,1=2,A,B;=,2间未知所以不能确定井口到水面具体数值错误错误,,C,D。解析整个过程分为两个阶段第一阶段从楼到楼电梯先加速下降然后可能先匀速再减5.D 【】::51,,速或者减速到达楼第二阶段从楼到楼电梯先加速上升然后可能先匀速再减速上升或1。:13,,者减速上升到达楼vt图像面积表示位移选项正负半轴面积大小相等而整个过程位移不3。-,A,为错误选项vt图像只有正半轴没有负半轴表示电梯只有竖直向下运动阶段没有竖0,A;B-,,,直向上运动阶段错误选项表示电梯先匀速直线运动再静止不动再反向匀速运动没有加,B;C,,,速减速阶段错误选项表示电梯先加速下降再减速到在楼静止一段时间然后竖直向、,C;D,0,1,上加速运动再减速运动到楼正确,3,D。v2Av2c解析物体在B点速度为+错误设AB段和BC段位移均为x物体通过AB段时间为6.B 【】,A;,2xxtABv2tAB物体通过BC段时间为tBC所以物体通过AB段和BC段所用时间之比为正=v,=v,tBC=v,B121高一物理参考答案第 1页(共4页) {#{QQABZYYEogiIQABAARhCEQXCCgEQkACACSgOAAAUIAAAyQNABAA=}#}xvv确物体在AC段的平均速度为v2212错误因为物体做匀加速直线运动所以v一1;=tABtBC=vv,C;,+1+2定小于v错误2,D。解析由于轻绳OA处于竖直方向轻绳OA弹力与小球A重力等大反向始终不变7.C 【】,,,A错误轻绳AB弹力为也是始终不变错误对小球B受力分析如图所示可知F先;0,,B;,,减小再增大轻绳OB弹力一直减小最终减小到正确错误,,0,C,D。解析OA为轻质活杆杆的弹力沿杆方向所以β一定等于θ错误对小球A有β8.B 【】,,,A;tanmamgmg解得agβ正确对小球A有β解得F错误对系统由牛顿第二定=mg,=tan,B;cos=F,N=β,C;,Ncos律得F(Mm)a(Mm)gθ错误=+3=+3tan,D。解析当汽车运动到限速标志位置恰好为时加速度最小根据v29.ABD 【】72km/h=20m/s,20m/s,-()2解得v正确汽车减速的时间最多为t100m正30m/s=-2×4×100m,=10m/s,A;=≈6.7s,B30m/s2确若汽车以更大的加速度匀减速到限速标志位置速度可以比小平均速度可以小于v;,20m/s,30m/s+20m/s错误正确==25m/s,C,D。2解析对小球AB弹簧整体进行受力分析如图所示竖直方向有10.AC 【】、、,。Fmg水平方向有FF解得FmgFmgCAsin60°=23,CAcos60°=BD,CA=4,BD=2,A正确错误剪断轻绳CA瞬间由于弹簧弹力瞬间不变所以小球A受到的,B;,,FCA合外力大小为FCAmg根据牛顿第二定律得FCAmaA解得aA=4,=3,=m=343g正确小球B受力不变加速度为错误,C;,0,D。3分每空分11.(6,2)答案均可变大【】(1)12.00(11.98-12.02) (4)49 (5)解析由图乙可知刻度尺的分度值为需要估读到弹簧自然下垂时的长度读数为【】(1),1mm,0.1mm,L0=12.00cm。根据胡克定律Fkx在本实验中弹簧的弹力等于Fnmg弹簧的伸长量xLL所以nmg(4)=,,=,=-0。=mgmg()k(LL)整理得LnL图像斜率为20.00-14.00×0.01解得k保留两位有-0,=k+0,k=m,=49N/m(4-1效数字)。减去一部分弹簧后施加同样的力弹簧伸长量会减小故劲度系数会变大(5),,,。分12.(10)答案分分【】(1)AD2(2) (2)2.5(3)a/(m/s)2.502.001.501.000.500F/N7891011分均可分均可分(3)(2) 2.0(1.8~2.2)(2) 6.0(5.7~6.3)(2)高一物理参考答案第 2页(共4页) {#{QQABZYYEogiIQABAARhCEQXCCgEQkACACSgOAAAUIAAAyQNABAA=}#}解析调节长木板一端滑轮的高度使牵引小车的细绳与长木板保持平行这样才能保证小车【】(1),,所受拉力方向与运动方向一致正确平衡摩擦力时不应挂砝码和砝码盘应让小车自身拖着纸带,A;,在长木板上做匀速运动来平衡摩擦力错误实验时应先接通打点计时器的电源待打点稳定后再,B;,放开小车错误在本实验中当用砝码和砝码盘的重力近似替代小车所受拉力时需要满足砝码,C;,,盘和砝码的总质量m远小于小车的质量M正确,D。每个点取一个计数点电源频率为所以时间间隔T使用逐差法计算加速度a(2)5,50Hz,=0.1s,:=ODOBOB(-)-0.10m2T2=2=2.5m/s。22×(0.1s)Ff根据牛顿第二定律FfMa变形可得a-则aF图像的斜率为k1由表中数据可知k(3)-=,=M,-=M,=..200-050-11-1则M将Fa2M代入FfMa解得fkg=kg,=2.0kg,=10N,=2.00m/s,=2kg-=,=6.0N。10-72分13.(10)答案方向沿斜面向下【】(1)30N;;(2)62N解析将木块A和木块B作为整体沿斜面方向由受力平衡得f(Mm)gθ分【】(1),,=+sin……(1)带入数据解得f分=30N……………………………………………………………………………(1)由牛顿第三定律木块B对斜面的摩擦力大小为f′f方向沿斜面向下分,==30N,………………(2)将木块A和木块B作为整体垂直斜面方向斜面与组合体之间的弹力为(2),,F(Mm)g分N=+cos37°………………………………………………………………………………(1)木块B刚好要向上滑动时木块B与斜面之间达到了最大静摩擦力有fμFN分,,max=…………(2)由受力平衡得F(Mm)gθf分=+sin+max……………………………………………………………(2)联立解得F分=62N…………………………………………………………………………………(1)分14.(14)答案能【】(1)4.6s;(2);4.8s解析设机器人A加速行驶t时间后机器人B能控制【】(1)1。此时机器人A的位移大小为x1at2分1=11 ①……………………………………………………(1)2机器人B的位移大小为xvt分2=21 ②……………………………………………………………(1)两者位移关系为Lmxx分-10=1+2 ③……………………………………………………………(2)联立解得t.负值舍去分①②③1≈46s()…………………………………………………………(1)机器人A加速到最大速度v(2)max=8m/svmax所需时间为t分2=a=4s…………………………………………………………………………(1)1此过程中机器人A的位移为x1at2m分3=12=16…………………………………………………(1)2之后机器人A做匀减速直线运动设减速到停止所需时间为t,3根据速度公式vmaxat分0=+23………………………………………………………………………(1)可得t分3=8s………………………………………………………………………………………(1)假设机器人A匀减速时间为t时机器人B能成功控制机器人A从机器人A开始运动到机器人B4,能成功机器人A机器人A的位移大小为xxvmaxt1at2分,4=3+4+24……………………………………(1)2机器人B的位移大小为xv(tt)分5=22+4…………………………………………………………(1)高一物理参考答案第 3页(共4页) {#{QQABZYYEogiIQABAARhCEQXCCgEQkACACSgOAAAUIAAAyQNABAA=}#}两者位移关系为Lxx分-10m=4+5…………………………………………………………………(1)解得t.tt′.t舍去分4≈08s<3,4≈232s>3()…………………………………………………………(1)所以机器人B能在小车运动过程中成功机器人A经过的时间为t总tt.分,=2+4≈48s…………(1)分15.(18)答案【】(1)4m/s;(2)0.8s;(3)1.6m;3.2m解析小滑块在传送带上加速运动根据牛顿第二定律得μmgma分【】(1),1=1…………………(1)解得a2分1=2m/s…………………………………………………………………………………(1)若小滑块可以在传送带加速到与传送带共速根据v2v2ax分,0-1=211……………………………(1)解得xL所以小滑块在传送带上运动的最大速度为v分1=3m<,0=4m/s………………………(1)小滑块滑上长木板后对小滑块由牛顿第二定律得μmgma分(2),,2=2………………………(1)解得a2分2=3m/s…………………………………………………………………………………(1)对木板由牛顿第二定律得μmgμmgma分,2-23=3………………………………………………(1)解得a2分3=2m/s…………………………………………………………………………………(1)设经过时间t小滑块与木板共速由运动学公式得vatat分1,,0-21=31…………………………(1)解得t.分1=08s……………………………………………………………………………………(1)根据v共at分(3)=31…………………………………………………………………………………(1)解得v.分共=16m/s…………………………………………………………………………………(1)由于μμ小滑块与木板共速后相对静止一起减速对小滑块和木板组成的整体由牛顿第二定2>3,,,律得μmgma分23=24……………………………………………………………………………………(1)解得a.2分4=05m/s………………………………………………………………………………(1)小滑块与木板共速后一起减速t停止运动由运