物理答案

这是一份物理答案，共10页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】D 7，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

第1章章测基础（新教材）
1．B。2．A。3．A。4．C。5.D。6．B。7．B。8．C。9．C。10．C。
11．【答案】BC 0.1
12.【解析】（1） s内小明向东运动速度由零在逐渐增大；
s内小明向东运动速度保持10 不变；
s内小明向东运动速度逐渐减小，10 s时速度为0；
s内小明向西运动速度反向增大。 (4分)
（2）小明的位移为：
平均速度：，方向向东 (3分)
由得：
s内加速度 ，方向向西 (3分)
13.【答案】 90m/s
【解析】根据①（2分）可知，
设该赛车进站前和出站后在赛道上的速度为v
赛车进站时所用的时间为（2分）②
赛车出站时所用的时间为 （2分）③
t=t1+t2+6s=11s④ （2分）
由②③④联立解得v = 90m/s (2分)
所以该赛车出站后的速度为90m/s。
20-21学年寒假物理必修1
第1章章测提高（新教材）
【答案】A 2.【答案】C 3.【答案】A 4.【答案】D 5．【答案】A
6．【答案】D 7．【答案】C 8．【答案】A 9．【答案】C
10．【答案】D
11．
【答案】（每空1分）电磁打点计时器 电火花计时器 交流 0.02 BD 刻度尺 0.1 0.280 速度随时间均匀变化
12．
【答案】（1） （2）
【知识点标签】路程 位移
【解析】
（1）两点之间线段最短，为了找到在圆柱形纸筒的表面上、两点之间的最短路径，可以把纸筒沿侧壁剪开，如图所示，
（2分）
展开成平面后，连接，则线段的长度即为小蚂蚁爬行的最短路程。由勾股定理可知， cm。（3分）
（2）整个过程中的位移大小等于图中、两点的连线的长度，由勾股定理可知 cm 。（3分）
13.【答案】超速
由于第一次从发出至接受到超声波信号用了5秒，测速仪第一次发出的超声波到达汽车处所用的时间
（1分）
测速仪第一次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪
（1分）
由于第二次从发出至接受到超声波信号用了0.3秒，测速仪第二次发出超声波到达汽车处所用的时间为
（1分）
第二次发出的信号从汽车处返回到测速仪时，汽车距测速仪
（1分）
因此汽车在两次与信号相遇的过程中，行驶了
（2分）
这340m共用了
（3分）
所以汽车的车速为
（2分）
故该小轿车超速。 （1分）
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第2章章测基础（新教材）
1．B。2．C。3．D。4．B。5．C。6.D。7．C。8．D。9．D正确。10. C。
11．【答案】、或37.5 mm、193.5 mm
、、、、、或37.5 mm、69.0 mm、100.5 mm、131.5 mm、163.0 mm、193.5 mm
B 偶然
阻力（空气阻力、振针的阻力、限位孔的阻力、复写纸的阻力等），交流电频率波动，长度测量，数据处理方法等（写两条即可）
12．
由自由落体运动规律v2＝2gh求解h
根据由自由落体运动规律由：
v2＝2gh（4分）
代入数据可得：
h＝＝m＝1.8 m（4分）
答：苹果下落前离地高度约为1.8m高
13．小球加速度保持不变，故可对全程分析求解。
(1)设X星球上的自由落体加速度为由竖直上抛运动的对称性可知，从距离抛出点的高度为处运动到最高点所用的时间
①（2分）
抛出点的高度为处的速度②（2分）
由速度位移关系③（2分）
①②③联立可得（2分）
(2)小球从抛出到返回原处所经历的时间
（4分）
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第2章章测提高（新教材）
1．【答案】C
2．【答案】C
3．【答案】D
4．【答案】B
5．【答案】D
6．【答案】B
7．【答案】D
8．【答案】C
9．【答案】C
10．【答案】C
11.
【答案】（10分每空2分）
（1）D ；
（2）0.80，2.0；
（3）左；
（4）不变。
12．【答案】（1）2.5 s （2）56.25 m 61.25 m
【解析】
（1）设B球经时间t追上A球，A球先运动的时间为，由
得s
所以A球运动时间为s，
当B球追上A球时有
解得t＝2.5 s
（2）从B球下抛起到追上A球时，B球下落的高度为 m
则A球下落的高度为mm
13.【答案】（1）2.5 m/s （2）8
【解析】
（1）设第一个周期内陷阱刚结束时小方块到达A点，此时速度
t1=2s （2分）
得：v = 2.5 m/s （1分）
此后小方块从A到B的时间为：= t1=2 s （1分）
<5 s，故小方块最大速度为：v = 2.5 m/s （1分）
（2）由（1）问可知，小方块从O到B的时间为t0=4 s （1分）
则当第二个陷阱刚发生时，能够到达B点的小方块应是从t =3s时刻发出的（此时并没有小方块发出），
而每Δt=0.4 s，则n = t0/Δt=7.5
取N=8
故在第（1）问条件下能够通过A、B的连续小方块有8个
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第3章章测基础（新教材）
1．D。
2．B。
3．B。
4．D。
5．D。
6．A。
7．C。
8．C。
9．B。
10．C。
11．（1）根据平衡条件结合胡克定律求出劲度系数。
（2）若要验证力的平行四边形定则，则两个弹簧拉力的合力与重力等大反向，根据几何关系求解即可。
（1）矿泉水瓶静止处于平衡状态，由胡克定律与平衡条件得：mg＝k△L，
弹簧的劲度系数：k＝N/m＝200N/m；
（2）若要验证力的平行四边形定则，则两个弹簧拉力的合力与重力等大反向，根据几何关系可知，若两根弹簧的拉力相等，即弹簧的长度相等，与竖直方向的夹角也相等，此时F1＝F2＝mg，即可验证了力的平行四边形定则，则有：L2＝17.50cm，θ＝60°。
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用胡克定律与平衡条件即可解题。
12.四个力分别位于相互垂直的两条直线上，先将同一直线上的两个力合成，最后再求出总力即可。
由图可知F1与F2在同一条直线上，
F1与F2的合力为：F合1＝F2﹣F1＝8N﹣5N＝3N，（2分）
方向与F2同向。（1分）
同理，F3与F4的合力为：F合2＝F4﹣F3＝11N﹣7N＝4N，（2分）
方向与F4同向（1分）
由于F合1F合2，所以F合＝＝5N（2分）
答：它们的合力的大小为5N。
本题是多个力的合成，技巧是先将同一直线上的力进行合成，然后由勾股定理求出总的合力。
13．（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是54m1g、34m1g；
（2）乙受到的摩擦力是34m1g，方向水平向左；
（3）欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过1.6kg．
【解析】（1）对结点O，作出力图如图，由平衡条件有：
csθ=m1gTA①（1分）
tanθ=TBm1g②（1分）
解得：
TA=54m1g（2分）
TB=34m1g（2分）
（2）对于乙物体：摩擦力F＝TB=34m1g（2分）
方向水平向左
（3）当乙物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大值Fmax＝μm2g③（2分）
TBmax＝Fmax④
由②③④得：m1max=TBmaxgtanθ=1.6kg（2分）
答：（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是54m1g、34m1g；
（2）乙受到的摩擦力是34m1g，方向水平向左；
（3）欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过1.6kg．
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第3章章测提高（新教材）
1.【答案】D 2．【答案】B 3．【答案】C 4．【答案】C 5.【答案】C
6．【答案】B 7．【答案】D 8．【答案】B 9．【答案】B 10. 【答案】A
11．【答案】
(1)m(2)不必 （3分）不会（3分）
12． 【答案】
(1)30°（5分） (2)（5分）
【解析】
M和m分别处于平衡状态，对m受力分析应用平衡条件可求得θ的数值；再对M受力分析应用平衡条件可求得木块与水平杆间的动摩擦因数；最后对整体受力分析表示出拉力F的表达式，讨论最小值即可。
(1)以小球B为研究对象，受力分析如图甲所示，轻绳对小球B的拉力为FT，由平衡条件可得：
FTcs θ＝Fcs 30°(2分)
FTsin θ＋Fsin 30°＝mg(2分)
解得FT＝10 N，θ＝30°(1分)

(2)解法一：以木块A为研究对象，受力分析如图乙所示，轻绳对木块A的拉力为FT′，根据共点力平衡条件可得：
FN＝FT′sin θ＋Mg(2分) FT′cs θ＝Ff，Ff＝μFN(2分)
又FT′＝FT 解得μ＝(1分)
解法二：以木块和小球为整体，根据共点力平衡条件有
μFN＝Fcs 30°(2分) FN＝Mg＋mg－Fsin 30°(2分) 解得μ＝(1分)
本题考查平衡问题的综合应用，选择好合适的研究对象受力分析应用平衡条件求解即可。
13.【答案】（1）T＝7.5N（2）F=15N
【解析】（10分）
（1）对A物体：
X方向： …………（1分）
Y方向： …………（1分）
； …………（1分）
T＝7.5N …………（2分）
（2）对B物体：
X方向： …………（1分）
Y方向： …………（1分）
…………（1分）
…………（2分）
20-21学年寒假物理必修1
第4章章测基础（新教材）
1．B。
2．C。
3.C。
4．A。
5．A。
6．B
7．C。
8．B。
9．C。
10．A。
11．本题考查“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验原理及步骤。
（1）为使小车所受合外力等于细线的拉力，就需要平衡掉摩擦力的影响，故采取的措施是平衡摩擦力。
要使细线的拉力约等于砝码及砝码盘的总重力，应满足的条件是小车质量远大于砝码及砝码盘的质量。
（2）打点计时器使用的都是交流电源，每隔0.02 s打一个点．根据题意相邻计数点间的时间间隔t＝0.1 s，则B点的速度为A、C两点间的平均速度：
vB＝＝m/s＝0.74 m/s
由：
可得：
a＝
代入数据解得：。
12．根据牛顿第二定律和摩擦力公式求解动摩擦因数；根据速度时间图像围成的面积求解位移。
（1）由图可知，0-10s内和10-30s内物体的加速度分别为
（1 分）
（1 分）
整个过程中物体的位移为
x=a1t12＋vt2＋a2t22 （1 分）
代入数据解得
x = 150 m （1 分）
（2）设物体与地面间的动摩擦因数为，则根据牛顿第二定律有
F- mg=ma1 （2 分）
F- mg=ma2 （2分）
联立解得  =0.125 （2分）
12．通过正交分解将拉力F分解为水平方向和竖直方向的分力，利用牛顿第二定律求解加速度，结合运动学公式求解位移。
（1）
（2）根据牛顿第二定律，有
Fcsθ﹣Ff＝ma
又Fsinθ+FN＝mg，Ff＝μFN
联立解得a＝0.3m/s2。
（3）小物块运动4.0s的位移
x＝at2＝×0．3×42＝2.4m
20-21学年寒假物理必修1
第4章章测提高（新教材）
1．【答案】C 2．【答案】B 3．【答案】C 4．【答案】C 5．【答案】B
6. 【答案】C 7. 【答案】C 8. 【答案】A 9．【答案】C 10．【答案】B
11．【答案】（10分）
（1）见解析图（3分）
（2）小车和砝码总质量的倒数（2分）
（3）1 （2分）
（4）小车受到的阻力为0.1 N（3分）
12. 【答案】0.9 s
【解析】
根据物块和传送带的速度关系，判断物块在传送带上的运动性质，根据运动学公式求解时间。
设运动过程中物体的加速度为a，根据牛顿第二定律得-μmg＝ma （1分）
解得a＝-μg＝-2.5 m/s2 （1分）
设达到皮带速度v时发生的位移为x1，所用时间为t1，则v2－v02＝2ax1 （2分）
解得：x1＝1 m （1分）
减速运动的时间 （1分）
匀速运动的时间 （1分）
所需总时间t＝t1＋t2＝0.9 s （1分）
13.【答案】
物块B在F作用下加速运动时，
对B： （1分）
求得（1分）
对A：（1分）
求得（1分）
后，在达到共同速度之前，A的受力情况不变，故A继续以原加速度急速，
而B开始减速， 得（1分）
设在经过后A，B速度相等，则：
求得（1分）
故时它们达到共同速度（1分）
后，假设A，B一起匀减速运动，则：
（1分）
则 （1分）
而A对B的最大摩擦力（滑动摩擦力）为
产生的加速度（1分）
故后A，B一起为减速运动，
所以t=3.2 s时，（1分）
求得（1分）
20-21学年寒假物理必修1
综合测基础卷1（新教材）
1．D。
2．C
3．C。
4．D。
5．B。
6．C。
7．A。
8．D。
9.B。
10．.B。
11．.B。
12．A。
13．C。
14．B。
15．（1）BCD；
（2）AC；
（3）0.762；2.01；
（4）B；
（5）系统误差。
16．
【解析】
（1）由图知：客车的加速度为a=△v△t=-30m/s(6.5-0.5)s=-5m/s2
（2）图线与时间轴围成的面积表示位移，则客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离为x=vt1+12vt2＝105m＞55m
客车能撞到狗。
（3）客车和狗速度相等经历的时间为： t=v'-va=10-30-5s＝4s
此时客车的位移为：x车＝+=95m
狗的位移为x狗＝v′（t+0.5）＝10×4.5m＝45m
因为x狗+55m＞x车，可知狗能摆脱噩运。
熟练掌握速度图象的物理含义：图象的斜率等于物体的加速度，图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，这是解决此类题目的基本策略。
17．【解析】
（1）假设货物恰好滑动时的加速度为a0，由牛顿第二定律得
代入数据解得：
所以此时货物相对于汽车并未滑动，设此时货物所受摩擦力f，由牛顿第二定律得：
（2）汽车匀速运动的速度：
汽车刹车到静止需要的时间：t=v0a2=105s＝2s
这段时间内汽车的位移为：x=v02t=102×2m＝10m
此时货物相对于汽车发生滑动，货物对地的位移为：
=10×2m-12×4×22m＝12m
货物相对汽车向前运动的距离：△x＝x′﹣x＝12m﹣10m＝2m＜6m﹣1m＝5m（货物原
来与货厢前壁间的距离），
则货物不会与货厢前壁发生碰撞，此时货物与货箱前壁的距离：
d＝6m﹣1m﹣2m＝3m
解题的关键是正确对货物和汽车进行受力分析，分析清楚货物和汽车的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学相结合进行处理。分析时，要抓住货物与汽车运动的同时性，并能找出两者之间的关系，如位移关系。
20-21学年寒假物理必修1
综合测基础卷2（新教材）
1．B。2．C。3．D。4．D。5．D。
6．B。7．D8．A。9．D10．A。11．D。12．D。13．A。
14．（1）ACD；
（2）BD；
（3）不变化。
15．（1）AD；
（2）1M；一条过原点的倾斜直线；
（3）6.22；
（4）dt1；(dt2)2-(dt1)22s。
16．（1）已知甲车的初末速度和加速度，应用匀变速直线运动的速度﹣位移公式可以求出刹车位移。
（2）当两车相遇时甲车的速度等于乙车的速度，此时甲车刹车的加速度最小，根据题意应用运动学公式求出甲车的最小加速度。
（1）甲车速度由16m/s减至6m/s过程中的位移：
x1=v甲2-v022a甲
解得x1=v甲2-v022a甲=162-622×2m＝55m
因此刹车位置离收费站窗口距离：
x2＝x0+x1＝10m+55m＝65m
（2）设甲刹车后经时间t，甲、乙两车速度相同，
由匀变速直线运动的速度﹣时间公式得：v乙＝v甲﹣a'甲t
由位移﹣时间公式得：v乙(t0+t)+s≥v0t0+v0t-12a'甲t2
代入数据解得：a'甲≥0.8m/s2
所以，甲车的加速度最小值为0.8m/s2
17．
【解析】
（1）由牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出位移，再求出上升的最大高度。（2）应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间。
（1）小物块在水平面上，加速度：
a1=-μmgm=-μg＝﹣0.5×10m/s2＝﹣5m/s2，
由匀变速直线运动的速度﹣位移公式得：v12-v02=2a1x
代入数据解得：v1＝10m/s
小物块在斜面上向上运动，加速度：
a2=-mgsinθ-μmgcsθm=-gsinθ﹣μgcsθ
代入数据解得：a2＝﹣10m/s2，
由速度﹣位移公式得：0﹣v12=2a2s
代入数据解得：s＝5m，
上升的最大高度：h＝ssinθ＝5sin37°＝3m；
（2）小物块在斜面上向上运动时间：t1=0-v1a2=0-10-10s＝1s
小物块在最高点时：mgsinθ＞μmgcsθ，所以物块会匀加速下滑
加速度：a3=mgsinθ-μmgcsθm=gsinθ﹣μgcsθ
代入数据解得：a3＝2m/s2，
设向下加速运动的时间为t2，
向下匀加速运动的位移：s=12a3t22
代入数据解得：t2=5s
小物块在斜面上运动所需时间为：
t＝t1+t2＝1s+5s≈3.2s
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/11/30 19:47:00；用户：王琪；邮箱：hzmst005@xyh.cm；学号：38551295
综合测提高卷1
20-21学年寒假物理必修1
综合测提高卷2（新教材）
1．D 2 C 3 B 4 B 5．C 6．D 7．B 8．C 9．B
10．C 11 D 12．B 13．A
14【答案（1）F′；（2）B；（3）BD 15．（1）C；（2）x26T，x2−2x19T2；（3）C。
16．【解析】
（1）由题意可知公交车刹车过程的平均速度为：v=15+02m/s=7.5m/s
则可得公交车刹车的时间为：t3=s1v=307.5s=4s
（2）由题意可知公交车与电动车的运动时间相等，为：
t=x−s2v2=900−23010s=67s
设公交车匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有：
t＝t1+t2+t3
v1+02t1+v1t2=x−s1
代入数据可得：t1＝10s，t2＝53s
则可得公交车在匀加速时的加速度大小为：
a1=v1−0t1=15−010m/s2=1.5m/s2
（3）设两车第一次相遇时，两车运动时间为t4，且此时公交车仍处于匀速运动过程，公交车的位移为：x1=v122a1+v1(t4−t1)
电动车的位移为：x2＝v2t4
两车的位移关系为：x1＝x2+s2
代入数据可得：t4＝61s＜t﹣t3＝63s，即两车第一次相遇时，公交车仍处于匀速运动过
程，可得两车第一次相遇点到乙站的距离为：
△x＝x﹣s2﹣x2＝900m﹣230m﹣10×61m＝60m
答：（1）公交车刹车的时间为4s；
（2）公交车加速的加速度大小为1.5m/s2；
（3）公交车与电动车第一次相遇点到乙站的距离为60m。
17．根据牛顿第二定律分别求出撤去拉力F前后木块和木板的加速度大小，分析运动情况，画出速度图象，根据图线与坐标轴维持的面积表示位移进行解答。
设从静止开始最少作用t时间可以让木块滑离长木板，在t时间内，设木块的加速度大小为a1、木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得：
对木块，有：F﹣μ1mg＝ma1
解得：a1＝3.5m/s2
对木板，有：μ1mg﹣μ2（m+m）g＝Ma2
a2＝2m/s2
撤去F后，木块的加速度大小为a′1、木板的加速度大小为a′2，根据牛顿第二定律可得：
对木块，有：μ1mg＝ma′1
解得：a′1＝4m/s2
对木板，有：a′2＝a2＝2m/s2
再经△t时间，物块达木板右端时共速为v，画出v﹣t图象如图所示：
故对木块，有：v＝a1t﹣a′1△t…①
对木板：v＝a2（t+△t）…②
根据①②得：t△t=41
且木块相对木板的位移△x＝L﹣l，其中l＝1.25m

解得 t=2s
答：从静止开始最少作用2s可以让木块滑离长木板。
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日期：2020/11/30 19:47:00；用户：王琪；邮箱：hzmst005@xyh.cm；学号：38551295
高一物理综合卷1答案
1. D 2. A 3. B 4. C 5. C 6. D 7. B 8. C 9. AC 10. CD
11. AD 12. ACD
13.答案 (1)B (2)0.80 (3)钩码质量m不满足远小于小车质量M
14答案 (1)3.60 (2)第5s初 失重 (3)0.40
15.
解析 (1)设第一段的末速度为v1,离舰速度为v,