高一物理试题答案

高一物理试题答案一、单项选择题：1、解析：B全长66km属于路程，选项A错误；起点和终点的速度均是瞬时速度，选项B正确；因不知其位移是多少，故不能求解平均速度，选项C错误；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)可知，平均速率为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(66,0.5)km/h＝132km/h，大于全程限速100km/h，该汽车超速，选项D错误。故选B。2、解析：A水泥制品在竖直方向只受到重力和摩擦力，处于静止状态，故重力与摩擦力大小一定相等，重力竖直向下，摩擦力竖直向上，选项A正确，B、C错误；静摩擦力的大小与压力无关，选项D错误。3、解析：C惯性只与物体的质量有关，系好安全带无法影响惯性大小，故A、B错误；安全带系在人的身上，对人有一定的作用力，可以改变人的运动状态，所以系好安全带可以防止因人的惯性而造成伤害，故C正确，D错误。故选C。4、解析：C由牛顿第二定律可得，上升时mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(v02,2g)；下滑时mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，x2＝x1＝eq\f(1,2)a2t22，t2＝eq\f(\r(5)v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故选项C正确。5、解析：D飞镖抛出后做曲线运动，速度方向不断改变，忽略空气阻力，飞镖做平抛运动，水平速度不变，竖直速度一直增大，合速度逐渐增大，即速度大小变化，故A错误；忽略空气阻力飞镖只受重力，故根据牛顿第二定律可知，加速度恒定，为重力加速度，故B错误；飞镖做曲线运动，速度方向是切线方向，合力方向竖直向下，故加速度方向竖直向下，故C错误；飞镖做曲线运动，根据曲线运动条件，加速度方向跟速度方向不在同一直线上，故D正确。故选D。6、解析：B从P到Q的时间为半个周期，根据开普勒第二定律，从P到M运动的速率大于从M到Q的速率，可知从P到M所用时间小于eq\f(T0,4)，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，从P到Q是远离太阳的过程，引力是阻力，速率是减小的；从Q到N是靠近太阳的过程，引力是动力，速率会增大，选项B正确，C错误；从M到Q是远离太阳的过程，引力是阻力，从Q到N是靠近太阳的过程，引力是动力，选项D错误。故选B。7、解析：D双星的周期相同，角速度相同，根据v＝ωr，伴星的线速度大于天玑星的线速度，故A错误；设伴星的质量为m，运动半径为r，天玑星的运动半径为R，则Geq\f(Mm,L2)＝meq\f(4π2,T2)r＝Meq\f(4π2,T2)R，得mr＝MR，由r>R，得m<M，伴星的质量较小，故B错误；伴星的运动半径r＝eq\f(GT2M,4π2L2)，天玑星的运动半径R＝L－r＝L－eq\f(GT2M,4π2L2)＝eq\f(GT2m,4π2L2)，故C错误；双星的总质量为M＋m＝eq\f(4π2L2,GT2)r＋eq\f(4π2L2,GT2)R＝eq\f(4π2L3,GT2)，故D正确。故选D。8、解析：AD“7月25日3时13分”是指时刻，“13小时”是指时间，A正确；选地球为参考系，“问天”实验舱和“天和”核心舱相对地球运动，B错误；“问天”实验舱和“天和”核心舱对接后速度相同，选“天和”核心舱为参考系，“问天”实验舱是静止的，选“问天”实验舱为参考系，“天和”核心舱是静止的，C错误，D正确。9、解析：BD水平力F与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D正确。10、解析：ABC每颗星受到的合力为F＝2Geq\f(m2,R2)sin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,R2)，轨道半径为r＝eq\f(\r(3),3)R，由向心力公式得F＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(\r(3)Gm,R2)，v＝eq\r(\f(Gm,R))，ω＝eq\r(\f(3Gm,R3))，T＝2πeq\r(\f(R3,3Gm))，显然加速度a与m有关，故A、B、C正确，D错误。二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11、(12分)解析：(1)设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1根据位移公式有x1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)由速度公式有v1＝v0＋a1t1代入数据得v1＝8m/s。(2)泥石流到达坡底时，汽车速度v2＝a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1－t0))汽车位移x0＝eq\f(1,2)a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1－t0))2当汽车的速度与泥石流速度相等时，泥石流与汽车相距最近设泥石流到达坡底后汽车又加速时间为t2，故有v1－a2t2＝v2＋a3t2泥石流水平位移x泥＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)汽车位移x汽＝v2t2＋eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)相距最近的距离x＝x0＋x汽－x泥代入数据联立解得x＝6m。答案：(1)8m/s(2)6m12、(12分)解析：(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg解得FT＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)即θ＝30°。(2)对A进行受力分析，由平衡条件有FTsinθ＋Mg＝FN，FTcosθ＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),5)。(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有Fsinα＋FN＝(M＋m)g，Fcosα＝μFN解得F＝eq\f(μ（M＋m）g,cosα＋μsinα)令sinβ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，cosβ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))即tanβ＝eq\f(1,μ)，则F＝eq\f(μ（M＋m）g,\r(1＋μ2)（sinβcosα＋cosβsinα）)＝eq\f(μ（M＋m）g,\r(1＋μ2)sin（β＋α）)显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tanα＝μ＝eq\f(\r(3),5)时，F的值最小。答案：(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)(3)eq\f(\r(3),5)13、(12分)解析：(1)根据L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入数据解得a＝2m/s2。(2)根据牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ联立解得F＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μmgcosθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(ma＋mgsinθ＋μmgcosθ,\r(μ2＋1)sin（φ＋α）)当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin代入数据解得Fmin＝eq\f(12\r(5),5)N。答案：(1)2m/s2(2)0.5(3)eq\f(12\r(5),5)N14、(12分)解析：(1)对小球与弹簧，由机械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mv02解得弹簧的弹性势能Ep＝8J。(2)对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动，在A处的速度为vA＝eq\f(v0,cosθ)从A到C的过程，由动能定理可得mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2解得vC＝7m/s。(3)要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回。设小球恰好能通过最高点时，速度为v，轨道半径为R1，在最高点mg＝eq\f(mv2,R1)从C至最高点的过程－2mgR1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2解得R1＝0.98m设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径为R2，从C至圆心等高处的过程－mgR2＝0－eq\f(1,2)mvC2解得R2＝2.45m综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R必须满足0<R≤0.98m或R≥2.45m。答案：(1)8J(2)7m/s(3)0<R≤0.98m或R≥2.45m15、(12分)解析：(1)本实验中还需要测量的物理量是小球的质量m；电动机不转时小球自然下垂，设此时拉力传感器的示数为F0，则小球的质量m＝eq\f(F0,g)。(2)小球运动的周期为T＝eq\