高一期末質量監(jiān)測·物理參考答案

說明：

本解答給出的非選擇題答案僅供參考，若考生的解法（或回答）與本解答（答案）不同，

但只要合理，可參照評分標準酌情給分

一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合

題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選

對但不全的得3分，有選錯的得0分。

題號12345678910

答案BBCDCCBABABCAC

二、非選擇題：本題共5小題，共54分。

11.【答案】（1）B（2）右（3）1.20（4）換用質量遠大于小盤和砂子總質量的小車

或減小小盤和砂子的總質量（只要建議合理即可給分）（每空2分）

12.【答案】（1）自由落體（2）①A②x（3）1.96（每空2分）

13.【答案】（1）10N（2）20N

【解析】分別對小球A和木塊B受力分析如圖所示

（1）對小球A，處于平衡狀態(tài)，由相似三角形有（3分）

解得T=10N（1分）

（2）對木塊B，處于平衡狀態(tài)，水平方向有F=f+Tcosθ（2分）

豎直方向有mBg=N+Tsinθ（2分）

又f=μN（1分）

解得F=20N（1分）

14.【答案】（1）0.5（2）1.2s

【解析】（1）小包裹做勻加速直線運動時，有a=μg（1分）

與傳送帶共速用時t（1分）

位移x（1分）

勻速運動時有x2=vt2（1分）

且有t1+t2=2s

x1+x2=3.6m（1分）

解得μ=0.5（1分）

2

（2）小包裹剛放上傳送帶做勻加速直線運動時，有a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s（1分）

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用時ts

位移xm（1分）

2

由于mgsinθ>μmgcosθ,小包裹會繼續(xù)做勻加速直線運動，有a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s（1分）

且有x4=vta2tL2—x3（1分）

解得t4=1s（另一解t4=-3s舍去）（1分）

故小包裹運送到B端的時間t=t3+t4=1.2s（1分）

15.【答案】（1）0.1（2）1.8s（3）8.1m

【解析】（1）前1s內，對滑塊A，有μ1mg=ma1（1

分）

由v-t圖像可得（1分）

解得μ1=0.1（1分）

（2）前1s內，對木板B有F—μ1mg—μ2.2mg=ma2（1分）

由v-t圖像可得am/s2=4m/s2（1分）

解得木板B和地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2（1分）

1s后，對木板B有μ1mg+μ2.2mg=ma3（1分）

解得2

a3=5m/s（1分）

木板B向右減速用時t2==0.8s（1分）

3

由于μ1mg<μ2.2mg，之后木板B保持靜止（1分）

故木板B的運動總時間t=t1+t2=1.8s（1分）

滑塊A減速到零的時間為tAs>t=1.8s，故上述結果合理

（3）滑塊A繼續(xù)向左減速到零，減速總位移為xm

（2分）

木板B的總位移xvBt=3.6m（2分）

所以木板的最短長度為

BL=x1+x2=8.1m（1分）

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高一期末質量監(jiān)測·物理答案詳解

1.【答案】B

【立意】以年輕人喜歡的蹦極運動為背景，考查自由落體運動的基本規(guī)律、牛頓第一、二、

三定律。

【解析】物體的慣性大小由質量決定，與速度大小無關，故A項錯誤；由xgt2=45m，

解得t=3s，故B項正確；游客經過C點時受到的合力為零（加速度為零），故游客經過C

點時速度最大，故C項錯誤；游客對彈性繩的拉力和彈性繩對游客的拉力是作用力和反作用

力，大小總是相等，故D項錯誤。

【拓展】分析O→B→C→D過程的繩的拉力、游客的加速度和速度大小的變化規(guī)律。

【點評】應理解慣性大小由質量決定，與速度大小無關，掌握自由落體運動的基本規(guī)律，能

結合牛頓第二定律分析力和運動的關系。

2.【答案】B

【立意】以殲—35戰(zhàn)斗機在“福建”號航空母艦降落為背景，考查勻變速直線運動的基本規(guī)

律的應用，解題時應注意剎車陷阱問題。

【解析】殲—35戰(zhàn)斗機從著艦到停止用時ts<4s，所以4s內的位移與s內

的位移相同，即xm=100m，故B項正確。

【拓展】求停止前最后1s的位移，求全程的平均速度等。

【點評】應熟悉勻變速直線運動的基本規(guī)律的正確應用。

3.【答案】C

【立意】以燈籠為研究對象，考查平衡問題中的隔離法和整體法。

【解析】設每個燈籠的重力為mg，對燈籠2，下面的輕繩和豎直方向的夾角為α,有tan，

對燈籠1和2整體，上面的輕繩和豎直方向的夾角為β,有tan，聯(lián)立可得α=β,

因兩根輕繩等長，由幾何關系可知，燈籠2正好處于懸點正下方，故C項正確。

【拓展】要產生A選項的情景，左右水平拉力之比為多少？

【點評】對解決平衡問題，應熟悉隔離法和整體法。

4.【答案】D

【立意】以斜面上的兩球為分析對象，考查物體平衡中的隔離法和整體法的應用、牛頓第二

定律（瞬時性）以及牛頓第三定律的理解。

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【解析】對A球有kx=mgsin30o，解得彈簧的壓縮量x，故A項錯誤；對B球有

FNy=2mgcos30omg，再由牛頓第三定律可知，B球對斜面的壓力大小為mg，故B

項錯誤；撤去擋板瞬間，彈簧的彈力不變，A球所受合力為零，加速度為零，故C項錯誤；

撤去擋板前，對A、B兩球整體分析得，擋板對B球的支持力大小FNx=3mgsin30o=1.5mg，

撤去擋板瞬間，消失，其他力不變，對球有，解得，故項正確。

FNxB1.5mg=2maaD

【拓展】如果斜面不固定，靠摩擦靜止在地面上，問撤去擋板前地面對斜面是否有摩擦力？

撤去擋板后地面對斜面是否有摩擦力？

【點評】應掌握物體平衡中的隔離法和整體法、牛頓第二定律以及牛頓第三定律的應用。

5.【答案】C

【立意】以演員吊威亞（鋼絲）為背景，考查運動的合成和分解以及對超重失重的理解。

【解析】如圖所示，將車速v分解為沿著鋼絲方向的速度v//和垂直于鋼絲方向的速度v丄，v//

與演員的速度大小相等，即v演=v//=vcosθ,車速v不變，θ不斷減小，則v演不斷增大，即

演員有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A、B項錯誤；當θ=37°時，演員的速度大小

為v演=3.2m/s，故C項正確，D項錯誤。

【拓展】為確保演員勻速上升，軌道車應加速還是減速運動？

【點評】應掌握運動的合成和分解在求關聯(lián)速度的應用，掌握超重失重的條件。

6.【答案】C

【立意】以70后在臺階上彈玻璃珠為背景，考查平拋運動的基本規(guī)律。

【解析】玻璃珠在豎直方向做自由落體運動，由hgt2得t，而甲、乙兩玻璃珠的豎

直位移之比為4:1，則t甲:t乙=2:1，故A項錯誤；玻璃珠在水平方向做勻速直線運動，由x=v0t

得，而甲、乙兩玻璃珠的水平位移之比為，則，故項錯誤；由

v4:1v0甲:v0乙=2:1Bvy=gt

得vy甲:vy乙=2:1，故C項正確；玻璃珠落在E點時的速度大小v，可得v甲:v乙=2:1，

故D項錯誤。

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【拓展】已知每個臺階的高為h，寬為d，從A點水平彈出的玻璃珠其初速度多大才能落在第

4個臺階上？

【點評】應熟悉平拋運動的基本規(guī)律。

7.【答案】B

【立意】以神舟二十一號載人飛船返回艙在陸場過程為研究對象，考查牛頓第二定律的應用。

【解析】取豎直向下為正方向，發(fā)動機工作時，有22，解得返回艙的加速度大小

v2—v1=—2ax

am/s2=24m/s2，由牛頓第二定律得mg—4F=m(—a)，解得每臺發(fā)動機工

作時對返回艙的推力大小F=2.55×104N，故B項正確。

【拓展】把下降距離改為下降時間又如何解？

【點評】應熟悉牛頓第二定律的基本應用（已知受力求運動和已知運動求受力）。

8.【答案】AB

【立意】以漂流船在玻璃直滑道上作勻加速直線運動為例，考查勻加速直線運動的規(guī)律和重

要推論

2

【解析】漂流船通過B點時的速度大小vBm/s=3m/s，故A項正確；根據(jù)Δx=aT

可知，漂流船的加速度大小am/s2=0.5m/s2，故C項錯誤；B點距斜面頂

端的距離xBm，A點距斜面頂端的距離xA=xB-xAB=4m，故B項正確；漂流船通過C

點時的速度大小vC=vB+aT=4m/s，故D項錯誤。

【拓展】求A點速度；過C點后再過2s的運動位移

【點評】應掌握勻加速直線運動的規(guī)律和重要推論

9.【答案】ABC

【立意】以投擲鉛球為背景，考查斜拋運動的基本規(guī)律。

【解析】鉛球從1位置運動至4位置的時間t1=0.6s，從4位置運動至8位置的時間t2=0.8s，

根據(jù)逆向思維，豎直方向有v0y=gt1=6m/s，水平方向有v0xm/s，出手速度大小

拋出角θ滿足tan，解得θ=37°,出手高度

落地速度的大小vm/s，故A、B、C項正確，D

項錯誤。

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【拓展】求運動中的最小速度、落地速度的方向等。

【點評】對斜拋運動的基本規(guī)律應熟悉。

10.【答案】AC

【立意】考查牛頓第二定律的應用，分析臨界問題（分離情景），加速度—時間圖像的應用。

【解析】當兩木塊之間的彈力為零時，兩木塊即將分開，此時二者的加速度相同，設為a，

對木塊A有8-t-μmAg=mAa，對木塊B有2+t-μmBg=mBa，或對兩木塊整體有

2

8-t+2+t-μmAg-μmBg=（mA+mB）a，解得a=1m/s，t=6s，可見前6s內，兩木塊整體受到

的合外力不變，加速度大小始終為1m/s2，6s末兩木塊開始分離，故A、C項正確；1s末，

對木塊B有2+t+FAB-μmBg=mBa，可得兩木塊之間的彈力大小FAB=5N，故B項錯誤；6s后，

對木塊B有2+t-μmBg=mBa，即a，其加速度—時間圖像如圖所示，a-t圖像與t軸

圍成的面積表示速度變化量，則10s末木塊B的速度大小vBm/s=12m/s，

故D項錯誤。

【拓展】求分離時的速度和位移。

【點評】應熟悉牛頓第二定律的應用：隔離法和整體法、分析臨界問題（分離情景、打滑情

景等），加速度-時間圖像的拓展學習。

11.【答案】（1）B（2）右（3）1.20（4）換用質量遠大于小盤和砂子總質量的小車

或減小小盤和砂子的總質量（只要建議合理即可給分）（每空2分）

【立意】考查實驗：研究物體加速度與質量的關系。

【解析】（1）刻度尺用于測紙帶上小車的位移，天平用于測小車、小盤和砂子的質量，電源

與打點計時器用于在紙帶上打點，不需要彈簧測力計，故B項正確。

（2）由圖乙可知小車向左做加速運動，故需向右移動小木塊降低斜面傾角，直至小車做勻速

直線運動。

（3）由題意可知，相鄰計數(shù)點間的時間間隔T=0.1s，根據(jù)逐差法可得，小車的加速度

-2

x3+x4-x1-x2(11.21+12.40-8.80-10.01)×1022

a==m/s=1.20m/s。

(2T)2(2×0.1)2

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（4）圖像彎曲是由于小盤和砂子失重帶來的影響不可忽略，因此避免或減小該系統(tǒng)誤差需滿

足小車的質量遠大于小盤和砂子的總質量，保證小車每次運動時受到繩子的拉力大小幾乎不

變（只要建議合理即可給分）。

【拓展】打C點時的速度。

【點評】對研究物體加速度與力和質量的關系這個實驗中的原理、儀器、步驟、數(shù)據(jù)處理、

結論和誤差分析應熟悉。

12.【答案】（1）自由落體（2）①A②x（3）1.96（每空2分）

【立意】考查在學習平拋運動中的幾個重要實驗（教師演示實驗和學生分組實驗）。

【解析】（1）兩球同時落地說明A球豎直方向上的運動與B球相同，即A球豎直方向做自

由落體運動。

（2）①斜槽末端切線應當保持水平，以保證小球做平拋運動，故A項正確；斜槽的摩擦力

對實驗沒有影響，故B項錯誤。

2

②豎直方向有hgt，水平方向有x=v0t，聯(lián)立解得v0=x。

（3）小球經過相鄰兩個位置的時間間隔ts=0.1s，則小球做

平拋運動的初速度大小vm/s=1.96m/s。

【拓展】1、哪個實驗說明平拋運動水平方向做勻速直線運動；2、丙圖中的拋出點的坐標？

【點評】對平拋運動中的幾個重要實驗，無論是教師的演示實驗還是學生分組實驗，都應該

熟悉。

13.【答案】（1）10N（2）20N

【立意】考查物體的平衡中的隔離法、相似三角形求解法和正交分解法。

【解析】分別對小球A和木塊B受力分析如圖所示

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（1）對小球A，處于平衡狀態(tài)，由相似三角形有（3分）

解得T=10N（1分）

（2）對木塊B，處于平衡狀態(tài)，水平方向有F=f+Tcosθ（2分）

豎直方向有mBg=N+Tsinθ（2分）

又f=μN（1分）

解得F=20N（1分）

【拓展】已知半球面的質量（比如5kg），半球面不固定，求半球面此時對地面的摩擦力和

壓力。

【點評】應熟悉處理平衡問題的各種解法：隔離法、整體法、相似三角形求解法、正交分解

法、圖解法等。

14.【答案】（1）0.5（2）1.2s

【立意】以水平和傾斜傳送帶為模型，考查牛頓第二定律的應用。

【解析】（1）小包裹做勻加速直線運動時，有a=μg（1分）

與傳送帶共速用時t（1分）

位移x（1分）

勻速運動時有x2=vt2（1分）

且有t1+t2=2s

x1+x2=3.6m（1分）

解得μ=0.5（1分）

2

（2）小包裹剛放上傳送帶做勻加速直線運動時，有a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s（1分）

用時ts

位移xm（1分）

2

由于mgsinθ>μmgcosθ,小包裹會繼續(xù)做勻加速直線運動，有a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s（1分）

且有x4=vta2tL2-x3（1分）

解得t4=1s（另一解t4=-3s舍去）（1分）

故小包裹運送到B端的時間t=t3+t4=1.2s（1分）

【拓展】水平和傾斜中，小包裹與傳送帶的劃痕各為多少？

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【點評】傳送帶模型是高中物理中的重要模型，應熟悉牛頓第二定律在這種模型中的應用。

15.【答案】（1）0.1（2）1.8s（3）8.1m

【立意】以木板木塊為模型，考查牛頓第二定律的應用。

【解析】

（1）前1s內，對滑塊A，有μ1mg=ma1（1分）

由v-t圖像可得am/s2=1m/s2（1分）

解得μ1=0.1（1分）

（2）前1s內，對木板B有F-μ1mg-μ2.2mg=ma2（1分）

由v-t圖像可得am/s2=4m/s2（1分）

解得木板和地面間的動摩擦因數(shù)（分）

Bμ2=0.21

1s后，對木板B有μ1mg+μ2.2mg=ma3（1分）

2

解得a3=5m/s（1分）

木板B向右減速用時ts（1分）

由于μ1mg<μ2.2mg，之后木板B保持靜止（1分）

故木板B的運動總時間t=t1+t2=1.8s（1分）

滑塊A減速到零的時間為tAs>t=1.8s，故上述結果合理

（3）滑塊A繼續(xù)向左減速到零，減速總位移為xm（2分）

木板B的總位移xvBt=3.6m（2分）

所以木板的最短長度為（分）

BL=x1+x2=8.1m1

【拓展】AB都停止后，為了讓滑塊A從木板B上滑落，求應該施加多大的水平向右的拉力？

【點評】木板木塊模型是高中物理中的重要模型，應熟悉牛頓第二定律在這種模型中的應用。

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高一期末質量監(jiān)測·物理細目表

題

號題型分值