【文档说明】湖北省部分市州2023-2024学年高一上学期1月期末考试 物理答案详解及评分建议.docx，共(4)页，284.059 KB，由管理员店铺上传

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2023~2024学年高一元月期末考试物理试题答案及评分建议一、选择题（每小题4分，共40分。多选题少选得2分，有错选不得分）题号12345678910答案BDACBDCACBDCD1.B研究比赛中运动员的划桨技术技巧时，运动员不能被看作质点，A项错误；停止划桨后赛艇仍向前

运动是由于惯性，B项正确；在比赛中，水推桨的力与桨推水的力属于一对相互作用力，大小相等，C项错误；由于不确定赛艇的运动状态，因此其平均速度不一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半，D项错误。2.D篮球做曲线运动时，合外力的方向应该指向其轨迹的凹侧，D项正确。3.A悬挂1

0N的重物时，弹簧伸长量为0.05m，根据胡克定律F=kx，计算出劲度系数k=200N/m；悬挂20N的重物时，弹簧伸长量为0.10m，而总长度为0.20m，因此弹簧原长为L0=0.20m-0.10m=0.10m，A项正确。4.C小孩做匀速圆周运动时，角速度𝜔=𝑣𝑅，向心加

速度𝑎𝑛=𝑣2𝑅，周期𝑇=2𝜋𝑅𝑣，转速𝑛=1𝑇=𝑣2𝜋𝑅，C项正确。5.B根据v-t图像可知，t1时刻，图像的斜率为0，因此加速度为0，A项错误；0~t2时刻速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，t2时刻上升到最高点，B项正确；t2~t3时间内

火箭的速度为0，处于静止状态，C项错误；0~t2时间内火箭向上运动，t3~t4时间内火箭向下运动，两段位移大小相等，D项错误。6.D根据图（b）的v-t图像可知，0~1s内物块沿斜面上滑的位移大小为x=4m，加速度大小为a1=8m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma1，解得f=3N

；物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有：mgsinθ-f=ma2，解得a2=2m/s2，根据速度位移关系式有：v2=2a2x，解得v=4m/s，D项正确。7.C动车甲加速到最大速度所需要的时间为𝑡0=𝑣𝑚𝑎=100s，A项错误；甲与乙动车车头平齐时，𝑣𝑚𝑡−12𝑎𝑡2=𝐿+

𝑑，解得t1=20s，t2=180s（舍），此时动车甲的速度大小为v=at1=10m/s＜50m/s，B项错误，C项正确；在0~100s内，动车甲的位移为𝑥甲=12𝑣𝑚𝑡0=2500m，动车乙的位移为𝑥乙=𝑣𝑚𝑡0=50

00m，𝑥乙−𝑥甲=2500𝑚>𝑑+2𝐿，因此在动车甲加速到最大速度之前已被动车乙超越，D项错误。8.AC木块匀加速过程中，受到向右的滑动摩擦力作用，而在匀速过程中，不受摩擦力作用，A项正确，B项错误；若仅增大传送

带的转动速率，则木块会加速到更大的速度，根据下图v-t图像分析易知，木块从左端到右端的时间将会小于t。9.BD若蜡块在水中沿玻璃管匀速上浮，则玻璃管向右匀速运动，蜡块的合运动（匀速运动）可能沿图中直虚线，此时蜡块既

不超重也不失重；若蜡块在水中沿玻璃管匀加速上浮，则玻璃管向右匀加速运动，蜡块的合运动（匀加速运动）也可能沿图中直虚线，此时蜡块处于超重状态；因此正确答案为BD。10.CD假设小球做平抛运动的水平位移为x，竖

直位移为y，绳长为L，根据圆周运动的知识有：𝑇−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝐿，之后做平抛运动：𝑥=𝑣𝑡，𝑦=12𝑔𝑡2，将速度方向反向延长经过水平位移中点，有x=2y，且L+y+x=h，解得𝐿=ℎ4，𝑥=ℎ2，𝑦=ℎ4，𝑡=√ℎ2𝑔.因此A、B项错误，C、D项正确

。二、非选择题（共60分）11．（7分）（1）A（3分）（2）1.6（2分）0.80（2分）【解析】（1）平抛运动在水平方向的分运动如图（2）中图线（a）所示，为匀速直线运动，故选A项；（2）平抛运动在竖直方向的分运动为匀加速直线运动，图

（3）中相邻两点的竖直高度差为L=gT2，代入数据得L=1.6cm，水平方向有2L=v0T，解得v0=0.80m/s。12．（10分）（1）C（2分）（2）0.45（2分）（3）0.75，3.0（每空3分）【解析】（1）实验之前应该

将长木板的左端适当垫高以平衡摩擦力，A项错误；本实验中细绳上的拉力可以直接根据弹簧测力计读出，不需要满足重物的质量远小于小车的质量，B项错误；实验时应该先接通电源，后释放小车，C项正确；本实验中只需要平衡一次摩擦力就行，D项错误。

（2）由逐差法求出小车的加速度为：𝑎=𝑥4+𝑥3−𝑥2−𝑥14𝑇2=(4.00+3.55−3.10−2.65)×10−2m4×(0.1s)2=0.45m/s2.（3）根据牛顿第二定律有：2

𝐹−𝑓=𝑀𝑎，变形得𝑎=2𝑀𝐹−𝑓𝑀，类比图丙中a-F的解析式𝑎=83𝐹−4，可知M=0.75kg，f=3.0N.13．（10分）(1)50m/s;(2)12.5m/s2解：（1）根据平抛运动的规律有水平方向x=v0t（2分）竖直方向ℎ=12𝑔𝑡

2（2分）代入数据解得：v0=50m/s（2分）（2）小车在甲板上匀加速运动时，有根据速度位移关系式：𝑣02−0=2𝑎𝐿（2分）代入数据解得：a=12.5m/s2（2分）14．（15分）(1)𝑚𝑔cos𝜃;(2)

gtanθ；（3）√𝑔𝐿cos𝜃解：（1）当金属框和小球静止不动时，设轻绳对小球的拉力大小F1竖直方向F1cosθ=mg（2分）由牛顿第三定律可得F=F1（1分）解得小球对轻绳的拉力大小𝐹=𝑚𝑔cos𝜃（2分）（2）当小球和金属框

一起向左匀加速运动，有mgtanθ=ma（2分）解得a=gtanθ（2分）（3）当小球绕MN边做匀速圆周运动时，有mgtanθ=mω2r（2分）由几何关系得r=Lsinθ（2分）解得𝜔=√𝑔𝐿cos𝜃（2分）15．（18分）（1）0.2;(2)1m;(

3)3s（1）A、B一起向右匀加速时，对整体用牛顿第二定律有F1-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a（2分）解得μ2=0.2（2分）（2）设对A施加水平向右的作用力为F0时，A、B间恰好达到最大静摩擦力，此时B运动的加速度最大，设最大

加速度为a0.对B受力分析𝜇1𝑚𝐴𝑔−𝜇2(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔=𝑚𝐵𝑎0（1分）解得𝑎0=2m/s2对A、B整体𝐹0−𝜇2(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑎0（1分）解得𝐹0=6NF2=8N时，𝐹2>𝐹0，A、B间发生相

对滑动，B的加速度为a0.则第1s内，B的位移𝑥=12𝑎0𝑡2（1分）解得x=1m（2分）（3）由𝐹3=6𝑡+6(N)，得𝑡1=1s内𝐹3>𝐹0，A、B间发生相对滑动，B的加速度为a0.设A的加速度为aA.对A

受力分析𝐹3−𝜇1𝑚𝐴𝑔=𝑚𝐴𝑎𝐴（1分）解得𝑎𝐴=6𝑡+2(m/s2)设1s末A的速度为𝑣𝐴，t=0时刻A的加速度𝑎𝐴0=2m/s2,1s末A的加速度𝑎𝐴1=8m/s2，由A的加速度随时间线性变化，有𝑣𝐴=12(𝑎𝐴0+𝑎

𝐴1)·𝑡1（1分）设1s末B的速度为𝑣𝐵，有𝑣𝐵=𝑎0𝑡1（1分）撤去力𝐹3后，设再经过时间𝑡2，两者同步且同步速度为𝑣，有𝑣=𝑣𝐴−𝜇1𝑔𝑡2（1分）𝑣=𝑣𝐵+𝑎0𝑡2（1分）因为𝜇1>𝜇2，所以A、B同步后一起做匀减

速直线运动直至速度为零，设此过程所需的时间为𝑡3，有𝑣=𝜇2𝑔𝑡3（1分）则A运动的总时间为𝑡𝐴=𝑡1+𝑡2+𝑡3（1分）解得𝑡𝐴=3s（2分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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