广西壮族自治区北海市2025-2026学年高一上学期期末教学质量检测物理（含答案）

北海市2025年秋季学期期末教学质量检测●高-物理

参考答案、提示及评分细则

1.B国际单位制中时间的基本单位是秒,不是阿秒,但阿秒仍是表示时间的单位,且时间是标量,故CD错误;

10—18s虽然非常的短,但仍表示的是一段很短的时间间隔,则A错误,B正确.

2.A地球上的重力加速度从赤道往两极逐渐增大,故“地中海泰萨”号在浙江舟山时的重力大于其在赤道时

的重力,A正确;惯性只与质量有关,B错误;“地中海泰萨”号从浙江舟山出发前往南非到最后返回的过程

中,位移为零,路程不为零,故平均速度为零,平均速率不为零,C错误;“地中海泰萨”号在海面上匀速直线行

驶时,海水的浮力与其重力为一对平衡力,D错误.

3.D虽然木块A相对地面静止,但是A、B间有相对滑动,此时木块A会受到B对其的滑动摩擦力,A错误;

AB间为滑动摩擦力,无论木板B的速度为多大,AB间弹力不变,故A、B间的摩擦力不变,根据平衡条件可

知A、B间的摩擦力都等于FT,D正确,BC错误.

4.A在前t1内物块受到拉力和摩擦力的共同作用而做匀加速直线运动,加速度不变,速度与时间的关系为℃

=at,℃t图像是倾斜的直线,撤去拉力后,做匀减速直线运动,加速度为负向的定值,A正确,B错误;r和t

关系先后分别满足rat2和r=℃tat2,C错误;摩擦力恒定,D错误.

5.DB为人站在踏板上静止时的平衡点,即人在B处时,加速度为零,速度最大,A错误;运动员在B处时,加

速度为0,即踏板对人的作用力等于人的重力,还有作用力,未分离:mg—F=ma,随着踏板恢复原状,踏板对

人的作用力减小,减速运动的加速度增大,继续在踏板作用下做加速度增大的减速运动,直到A处时,踏板

恢复原状,对人没有作用力,开始分离,B错误;运动员和踏板由C到B的过程中,合力向上,由牛顿第二定

律:F—mg=ma,随着踏板恢复原状,踏板对人的作用力减小,加速运动的加速度减小,即向上做加速度减小

的加速运动,C错误;运动员和踏板由C到B的过程中,做加速运动,加速度向上,超重,由B到A的过程中,

做减速运动,加速度向下,失重,D正确.

6.D采用逆向思维可知,动车连续经过相等的位移所用的时间之比为1:(、—1):(、—、):(2—、):

…:(、—、),则动车第1节车厢最前端从经过5号候车线处旅客到停下所用的时间为第1节车厢经

过2号候车线处旅客用时的2倍,历时2t,动车第1节车厢最前端从经过5号候车线处旅客到停下总位移为

222

4l,用时2t,则平均速度为,由以上逆向思维可知lat,则加速度a,并且℃1=2al,℃5=2a

×4l,解得℃5=2℃1,同时又有lt,所以,ABC错误,D正确.

7.C对小球进行受力分析,当物块向左移一小段距离后,夹角θ变小,则物块对小球的支持力增大,轻杆对小

球的支持力也增大,根据牛顿第三定律知,小球对轻杆的压力也增大,且小球对物块的压力也增大,AB错误;

对物块进行受力分析可知,地面对物块的摩擦力f等于小球对物块的压力,则当物块向右移一小段距离后,

摩擦力f增大,C正确;设物块的质量为M,重力加速度为g,则地面对物块的作用力大小F=

、,当f增大时,F也增大,D错误.

8.CD滑轮两边绳上的力大小相等,人缓慢向右移动一小段距离的过程,滑轮两边绳间的夹角θ变小,根据

2Tcosm球g,解得T,可知,θ变小,绳上的张力T变小,A错误;对人分析有N=m人g+

Tcos,结合上述,解得N=m人g+Tcosm人gm球g,根据牛顿第三定律,人对地面的压力为N,=N

=m人gm球g,可知人对地面的压力不变,B错误;对人分析,可知地面对人的摩擦力为f=Tsin

m球gtan,可知θ变小,地面对人的摩擦力变小,C正确;对滑轮与小球整体分析可知,滑轮受到绳的作用

力为F=m球g,即滑轮受到绳的作用力不变,D正确.

【高一物理参考答案第1页(共3页)】

9.AC释放C前,弹簧上的弹力为T=2mg,释放C后瞬间,弹簧弹力瞬时不变,对A、B、C整体,根据牛顿第

二定律,有mg=3ma,解得a=g,对A,有T—mg—FN=ma,解得FN=mg,A正确;A、B分离前,A、B、

C加速度相同,对整体,有mg+T—2mg=3ma,C向下运动,弹力T减小,所以加速度减小,B错误;A、B分

离时,对B、C整体,有mg—mg=2ma,解得a=0,此时,A的加速度也恰好为0,弹簧弹力为TI=mg,之后A

继续向上运动,弹簧弹力小于重力,A减速,所以在A、B分离时,物块A的加速度为0,速度恰好达到最大值,

C正确;A、B分离时,对B、C整体,有mg—mg=2ma,解得a=0,对C,绳上拉力为F=mg,D错误.

2

10.AD由题意可知,甲做初速度为零的匀加速直线运动,根据r=r0+at,将点坐标(t1,r1)代入可求出a

=,A正确;由图像可知,乙物块为匀速直线运动,其速度℃乙=,第一次相遇时,为乙追上甲的

2

情形,B错误;两个物块相遇条件为抛物线与直线相交,根据题意有r=r0+at=℃乙t,代入可知t2=

2

,C错误;根据前面的相遇条件可知,当方程r=r0+at=℃乙t有一个解时即为相遇一次,即二次

—

方程中Δ=0,解得r1=2r0,D正确.

11.(1)CD(2分)

(2)如图所示(2分)6.0(2分)

解析:(1)用两个弹簧测力计拉橡皮条时,两个测力计的夹角稍微大一些,但不是越

大越好,A错误;用两弹簧测力计同时拉橡皮条时,两弹簧测力计的示数之差没必

要尽可能大,B错误;拉橡皮条时弹簧测力计、小圆环、橡皮条应贴近木板且与木板

平面平行,C正确;使用弹簧测力计时,施力方向应沿测力计轴线,读数时视线应正

对测力计刻度,D正确.

(2)利用作图法做出F1、F2的合力FI,如图所示.已知方格纸每个正方形小格的边长代表1N,由图可得FI

的大小为6.0N.

12.(1)小车应靠近打点计时器放置(1分)长木板水平放置,未补偿阻力(1分,此2空语言表达合理、不分前后顺序

均可得分)

(2)远大于(2分)0.51(2分)

1

(3)正(2分)(2分)

m

解析:(1)小车释放时应靠近打点计时器放置、长木板计时器那端应适当垫高补偿阻力;

(2)小车所受的拉力与砝码及砝码盘的总重力近似相等,还需要满足小车质量远大于砝码及砝码盘的总质

量.小车加速度am/s2;

(3)由图丙可知,a与F成正比.由实验结论可知a与质量m成反比,与成正比,故应作出a图像.

2

13.解:(1)由℃0=2ar(2分)

代入相关条件,解得℃0=2、(1分)

(2)俯冲阶段为自由落体运动,则由℃0=gt(2分)

解得t(1分)

(3)由牛顿第二定律有F—mg=m×4g(2分)

解得F=5mg(2分)

14.解:(1)将碗和食材看作整体,由受力平衡可得

桌面对瓷碗的支持力大小为NI=(m+M)g(2分)

则由牛顿第三定律可得瓷碗对桌面的压力大小为N=NI=(m+M)g(1分)

桌面对瓷碗的摩擦力大小为fI=0(1分)

则由牛顿第三定律可得瓷碗对桌面摩擦力大小为f=fI=0(1分)

【高一物理参考答案第2页(共3页)】

(2)对食材受力分析如图所示,设食材与O的连线与竖直方向间的夹角为θ,由平衡

条件有mgsinθ=μFN(2分)

FN=mgcosθ(2分)

由几何关系有sin

cos(1分)

联立解得

15.解:(1)假设货物受滑动摩擦力,则根据牛顿第二定律得μmg=ma1(1分)

2

解得a1=μg=5m/s<a0(1分)

2

假设成立,加速度大小a1为5m/s(1分)

2

(2)设货物到达传送带I右端时速度大小为℃1,假设货物在传送带I上一直匀加速℃1=2a1L1(1分)

解得℃1=10m/s<℃0,假设成立.(1分)

货物在传动带I上的时间为ts

传送带"需要在货物到达前加速到10m/s,加速过程需要的时间为t1Is(1分)

因此有t0=t1—t1I=0.75s(1分)

货物到达传送带"后,加速度a2根据牛顿第二定律得μmgcosθ—mgsinθ=ma2

2

解得a2=2m/s(1分)

22

假设货物在到达传送带"右端前和传送带"已经共速,且该过程中在传送带"上的位移为r2,则℃0—℃1

=2a2r2

解得r2=11m<L2,假设成立.(1分)

此后货物匀速运动.设货物在传动带"上加速的时间为t2,匀速的时间为t3

ts(1分)

运输时间为t=t1+t2+t3=3.25s(1分)

(3)相邻两个货物最容易发生碰撞的情况:先放置的货物1的动摩擦因数为