1、1高一物理参考答案题号12345678910答案ACDBDBBDADACBD1.A解析：做曲线运动的物体，一定变化的是速度的方向，A 项正确。2.C解析：汽车从 M 点运动到 N，做曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时加速，所以沿切向方向也有与速度相同的切向力；向心力和切向力的合力与速度的方向的夹角要小于 90，所以选项 C 正确。3.D解析：地球同步卫星的发射速度大于 7.9km/s，A 项错误；运行速度小于 7.9km/s，B项错误；地球同步卫星在轨运行的周期和地球的自转周期相同，C 项错误；地球同步卫星在轨运行时长期不进行干预，轨道半径会越来越小，由22MmvGmr
2、r可知，线速度会越来越大，D 项正确。4.B解析：根据 v-t 图象的斜率等于加速度，则有在 0t0 和 t03t0 两段时间内加速度大小之比为：001200:2:12vvaatt，故 A 错误；根据 v-t 图象面积等于位移，则有位移大小之比为：120 00011:21:222xxv tvt，两段时间内位移之比为 1：2，所用时间之比为1：2，故平均速度之比为 1：1，故 B 正确、C 错误；t0 时刻图象的斜率由正变为负，代表加速度方向变化，而速度始终为正方向没变，故 D 错误。5.D解析：齿轮传动，a、b 两点线速度大小之比为 1：1，A 项错误；由rv可知，a、b 两点角速度之比为 1
3、：3，B 项错误；由2T可知，周期之比为 3：1，C 项错误；由rva2可知，向心加速度大小之比为 1：3，D 项正确。6.B解析：设桥的半径为 R，由几何关系可知，222)6(12RR，解得15mR，由Rvmmg2可知，5 6m/svgR，B 项正确。7.BD解析：熄火后沿垂直河岸方向的速度不断减小，河水的速度不变，则合速度不断减小，合速度方向不断变化，因此轮船做曲线运动，BD 项正确。8.AD解析：设弹力与竖直方向的夹角为，由平衡条件得：小鸟所受的弹力 Nmgcos，2从 A 到 B 的过程中，减小，则弹力增大，A 正确、B 错误；小鸟所受的摩擦力 fmgsin，从 A 到 B 的过程中，
4、减小，则摩擦力减小，故 C 错误；树枝对小鸟的作用的合力与重力大小相等，方向相反，所以 D 正确。9.AC解析：速度变化量的方向与加速度方向相同，竖直向下，A 项正确；小球做匀变速运动，速度均匀变化，B 项错误；由题意可知，当小球的速度大小为 kv0 时，小球在竖直方向的分速度大小为201yvvk，运动的时间201vktg，C 项正确、D 项错误。10.BD解析：由开普勒第三定律，甲、乙卫星的轨道半径之比：14)(322121 TTrr，A 项错误；由rvmrMmG22，得rGMv，因此甲、乙卫星的线速度大小之比122112vrvr，B 项正确；由rva2可知，甲、乙卫星的向心加速度大小之比2
5、1122221116avravr，C 项错误；由aFm，得甲、乙两卫星的质量之比为11222141mFamFa，D 项正确。11.答案：(1)4.00(2)2.0(3)50(每空 2 分)解析：(1)从乙图可知，测力计的最小分度为 0.1N，所以小车的重力为 4.00N；(2)对系统由牛顿第二定律得 a=mgm+M=2.0m/s2；(3)由丙图，根据逐差法x=a(2T)2，解得 T=0.1s；交流电的频率为 f，则5f 0.1，则 f50HZ。12.答案：（1）AB（2 分）（2）调节斜槽末端水平，保证小球做平抛运动（1 分）（3）C（1 分）（4）2 gl（1 分）0.70 m/s（2 分）
6、0.875 m/s（2 分）解析：（1）为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，因此必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放，A 项正确；小球运动时不能与木板上的白纸（或方格纸）相接触，以免影响小球运动的轨迹，B 项正确；斜槽的表面不需要光滑，C 项错误；用平滑的曲线连接描绘的点得到小球的运动轨迹，故选项 D 错误。（2）小球能自动滚下说明斜槽末端不水平，应该调整：调节斜槽末端水平，保证小球做平抛运动。（3）坐标原点为小球在斜槽末端时，小球球心在木板上的投影，故 C 正确，ABD 错误。（4）通过分析图象可知，a 点不是抛出点，但 a、b、c、d 每相邻两点之间的时间间隔是相3等的，设为 T，又
7、根据匀变直线运动连续相等时间内位移差2sat 可得2sgT，2lgT，lTg，0220.70m/slvlgT，对 b 点来说，其竖直分速度y3322lvlgT，b 点的速率22b0y50.875m/s2vvvgl。13.解析：（1）小球做平抛运动：水平方向位移0 xv t（2 分）竖直方向位移212ygt（2 分）由几何关系得 tanyx（2 分）联立解得1.5st（1 分）（2）由几何关系得02cos37xs（2 分）代入数据解得37.5ms（1 分）14.解析：（1）由题知，探测器做圆周运动的角速度t（2 分）设火星表面的重力加速度为 g，则2Rg（2 分）解得22tRg（2 分）（2）由
8、牛顿第二定律22mRRMmG（2 分）解得火星的质量232GtRM（2 分）15.解析：（1）每节车厢质量 m18t18000kg，速度 v360km/h100m/s；以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律可得：4F8f8ma（3 分）匀加速运动过程中，根据速度时间关系可得：vat（2 分）解得：t80s（2 分）（2）以前 3 节车厢为研究对象，假设第 3、4 两节车厢的作用力为 T，根据牛顿第二定律可得：2F3fT3ma（3 分）联立解得：T2.375104N（2 分）416.解析：（1）小球运动到最低点时：Lvmmgmg215.121（2 分）解得112vgL（1 分）线断后，小球做平抛运动，设平抛运动的时间为 t1，则212123gtL（1 分）解得gLt31（1 分）则小球落地后离 O 点的水平距离1 132xv tL（1 分）（2）小球做圆锥摆运动时，设悬线与竖直方向的夹角为 时，细线刚好拉断，这时竖直方向mgmgcos5.1（1 分）水平方向sinsin5.122Lvmmg（1 分）解得gLv652（1 分）细线断时，小球离地面的高度LLLh34cos2（1 分）2221 gth（1 分）做平抛运动的水平位移2 22 53xv tL（1 分）小球落地时，离 O 点的水平距离225(sin)3sxLL（1 分）
