四川省成都市石室中学2021-2022学年高一下学期第三周周考物理答案

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成都石室中学高 2024 级高一下第三周周考

物理试题参考答案

（考试时间：100 分钟满分 110 分）

一、单项选择题：本题共 10 小题，每小题 3分，共 30 分。每小题只有一个选项符合题目

要求。

1. 解析：选A.根据篮球的受力情况分析篮球的重力和手对篮球的作用力关系，利用牛顿第

三定律判断篮球对手的作用力与手对篮球的作用力的关系．篮球受到重力和手对篮球的作

用力，篮球处于静止状态，两力为一对平衡力，所以两者等大反向，A正确，B、C错误；

手对篮球的作用力和篮球对手的作用力是一对相互作用力，二者相等，D错误．

2. 解析：选C.一只小灯笼在稳定水平风力作用下轻绳倾斜 30°而平衡，说明重力与水平风

力的合力与竖直方向成 30°角．五只灯笼时，轻挂每只灯笼的绳子方向也是一样的，轻绳

与竖直方向的夹角为 30°.将下面四只灯笼看成一个整体，受到向下的重力 4mg，水平向右

的风力，沿绳方向的拉力，可得自上往下数第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为＝ mg，

故选项 C正确．

3. 解析：选A.根据位移图象的斜率表示速度可知，两个质点在 0～t0时间内，乙做匀速直

线运动，其加速度为零，而甲做加速度逐渐增大的加速直线运动，两个质点在 0～t0时间内

任一时刻的加速度都不同，选项 A正确；两个质点在 0～t0时间内，位移大小相等，运动方

向都是沿 x轴负方向，运动方向相同，选项 B、D错误；根据位移图象的斜率表示速度可

知，两个质点在 0～t0时间内，有一时刻速度相同，选项 C错误．

4. 解析 :选C对a进行速度分解可得：滑块 b的速度 vb＝vsin

θ，a以速度 v从P位置匀速运动到 Q位置时，θ增大，则 vb增

大，滑块 b做加速运动，但是由于 sin θ＜1，则 vb＜v，故 C正

确，A、B、D错误．

5. 解析：选A.两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速

运动，稳定时 kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即

vm∝m，＝，由图象知 v1＞v2，因此 m甲＞m乙；故 A正确，B错

误；释放瞬间 v＝0，空气阻力 f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度 g，故 C错

误；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知， t0时间内两球下落的高度

不相等，故 D错误．

6. 解析：选B　由题图可知，甲、乙两鼓的高度相同，所以羽毛球到达两鼓用时相同，但

由于离运动员的水平距离不同，甲鼓的水平距离较远，所以由 v＝可知，击中甲、乙的两

球初速度 v甲＞v乙，故 A错误，B正确；由题图可知，甲、丁两鼓与运动员不在同一直线

上，所以用相同速度发球不可能到达丁鼓，故 C错误；由于丁、丙两鼓高度相同，但由图

可知，丁鼓离运动员的水平距离最大，所以击中丁鼓的初速度一定大于击中丙鼓的初速度

故D错误。

7. 解析：选A　当 F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故 g＝a0，所以 B错误。

当a＝0时，拉力 F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为，所以 A正确。当 a>0 时，

加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以 C错误。当 a＝a1时，由牛顿第二定律得

F－mg＝ma1，又 m＝、g＝a0，故拉力 F＝(a1＋a0)，所以 D错误。

8. 解析：选A.本题考查牛顿第二定理．对 A、B球组成的系统研究，根据牛顿第二定律得：

a＝.隔离对 B分析，有：2mg－F弹＝2ma，解得弹簧的弹力为：F弹＝2mg－2ma ＝.剪断细

线的瞬间，弹簧的弹力不变，对 A，有： mg ＋F弹＝ma′，解得： a′＝＋g.故A正确，

B、C、D错误．

9. 解析：选C.在光滑段运动时，物块 a及物块 b均处于平衡状态，对 a、b整体受力分析，

受重力和支持力，二力平衡；对 b受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，

根据共点力平衡条件，有 Fcos θ－FNsin θ＝0　①；

Fsin θ＋FNcos θ－mg＝0　②；

由①②两式解得：F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ；

当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的

加速度，此时有两种可能：

①物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：

Fsin θ＋FNcos θ－mg＝0　③；

FNsin θ－Fcos θ＝ma　④；

由③④两式解得：F＝mgsin θ－macos θ，FN＝mgcos θ＋masin θ；

即绳的张力 F将减小，而 a对b的支持力变大；

再对 a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支

持力二力平衡，故地面对 a支持力不变．

② 物块 b相对于 a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是

超重，支持力的竖直分力大于重力，因此 a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向

上的加速度，也是超重，故地面对 a的支持力也增大．综合上述讨论，结论应该为：绳子

拉力一定减小；地面对 a的支持力可能增加或不变；a对b的支持力一定增加；故

A、B、D错误，C正确．

10. 解析：选 C　根据 vt 图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减

小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反

向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项 A、B错误；由题中图象

知，滑块脱离弹簧后的加速度大小 a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小

为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为 a2＝＝ m/s2＝30

m/s2，此时滑块的加速度最大，选项 D错误；由牛顿第二定律得 kx－Ff＝ma2，代入数

据解得 k＝175 N/m，选项 C正确。

二、多项选择题（本题共 8小题，每小题 3分，共 24 分。在下列各题的四个

选项中，不只有一个选项是符合题目要求的，选对但不全者得 2分，错选或不

选得 0分）

11. 解析：选 AC 在时间 t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速。石墨加速时，

根据牛顿第二定律得 a＝μg，如果时间 t内一直加速，加速的位移 x1＝μgt2，故相对白板的

位移 Δx1＝v0t－x1＝v0t－μgt2；如果先加速，后匀速，位移，

故相对白板的位移 Δx2＝v0t－x2＝；如果加速的末速度恰好等于 v0，则x3＝，故相

对白板的位移 Δx3＝v0t－x3＝v0t－。经过时间 t后，白板静止后，石墨做减速运动，加

速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的

位移。故 AC 正确。

12. 解析：选 BC　两个小球做平抛运动，在竖直方向上，位移相同，根据 h＝gt2可知两小

球在空中运动的时间相等，即两小球同时落地，故 B正确，A错误；根据几何关系知，两

个小球的水平位移之比为 xA∶xB＝∶＝16∶9，根据 x＝v0t可知两个小球的初速度之比为

vA∶vB＝16∶9，故 C正确，D错误．

13.解析：选BD　据题意，由于船速为 v1＝4 m/s，而水速为 v2＝5 m/s，即船速小于水速，

则无论船头指向哪个方向，都不可能使船垂直驶向对岸，A项错误；据 t＝(θ为船头指向与

水流方向的夹角)，知道使t最小需要使sin θ最大，即使船头与河岸垂直，B项正确；要使

船的渡河位移最短，需要使船速方向与合运动方向垂直，则有合速度为 v＝3 m/s，渡河时

间为 t＝＝s，则船的合位移为 vt＝125 m，所以 C项错误；船的渡河位移最小时，船沿岸

方向的位移为：t＝75 m，所以 D项正确。

14. 解析：选AB　若小球恰能从小孔的左边缘上边射入小孔，则 s＝v0t1，H－d－h＝gt，

联立解得 H＝1.6 m；若小球恰能从小孔的右边缘下边射出小孔，则 s＋L＝v0t2，H－h＝

gt，联立解得 H＝1.312 m．则能够使小球无碰撞地穿过该孔，小球离水平地面的高度 H满

足1.6 m≥H≥1.312 m，故选 A、B．

15. 解析：选AB　P、Q用同一根绳连接，则 Q沿绳子方向的速度与 P的速度大小相等，

则当 θ＝60°时，Q的速度沿绳子方向的分速度 vQcos 60°＝vP，解得＝，故选项 A正确；当

θ＝90°时，即 Q到达 O点正下方，垂直 Q运动方向上的分速度为 0，即 vP＝0，此时 Q的

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