广东省六校（茂名一中，惠州一中，河源一中等）2024-2025学年高一上学期12月联合考试物理答案

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2024~2025 学年度第一学期高一六校联合学业质量检测·物理

参考答案、提示及评分细则

一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的。

题号 1234567

答案 B D D A B C C

二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18 分。每小题有多个选项符合要求。全部选对的得 6分，选

对但不全的得 3分，有错选的得 0分。

题号 8 9 10

答案 BCD AD ABC

1. B 伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，A、C错误；伽利略开创了运用逻辑推理

和实验相结合进行科学研究的方法，B正确；亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没

有力的作用，物体就静止，D错误.

2. D 将力 F进行正交分解可得耕索对犁拉力的水平分力为 Fcosθ，竖直分力为 Fsinθ，A、B错误；耕索拉犁的

力 F和犁对耕索的拉力 T为一对相互作用力，作用在两个物体上，不能够进行合成，C错误；根据牛顿第三

定律，耕索拉犁的力 F和犁对耕索的拉力 T为一对相互作用力，大小相等，方向相反，D正确.

3. D 缓慢爬行相当于动态平衡，有.

f=mg sin θ、FN=mg cos θ ,

从A经B，随着 θ的减小，摩擦力先减小，

弹力先增大；从 B经C，随着 θ的增大，摩擦力再增大，弹力再减小，A、B错误；从左向右缓慢爬行，始

终处于平衡状态，则树枝对瓢虫的作用力始终平衡重力，大小不变，方向始终竖直向上，C错误，D正确.

4. A 木板静止时两轻绳的拉力的合力大小等于木板的重力，有

F₁=G ,

，故 F₁ 大小不变；根据共点力的平衡

条件可知 2F₂cosθ=G，更换新绳后，轻绳与竖直方向夹角 θ变小，故 cosθ 变大，F₂ 变小.

5. B 设木盒的质量为 M，木盒与斜面的动摩擦因数为 μ，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度向上滑行一

段距离后停止，可知木盒和砝码做匀减速直线运动 .拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为

a₁=¿

现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒

的加速度大小变为可知拿走砝码，而持续加一个垂直于斜

面向下的恒力后，木盒做减速运动的加速度都变大了，则木盒将更快停下来，所以木盒滑行的距离将变小.选

6. C 根据匀变速直线运动公式

v2− v0

2=2ax

可知，

v²− x

图像的斜率 k代表 2a，纵截距代表初速度 v₀ 的平

方，则故加速度

a=−5m/s²,

A错误；根据匀变

速直线运动公式

v=v₀+at

可知制动所需要的时间为

t=0− v0

a=−20

−5s=4s,

故t=3s 时汽车没有停止，用

x=v0t+1

2a t2,

解得 x=37.5m,B 错误;由B选项可知,t=4s 时汽车停止,根据

x=v0t+1

2a t 2

其中 t=4s，解得

x=40m，C正确；根据平均速度公式

v=x

t=40

4m/s=10 m/s,

D错误.

7. C 根据

fₘ¿μmg

可知物体 AB 与地面间的最大静摩擦力分别为

fmA=9N , f mB=12 N .

开始时弹簧的弹力

F弹=kx=8N ,

，现用 F=12N 的水平拉力向右拉木块 B，对 B分析可知因，

F − F p<fmB ,

可知 B仍静止，此

时木块 B所受摩擦力的大小是

fB=F − F p=4N ,

弹簧的弹力不变，则 A仍静止，此时木块 A 所受摩擦力

的大小是

fA=Fp=8N .

【高一六校联合学业质量检测·物理卷参考答案第 1页(共3页)】 5213A

8. BCD 样车做匀减速直线运动，直到速度为零，所以其位移应该随着时间而增加，而其位移与时间图像的斜

率代表速度，即图像的斜率应该逐渐减小，直至为零，A错误，B正确；其做匀减速直线运动，速度应该逐

渐减小直至为零，其速度与时间图像的斜率表示加速度，其加速度不变，即图像的斜率不变 .对于加速度与

时间的图像，其加速度的大小不变，图像是一条平行于时间轴的横线，C、D正确.

9. AD 根据速度一时间图像的斜率等于加速度，知前 2 s 内物体的运动加速度

a=v

t=4

2m/s2=2m/s2,

正确；

前4s 内物体的位移为

x=1

2×4×2m+2×4m=12 m,

B错误；根据牛顿第二定律得，前 2s 内

F₁−

μmg=

ma,后2s 内

F₂¿μmg ,

由图得

F₁=15 N , F ₂=5N ,

代入解得

m=5kg , μ=0.1 ,

C错误，D正确.

10. ABC 对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示.

根据牛顿第二定律得，水平方向 f=(M+m)a，竖直方向 N=(M+m)g，则当加速度增加到 2a 时，横杆对M的

摩擦力 f 增加到原来的 2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，A、B正确；以小球为研

究对象,分析受力情况如图2所示,由牛顿第二定律有 mgtanθ= ma,得a=gtanθ,θ=45°,所以 a=10m/s²,C 正确;当a

增加到 2倍时,tanθ 变为 2倍,细线的拉力

T=❑

√

(

)

(

)

可见a变为 2倍，T不是 2倍，D错误.

三、实验题：本题共 2小题，共 20 分。

11.(1) 11.40 B (2) 3.0 200 6 (① ② ① ② 每空2分)

解析：(1)右侧弹簧测力计分度值为0.1N，估读一位，读数为 11.40 N；若把两细绳套对弹簧的拉力定义为

分力，则与两分力可等效的合力是指钩码对弹簧下端的拉力，即本实验采用的科学方法是等效替代法；

(2)当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图可知，弹簧的原长为

L₀=3.0 cm ;

；由胡克定律可知

k=F

L − L0

¿12

9.0 −3.0 N/cm=200 N/m;

由图可知，该刻度尺的读数为

L'=1.50 cm ,

由胡克定律可知

F'=k

(

L₀− L

)

¿200 ×

(

3.0 −1.5

)

×10 ⁻²N=3N ,

由题可知每个钩码重 G=0.5N，由此可推测所挂钩码的个

数为

n=F'

=6.

12.(1)1.00 1.97 (2)不需要

(

)

K F0

(每空2分)

解析：(1)由题意可知，相邻计数点的时间间隔

T=5×1

50 s=0.1 s,

根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度

等于这段时间的平均速度求打下点 3的瞬时速度

v3=

(

9.10+10.96

)

×10−2

2×0.1 m/s=1.00 m/s

根据△x=aT²，运用逐差法得

(

10.96+12.98+15.01

)

×10−2−

(

5.00+7.10+9.10

)

×10−2

9×0.12m/s2=1.97 m/s2;

(2)由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足砝码和托盘质量远远小于小车质量；

(3)根据牛顿第二定律 F--f= ma,f=μmg,联立解得

a=1

m⋅F −ug ,

结合图像可知

k=1

即

m=1

根据横轴

截距可得

m⋅F0−ug=k F0− ug=0,

解得

u=k F0

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