2022-2023学年广东省广州市执信中高一上学期期末线上调研物理试题含解析

广州市执信中2022-2023学年高一上学期期末线上调研物理

注意事项：

1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。

2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。

3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。

4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。

第一部分选择题(共46分)

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共32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。

1. 以下说法符合物理学史的是（　　）

A. 关于自由落体运动，伽利略认为，越重的物体下落越快

B. 亚里士多德通过理想斜面实验得出结论：力是维持物体运动的原因

C. 牛顿是最早提出力不是维持物体运动的原因

D. 牛顿第一定律又称为惯性定律是逻辑思维对事实进行分析的产物

【答案】D

【解析】

【详解】A．关于自由落体运动，亚里士多德认为，越重的物体下落越快；伽利略认为同一地点，轻重物体下落一样快，发现亚里士多德关于落体运动的认识有自相矛盾的地方，故A错误；

B．伽利略通过理想斜面实验得出结论：力不是维持物体运动的原因，而是改变速度的原因，故B错误；

C．伽利略根据理想斜面实验，最早提出力不是维持物体运动的原因，故C错误；

D．牛顿第一定律又称惯性定律，牛顿第一定律是利用逻辑思维进行分析的产物，不能用实验来直接验证，故D正确。

故选D。

2. 如图所示是一登山运动员从拉萨攀登到珠峰峰顶的线路示意图,由此可判断下列说法正确的是(    )

A. 由起点到终点火炬手路程等于位移大小

B. 运动员登山过程中如果速度大小不变,则相同时间内,位移一定相同

C. 计算登山运动员的平均速度时可以把火炬手当成质点

D. 以上说法均不正确

【答案】C

【解析】

【详解】A．位移为矢量，起点到终点的直线距离为其大小，由于轨迹是曲线，故从起点到终点火炬手路程大于位移的大小，A错误；

B．位移是矢量，如果速度大小不变，则相同时间内，位移不一定相同，路程相等，B错误；

C．计算登山运动员的平均速度时，火炬手大小可以忽略不计，故可以把火炬手当成质点，C正确；

D．综上所述可知D错误；

3. 如图所示，重力为G的扫地机器人在水平地板上行驶，地板对机器人的支持力为FN，机器人对地板的压力为，下列说法正确的是（　　）

A. 当扫地机器人加速行驶时，FN大于

B 当扫地机器人匀速行驶时，FN大于G

C. 无论扫地机器人如何运动，FN大小和大小总相等

D. 当扫地机器人匀速行驶时，G与是一对平衡力

【答案】C

【解析】

【详解】A．扫地机器人加速行驶时，根据牛顿第三定律，FN等于FN′，A错误；

B．扫地机器人在水平地面行驶时，无论做什么运动，仅有水平方向的速度的话，G与FN是一对平衡力，G等于FN，B错误；

C．扫地机器人在水平地板上如何运动，根据牛顿第三定律，FN大小和FN′大小总相等，C正确；

D．扫地机器人匀速行驶时，G与FN是一对平衡力，D错误。

故选C。

4. 2022年2月5日，中国短道速滑队斩获北京冬奥会中国首金，为中国代表团在北京冬奥会实现了开门红，已知运动员在赛道上的部分运动轨迹是曲线。关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（　　）

A. 物体的加速度可能是恒定的 B. 物体所受合外力可能为零

C. 物体一定受到变力的作用 D. 物体速度大小一定时刻改变

【答案】A

【解析】

【详解】A．匀变速曲线运动的物体受到的合外力为恒力，物体的加速度也是恒定的，A正确；

B．物体做曲线运动的条件是所受合外力不为零，且合外力的方向与速度方向不在同一直线上，B错误；

C．匀变速曲线运动物体受到的合外力为恒力，C错误；

D．做曲线运动的物体，速度方向一定时刻在改变，但速度大小不一定改变，比如匀速圆周运动，D错误。

故选A。

5. 如图，某同学将乒乓球置于球拍中心，并推动乒乓球沿水平直线向前做加速运动，在运动过程中，球与球拍保持相对静止．忽略空气对乒乓球的影响，则（　　）

A. 球拍对乒乓球支持力的方向竖直向上 B. 乒乓球所受合外力沿水平方向

C. 球拍对乒乓球的作用力为零 D. 乒乓球受到的合外力为零

【答案】B

【解析】

【详解】乒乓球受重力和球拍对乒乓球的作用力，沿水平直线向前做加速运动，乒乓球受到的合外力沿水平方向向右，球拍对乒乓球支持力垂直于球拍平面斜向右上方，故ACD错误，B正确。

故选B。

6. 如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻细绳连接放在水平面上。用水平拉力F拉A，使它们一起匀加速运动，A、B与水平面的动摩擦因数均为，为了增大轻细绳上的拉力，可行的办法是（　　）

A. 减小A的质量mA B. 减小B的质量mB

C. 减小动摩擦因数 D. 增大动摩擦因数是

【答案】A

【解析】

【详解】根据牛顿第二定律，对整体分析

对B分析

联立解得

A．减小A物块质量，细绳上的拉力增大，故A正确；

B．减小B物块的质量，细绳上的拉力减小，故B错误；

CD．改变动摩擦因数μ，细绳上的拉力不变，故CD错误。

故选A。

7. 如图，沿水平面向右运动的物体，某时刻速度时施加一水平向左恒力作用，已知物体与水平面的动摩擦因数，物体质量，则物体施加F后运动了3s时所受摩擦力为（取）（　　）

A. 10N，水平向左 B. 10N，水平向右

C. 25N，水平向右 D. 25N，水平向左

【答案】B

【解析】

【详解】开始时物体所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为

根据牛顿第二定律有

代入数据解得加速度的大小

速度减为0时需要的时间

由于

所以物体速度减为0后会反向向左加速运动；故此时受到的滑动摩擦力大小为10N，方向水平向右。

故选B。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8. 如图所示的位移—时间（s—t）图象和速度—时间（v—t）图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（    ）

A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动

B. 时间内，甲通过的路程等于乙通过的路程

C. 时间内，丙、丁两车在时刻相距最远

D. 时间内，丙、丁两车的平均速度相等

【答案】BC

【解析】

【详解】A．位移—时间图像只能描述直线运动，乙车位移—时间图像是一条曲线，说明乙车做变速直线运动，故A错误；

B．由图可知，时间内，甲、乙都做单向直线运动，所以甲通过的路程等于乙通过的路程，故B正确；

C．由图可知，在时间内，丙、丁两车的图线围成的面积在时刻差值最大，所以丙、丁两车在时刻相距最远，故C正确；

D．由图可知，在时间内，丙、丁两车的位移不相等，所以两车的平均速度也不相等，故D错误。

故选BC。

9. 为体验超重与失重，一学生将台秤放在电梯的水平底板上，然后自己站在台秤上，当电梯处于静止状态时，台秤读数为50kg，在电梯运行后的某个瞬间，该学生发现台秤的读数变为40kg。则有关此时电梯运动的说法正确的是（）（　　）

A. 加速度大小为2m/s2 B. 加速度大小为2.5m/s2

C. 可能减速上升 D. 可能减速下降

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．电梯处于静止状态时，台秤读数为50kg，根据二力平衡可知该学生的质量为50kg，当台秤的读数变为40kg时，台秤提供的支持力大小为

对其受力分析，由牛顿第二定律可得

解得

易知加速度方向竖直向下。故A正确，B错误；

CD．由上面选项分析可知，加速度方向竖直向下，故此时电梯可能减速上升，也可能加速下降。故C正确，D错误。

故选AC。

10. 如图所示，长木板放置在水平地面上，一物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平地面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则下列说法中正确的是（　　）

A. 木板受到地面的摩擦力可能等于F

B. 时，物块始终保持静止

C. 长木板的加速度可能等于

D. 时，物块相对长木板滑动

【答案】ACD

【解析】

【详解】由题可知，两物体之间的最大静摩擦力为，长木板与地面之间的静摩擦力为。

A．若木板和物块都静止，根据整体法有

则物块受到的摩擦力大小为F，木板上、下表面受到大小相等、方向相反的摩擦力，摩擦力大小也为F，故A正确；

BCD．对木板分析，当两者恰好发生相对滑动时，根据牛顿第二定律有

解得

对木块分析，根据牛顿第二定律有

解得，故当时，两个物体都处于静止状态；当时，木板和物块一起相对静止做匀加速直线运动；当时，物块相对长木板滑动，故B错误，CD正确

故选ACD。

第二部分非选择题(共54分)

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

11. 用等效替代法验证力的平行四边形定则的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图。

（1）本实验中“等效代替”的含义是___________。

A.橡皮筋可以用细绳替代

B.左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果

C.右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果

D.两弹簧测力计共同作用的效果可以替代一个弹簧测力计的作用效果

（2）图乙中的F与两力中，方向一定沿着AO方向的是___________，图中___________是F1、F2合力的理论值

（3）完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是___________。

A.作图要用细芯铅笔，图的比例要尽量大些，要用严格的几何作图法作出平行四边形，图旁要画出表示力的比例线段，且注明每个力的大小和方向

B.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行

C.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些

D.使拉力F1和F2的夹角很小

【答案】    ①. D    ②.     ③. F    ④. ABC

【解析】

【详解】（1）[1]该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是相同的，即使橡皮筋的形变量相同；

故选D。

（2）[2][3]由于用一根弹簧秤拉橡皮筋时，拉力的方向一定与橡皮及AO共线，故方向一定沿着AO方向的是，图中F是F1、F2通过平行四边形定则画出的合力，是合力的理论值。

（3）[4]A．用细芯铅笔作图，图的比例尽量大些，用严格的几何作图法作出平行四边形，可以作出的图更准确，减小实验误差，A正确；

B．实验时应保持细绳贴近木板且与纸面平行，这样拉力与合力在同一平面内，能够减小实验误差，B正确；

C．拉橡皮筋的细绳长些，标记同一细绳方向的两点远些，在确定力的方向时更准确，能够减小实验误差，C正确；

D．若拉力F1和F2的夹角很小，做出来的平行四边形较狭长，误差较大，D错误。

故选ABC。

12. 为了探究牛顿第二定律，某同学设计了如图1所示的实验装置。

（1）本实验的研究对象是______。

A．砂桶（及桶中的砂）             B．小车（及车中砝码）

（2）在下列测量工具中，本次实验要用的测量仪器有______（选填测量仪器前的字母）

A．刻度尺              B．秒表               C．天平

（3）改变所挂砂桶中砂子的质量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出关系图线（如图2所示），经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生的主要原因可能是______。

A．轨道与水平方向夹角太大

B．轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力

C．所挂砂桶的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势

D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势

（4）实验中打出的一条纸带如图3所示，相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是______m/s。（结果保留2位有效数字）

【答案】    ①. B    ②. AC    ③. BC    ④. 0.46

【解析】

【详解】（1）[1]本实验是研究小车（及车中砝码）的加速度与小车（及车中砝码）所受合力以及小车（及车中砝码）的质量之间的定量关系，研究对象是小车（及车中砝码），故选B。

（2）[2]本实验要通过纸带测出小车的加速度，所以刻度尺是需要的，打点计时器自动记录时间，所以秒表不需要，小车质量需要天平测量出来，故选AC。

（3）AB．图像延长线与横轴相交，说明F（砂桶的总重量）必须增大到一定值时，小车才有加速度，原因是没有平衡摩擦力（摩擦力平衡不足）导致，如果轨道与水平方向夹角过大，会导致不挂砂桶时小车释放就有加速度，图线会与纵轴相交，故A错误，B正确；

CD．对砂桶和小车，由牛顿第二定律

得

可见：在小车质量M一定，当砂桶质量远小于小车（及车中砝码）即时，小车的加速度a才近似与mg（F）成正比，当m过大或M过小，不满足时，由上式可知实际加速度会明显小于理论加速度（用算出的加速度），图线斜率就会减小，所以C正确，D错误。

故选BC。

（4）[4]根据匀变速直线运动推论，用逐差法求解加速度

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）

13. 如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳相连，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水面上的质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=45°，物体甲及人均处于静止状态。求：

（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大？

（2）人受到的摩擦力是多大？方向如何？

【答案】（1）m1g，m1g；（2）m1g，水平向左

【解析】

【详解】（1）以结点O为研究对象，如图所示

建立直角坐标系，将分解，由平衡条件

联立解得

（2）对人受力分析，如图

受到竖直方向的重力和支持力，水平向左的静摩擦力和水平向右的绳OB的拉力，根据力的平衡条件，可得人受到的摩擦力大小等于OB的拉力为

方向水平向左。

14. 如图，用“打夯”方式夯实地面的过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小相等、方向与竖直方向成37°的力F，使重物恰好脱离水平地面并保持静止，然后突然一起发力使重物升高0.25m后即停止施力，重物继续上升0.2m，最后重物自由下落把地面砸深0.05m。已知重物的质量为48kg，取重力加速度，，。忽略空气阻力，求：

（1）F的大小；

（2）从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间；

（3）地面对重物的平均阻力的大小。

【答案】（1）300N；（2）0.5s；（3）4800N

【解析】

【详解】（1）重物处于平衡状态，由

解得

（2）设停止施力时重物的速度为v，发力使重物上升的高度为，停止发力后重物继续上升的高度为，从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间为t。由

联立得

，

（3）设地面对重物的平均阻力为f，重物把地面砸深度为，重物恰好接触地面时的速度有

解得

从刚接触地面到最低点的过程中加速度大小为a，根据牛顿第二定律有

根据运动学公式有

联立解得

15. 2022年年末，抗原试剂盒的需求量大增。如图为某抗原试剂盒生产车间中两段传送带截面简化图，1为长度L1 = 2m的水平传送带，2为长度L2 = 3m、倾角θ = 37°的倾斜传送带。现将质量m = 0.2kg的抗原试剂盒从静止开始放在传送带1的右端点a，到达b处刚好与传送带1的速度v1相等。抗原试剂盒与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1 = 0.4，μ2 = 0.5。抗原试剂盒在连接点b处速度大小不变从水平滑上斜面，两传送带均做逆时针匀速转动。已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度取g = 10m/s2。求：

（1）传送带1的速度v1的大小：

（2）若传送带2的速度大于v1，求试剂盒a点到达c点时间；

（3）改变传送带2的速度，要使试剂盒能够运送至c点，求传送带2的最小速度。

【答案】（1）4m/s；（2）2s；（3）

【解析】

【详解】（1）抗原试剂盒放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有

解得

根据运动学公式，有

解得

（2）抗原试剂盒从a运动到b的时间为

传送带2的速度大于v1 = ，则抗原试剂盒受到沿斜面向上的摩擦力，加速度为

加速度方向沿斜面向下，抗原试剂盒做匀减速运动，运动最大距离为

减速为0所用时间

抗原试剂盒运动到c点时速度不为零，根据位移公式有

代入数据可得

t1 = 1s，t2 = 3s（舍去）

所以抗原试剂盒从a点到达c点的时间为

（3）设传送带2的速度为v时，恰好能将抗原试剂盒运送至c点。据以上信息可知，v的值一定在0 < v < 4m/s之间，抗原试剂盒在传送带2上先做匀减速直线运动，加速度大小为

当抗原试剂盒速度和传送带2速度相等后，改做a2= 2m/s2的匀减速直线运动，到达c点时速度恰好为零。由逆向思维法，有

，，S1＋S2= L2

解得