2023-2024学年广西示范性高中高一（下）调研测试开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西示范性高中高一（下）调研测试开学物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年12月3日7时30分，第十五届南宁马拉松比赛在民族广场鸣枪开跑！经过赛事组委会的商议，本次赛事马拉松和半程马拉松的起点设为民族广场，终点均设在广西体育中心，具体行程见下图。经过争夺，来自埃塞俄比亚的选手阿贝贝·提拉胡恩·赛米以2小时11分19秒的破赛会纪录成绩夺得马拉松男子冠军；在半程马拉松项目中，来自埃塞俄比亚的沃克·塞玛库·西恩特以1小时03分43秒夺冠，第二和第三名均为中国选手，分别为跑出1小时04分08秒的洪跃和1小时07分40秒的王加威。下列说法正确的是( )
A. 12月3日7时30分指时间间隔B. 阿贝贝的平均速率小于沃克的平均速率
C. 阿贝贝的位移是沃克的2倍D. 中国选手洪跃和王加威的路程相等
2.图甲为简易壁挂盆架，图乙为其侧视图。该盆架可以挂尺寸相近、大小不一的盆子，图丙为a、b两个盆子的纵截面图，两个盆子的质量相同、形状不同，均能挂在同一个盆架上。不计盆与盆架间的摩擦力，关于两个盆子的受力描述正确的是
( )
A. 两个盆子的上沿均可以不受盆架弹力的作用
B. 盆子对盆架的作用力大于盆架对盆子的作用力
C. 两个盆子所受盆架的作用力均竖直向上
D. 两个盆子所受盆架的作用力均垂直于侧壁向上
3.梦天实验舱中宇航员用毛巾加工成球拍，可将水做成的“乒乓球”弹开，当水球以速率v1飞来时，航天员若将其以v2的速率反向击回，在水球与球拍作用的时间Δt内，下列说法正确的是( )
A. 水球的速度变化量为v2−v1B. 水球的加速度为v2−v1Δt
C. 水球加速度方向与速度变化量方向相反D. 水球加速度方向与初速度方向相反
4.科技和互联网的发展不仅仅使得人们的生活更加方便，还使得人们认识事物的方式有了巨大的改变，使原本无法看到的规律以数据化的形式形象地呈现出来.如图所示，某同学通过力学传感器改造了体重秤，使得体重时时可视化.他记录了自己快速下蹲然后起立过程中力传感器示数随时间的变化规律，下列说法正确的是( )
A. 该同学体重在下蹲和起立过程中不断变化
B. 该同学在下蹲过程中处于失重状态，起立过程中处于超重状态
C. 图像中两个最低点表示该同学处于完全失重状态
D. 图像中两个最高点表示该同学处于超重状态
5.如图所示，一个质量为m=5kg的物块放在水平地面上，在F1=20N和F2=8N以及摩擦力作用下，物块以v=12m/s的速度向右匀速直线运动，某时刻撤去F1并从此时开始计时，下列说法正确的是()
A. t=5s时地面对物块的摩擦力f=12N
B. 前4s的平均速度为4.5m/s
C. t=4s时，物块的加速度为4.5m/s2
D. t=5s时，物块距离t=0时的位置有10m远
6.如图所示，杂技演员表演抛球游戏，他一共有4个球，每隔相等的时间竖直向上抛出一个小球(不计一切阻力，小球间互不影响)，若每个球上升的最大高度都是1.8米，忽略每个球在手中的停留的时间，重力加速度g取10m/s2，则杂技演员刚抛出第4个球时，下列说法正确的是
( )
A. 第1个球距离抛出点的高度为1米
B. 第3个球和第4个球之间的距离是第1个球和第2个球之间距离的3倍
C. 抛出相邻两球的时间间隔为0.6s
D. 第1个球的速率大于第3个球的速率
二、多选题（本题共4小题，共22分）
7.一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2，弹簧在拉伸或压缩时均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )
A. F2+F1l2−l1B. F2+F1l2+l1C. F2−F1l2−l1D. F2−F1l2+l1
8.在t=0时刻，甲、乙两物体同时从同一地点同方向出发，它们运动过程的速度—时间图像(v−t图像)如图所示，则
( )
A. 前5s内甲的加速度比乙的加速度大B. 10s后两物体的间距先减小再增大
C. 8s时乙在甲前方30m处D. 8s时两物体刚好相遇
9.如图所示，A是一质量为m的盒子，B的质量为m2，它们间用轻绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为α=30°的斜面上，B悬于斜面之外，整个系统处于静止状态。现在向A中缓慢地加入沙子，直至A将要滑动的过程中( )
A. 绳子所受拉力始终不变B. 斜面所受地面的摩擦力逐渐增大
C. 定滑轮所受作用力始终不变D. A所受的摩擦力先减小后反向增大
10.如图1，水平传送带(A、B为左右两端点)顺时针匀速传动，t=0时在A点轻放一个小物块，物块在皮带上运动全过程中的位移−时间关系图像如图2(0−4s为抛物线，4s−6s为直线)。重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是()
A. 传送带的传送速度是8m/s
B. 物块与传送带间的滑动摩擦系数为0.2
C. 若传送带在t=4s时停转，则物块将停于B点
D. 若令该物块以6m/s的速率从B端向左滑上皮带，经过一段时间物块从A点飞出
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时，某同学利用的器材有：一瓶矿泉水两根完全相同的轻弹簧等；他先将一弹簧一端固定在墙上的钉子A上，另一端挂矿泉水瓶，如图甲所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子A、B上，另一端均连接于结点O，在结点O挂矿泉水瓶，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的偏角α、β，如图乙所示。改变钉子A的位置，按照上述方法多测几次。
(1)依据上述方案并根据力的平行四边形定则，画出力的合成图，必须的操作是_______(选填选项前的字母)。
A.要测量弹簧的原长
B.实验中要使AO、BO长度相同
C.要测量图甲、乙中弹簧的长度
D.实验中要使结点O的位置始终固定不变
(2)根据实验原理及操作，在作图时，图中_______(选填“丙”或“丁”)是合理的。
(3)某次实验中测得乙图中α=33∘，β=53∘，保持β偏角不变，将OA从乙图中位置沿逆时针缓慢转到水平位置，则OA中弹簧的长度将_______(选填“一直增大”“一直减小”“先减小后增大”或“先增大后减小”)。
12.某同学用如图1所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
(1)关于实验的要点，下列说法正确的是_______。
A.重物的质量应远小于小车的质量 B.平衡摩擦力时小车应挂上重物
C.释放小车之前应先接通电源 D.调节定滑轮的高度使滑轮与小车间的细线与长木板平行
(2)在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了A、B、C、D、E作为计数点，相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，其中x1=7.00cm，x2=7.60cm，x3=8.30cm，x4=8.90cm，电源频率为50Hz，可以计算出小车运动到C点的速度是______m/s，小车的加速度大小是______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是______。如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力，他绘出的a−F关系图像可能是______。
A.
B．
C．
D．
四、计算题（本题共3小题，共38分）
13.在北京冬奥会自由式滑雪女子空中技巧决赛中，中国选手徐梦桃以108.61分获得该项目的金牌。如图所示，一个质量m=60kg的滑雪运动员由静止开始沿倾角为30∘的雪道匀加速滑下，在t=5s时间内下滑了x=50m，取g=10m/s2，求：
(1)运动员下滑的加速度大小；
(2)运动员所受的阻力大小；
(3)当运动员速度达到30m/s时，下滑的距离是多少？
14.中国籍80后极限爱好者叶晨光身披国旗完成了万米高空跳伞挑战，打破了国人高空跳伞最高纪录。叶晨光从10000m的高度飞机下落，并在离地足够高的地方开伞。若他和伞的总质量为m=70kg，请思考下列问题(本题数据运算g取10m/s2)：
(1)开始时叶晨光做自由落体运动，求出他在3s末的速度v1大小以及前3s内的位移ℎ1大小。
(2)当降落伞完全打开后，叶晨光和伞所受空气阻力f的大小与速度的平方成正比，即f=kv2(k取28.28)。设伞完全打开时速度为v0=50m/s，求此时的加速度a0。
(3)当降落伞完全打开后，通过分析说明叶晨光做怎样的运动？并根据你的分析粗略画出对应的v−t图。
15.如图所示，质量为M=2.6kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.3。这时铁箱内一个质量为m=0.4kg的木块恰好能静止在后壁上(木块和铁箱不粘连)，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数处处相等，且为μ2=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。求：
(1)木块对铁箱压力的大小和方向；
(2)木块和铁箱一起加速的加速度大小和水平拉力F的大小。
(3)逐渐减小拉力F，经过一段时间，木块沿着铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6m/s时撤去拉力F，又经1s时间木块从左侧壁到达右侧壁，则铁箱的长度是多少？
答案和解析
1.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.12月3日7时30分指的是时刻，A错误；
B.半程马拉松的路程是马拉松的一半，根据平均速率的定义可知阿贝贝的平均速率小于沃克的平均速率，B正确；
C.半程马拉松与马拉松的起点与终点相同，故阿贝贝与沃克的位移相同，C错误；
D.洪跃与王加威参加的均为半程马拉松，所以二者的路程相等，D正确。
故选BD。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A.根据题意，对盆受力分析，受重力和垂直侧壁向上的弹力，由于不计盆与盆架间的摩擦力，由平衡条件可知，两个盆子的上沿一定受盆架向左的弹力作用，故A错误；
B.由牛顿第三定律可知盆子对盆架的作用力等于盆架对盆子的作用力，故B错误；
CD.根据题意，设盆上沿所受的弹力为 F1 ，方向水平向左，盆侧壁所受的弹力为 F2 ，方向与竖直方向的夹角为 θ ，如图所示
由平衡条件可知，两个盆子所受盆架的作用力均与盆的重力等大反向，即竖直向上，故C正确，D错误。
3.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.设飞来的速度方向为正方向，则水球的速度变化量为
Δv=−v2−v1
A错误；
BCD.水球的加速度为
a=ΔvΔt=−v2−v1Δt
方向与速度变化量方向相同，与初速度方向相反，BC错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查超重和失重及运动图像的理解和分析。解题的关键是要能根据下蹲后起立过程的超重和失重结合F−t图像进行分析。
【解答】
该同学先下蹲后起立，下蹲过程中先失重后超重，起立过程中先超重后失重，根据图象分析，图象的最低点表示传感器示数最小，但是并不等于0，所以该同学没有完全失重的情况，但是图象最高点一定表示该同学处于超重状态，无论失重还是超重，该同学的体重都不会发生变化，故 ABC错误， D正确。
5.【答案】B
【解析】B
【详解】A.物块以 v=12m/s 的速度向右匀速直线运动，有
F1=F2+f
解得滑动摩擦力为
f=12N
方向向左。
撤去 F1 ，物块向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
a1=F2+fm=4m/s2
减速到0的时间
t0=va1=3s
由于 F2f′=F2=8N
A错误；
C. t=4s 时，物块静止，加速度为0，C错误；
D.物块向右做匀减速运动的位移
x=v22a1=18m
之后静止，所以 t=5s 时，物块距离 t=0 时的位置有 18m 远，D错误；
B.前 4s 的平均速度为
v=xt4=4.5m/s
B正确。
故选B。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】每个球上升的最大高度都是1.8米，由自由落体过程公式，可得
ℎ=12gt2
代入数据解得
t= 2ℎg= 2×1.810s=0.6s
设每隔相等时间 T 竖直向上拖出一个小球，当第4个小球抛出后，再经过相等时间，第1个小球落回手里并抛出，则有
4T=2t
可得抛出相邻两球的时间间隔为
T=0.3s
根据上升与下降过程的对称性，第四个小球离开手瞬间，第1个小球与第3个小球在同一高度，第2个小球位于最高点速度为0，则此时第1个球和第2个球之间的距离为
Δℎ12=12gT2=12×10×0.32=0.45m
此时第1个球距离抛出点的高度为
ℎ1=ℎ−ℎ12=1.8m−0.45m=1.35m
由于此时第1个小球与第3个小球在同一高度，则第3个球和第4个球之间的距离为
Δℎ34=ℎ1=1.35m
此时第1个球的速率大于第3个球的速率，第3个球和第4个球之间的距离与第1个球和第2个球之间距离之比为
Δℎ34:Δℎ12=1.35:0.45=3:1
故选B。
7.【答案】A
【解析】A
【详解】分别以两次作用为研究对象，弹簧弹力为F=kx，x为弹簧的形变量，所以由胡克定律可知
k=F1l0−l1=F2l2−l0
解得
k=F2+F1l2−l1
故选A。
8.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A. v−t 图像中，斜率表示加速度，由图可知前 5s 内甲的加速度比乙的小，A错误；
B.由图像可知， 10s 后两物体间距先减小后增大，B正确；
C.由图可知，甲、乙的加速度为
a甲=2510m/s2=2.5m/s2
a乙=205m/s2=4m/s2
所以 8s 时，甲、乙的位移分别为
x甲=12a甲t2=12×2.5×82m=80m
x乙=12×20×5m+20×3m=110m
则
Δx=x乙−x甲=110m−80m=30m
所以 8s 时乙在甲前方 30m 处，故C正确；
D.由图像可知， 10s 末，乙车在甲车前方且与甲车的距离
Δs=30m−5m=25m
设 10s 后再经 Δt 时间两车相遇，即
Δs=v甲−v乙Δt
解得
Δt=5s
所以 15s 时两物体相遇，D错误。
故选BC。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.对B受力分析如图
由受力分析可知
T=mg2
B始终保持静止，故绳上拉力不变，故A正确；
B.对A，B和斜面整体受力分析如图
由受力分析可知，斜面和地面之间不存在摩擦力，故B错误；
C.定滑轮始终保持静止，且绳上力保持不变，故定滑轮所受作用力保持不变，故C正确；
D.添沙子之前对A受力分析如下图
由受力分析可知
mgsinθ=T
N=mgcsθ
又因为
T=mg2
故A一开始与斜面之间没有摩擦力。
设添沙子后A与沙子的总质量为 m′ ，受力分析如下图
N=mgcsθ
m′gsinθ=T+f
故随着A与沙子的总质量 m′ 不断增大，静摩擦力也不断增大，故D错误。
故选AC。
10.【答案】CD
【解析】CD
【详解】A. 4s−6s 图像为直线，则物体做匀速直线运动，则传送带的传送速度为
v=ΔxΔt=16−86−4m/s=4m/s
故A错误；
B.根据匀变速直线运动位移一时间公式有
x=12at2
将 t=4s,x=8m 代入解得
a=1m/s2
根据牛顿第二定律可知
a=μg
解得物块与传送带间的滑动摩擦系数为
μ=0.1
故B错误；
C.由上述分析可知物块在 t=4s 时的速度为 4m/s ，若传送带在 t=4s 时停转，则物块将做匀减速直线运动，此时加速度为 a=1m/s2 ，根据速度一位移公式有
x′=v22a=8m
物块将停于B点，故C正确；
D.若令该物块以 6m/s 的速率从B端向左滑上皮带，则它向左减速运动至速度为0的位移满足
v′2=2ax″
解得
x′′=18m>16m
则物块从皮带左边离开，故D正确。
故选CD。
11.【答案】(1)AC (2)丙 (3)先减小后增大
【解析】(1)ABC.实验中，甲图用来测量合力，乙图用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此要测量弹簧的原长和测量图甲、乙中弹簧的长度；但AO、BO长度不必相同， AC正确，B错误；
D.实验中重物重力是定值，所以不必保证O点位置固定不变，D错误。
故选AC。
(2)实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，所以x1需要沿着竖直方向，故丙图是合理的。
(3)对O点受力分析，O点处于动态平衡中，重力大小方向不变，OB绳中拉力方向不变，将OA从乙图中位置沿逆时针缓慢转到水平位置，根据矢量三角形定则如图所示
由于α+β<90∘
可知OA中弹力先减小后最大，则OA中弹簧的长度先减小后最大；OB中弹力一直增大，则OB中弹簧的长度一直增大。
12.【答案】(1)CD
(2) 0.80 0.65
(3) 平衡摩擦力 B
【详解】(1)A.由于小车受到的外力由力传感器测得，因此不需要满足重物的质量远小于小车的质量，故A错误；
B.平衡摩擦力时应不挂重物，故B错误；
C.接通打点计时器的电源后等打点计时器打点稳定再释放小车，故C正确；
D.调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行，保证细线的拉力等于小车受到的合外力，故D正确。
故选CD。
(2)[1]小车运动到C点的速度大小为
vC=x2+x32T=(7.60+8.30)×10−22×0.1m/s=0.80m/s
[2]相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，可知相邻两计数点间的时间间隔为
T=0.1s
根据逐差法可得加速度大小为
a=xCE−xAC4T2=(8.90+8.30−7.60−7.00)×10−24×0.12m/s2=0.65m/s2
(3)[1]某同学将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；
[2]如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，则当力F增加到一定值时小车才会做加速运动，即
F−μmgcsθ=ma
所以
a=Fm−μgcsθ
故选B。

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】
(1) 4m/s2 ；(2) 60N ；(3) 112.5m
【详解】(1)滑雪运动员由静止开始在 t=5s 时间内下滑了 x=50m ，根据匀变速直线运动位移公式有
x=12at2
解得
a=2xt2=2×5052m/s2=4m/s2
(2)对运动员做受力分析如图：
根据牛顿第二定律可得
mgsinθ−Ff=ma
代入数据可得
Ff=60N
(3)由速度位移关系有
v2=2ax′
解得
x′=112.5m

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) v1=30m/s ， ℎ1=45m ；(2) a0=1000m/s2 ，方向竖直向上；(3)
【详解】(1)由自由落体规律，他在 3s 末的速度 v1 大小为
v1=gt=30m/s
前 3s 内的位移 ℎ1 大小为
ℎ1=12gt2=45m
(2)伞完全打开时速度为 v0 ，此时空气阻力
f0=kv02=70700N
由此时对应的空气阻力
f0>mg
则由牛顿第二定律
f0−mg=ma0
解得此时加速度为
a0=1000m/s2
方向竖直向上。
(3)由(2)可知，当降落伞完全打开后，运动员先做加速度越来越小的减速运动，然后做匀速直线运动，如图所示。

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) 16N ，方向水平向左；(2) 129N ；(3) L=0.29m
【详解】(1)对木块：在竖直方向由平衡条件得
mg=μ2FN
则
FN=16N
由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小为
F N′=FN=16N
故木块对铁箱的压力大小为 16N ，方向水平向左。
(2)对木块：在水平方向有
FN=ma
得
a=40m/s2
对铁箱和木块整体有
F−μ1M+mg=M+ma
得水平拉力
F=129N
(3)撤去拉力 F ，箱和木块的速度均为 v=6m/s ，因 μ1>μ2 ，以后木块相对箱滑动，木块加速度
a2=μ2mgm=2.5m/s2
又铁箱加速度
μ1M+mg−μ2mg=Ma1
得
a1=4013m/s2
铁箱减速时间为
t0=va1=1.95s>1s
故木块到达箱右端时，箱未能停止。则经 t=1s 木块比铁箱向右多移动距离 L 即铁箱长，即有
L=vt−12a2t2−vt−12a1t2=a1−a2t22
解得
L=0.29m

【解析】详细解答和解析过程见答案