2023-2024學年12月學情調研試題卷高一物理（考試時間：75分鐘，滿分：100分）444符合題意。1．伽利略的理想斜面實驗示意圖如圖所示，不計摩擦和空氣阻力，下列說法中正確的是（）A．該實驗沒有以可靠事實為依據，只是邏輯推理．小球在水平面上不受力的作用．小球沿右側斜面上升的高度與其傾角有關D．該實驗否定了“力是維持物體運動的原因”的觀點2s與時間tv表示。以下判斷正確的是（）A．0~t1時間內，v增大，乘客處于超重狀態t~t．時間內，v減小，乘客處于失重狀態21．t~t時間內，v增大，乘客處于超重狀態23D．t~t時間內，v減小，乘客處于超重狀態233．如圖（試卷第1頁，共8頁bOP方向水平，v拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為1和vv122阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（）A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度．兩谷粒從O到P的運動時間相等．谷粒2在最高點的速度小于1D．兩谷粒從O到P的平均速度相等4O（與滑塊未拴接）從O點壓縮至A點后由靜止釋放，滑塊運動到B點靜止，如圖所示。滑A運動到B的vt圖象，可能是下圖中的（）A．．．D．5．如圖所示，用一小車通過輕繩提升一滑塊，滑塊沿豎直光滑桿上升，某一時刻，兩段繩恰好垂直，且拴在小車一端的繩與水平方向的夾角為θ，此時小車的速度為0，則此時滑塊豎直上升的速度為（）試卷第2頁，共8頁Av0v0sinθ0cos．vcosθD．6M上表面有一對稱光滑圓弧面，圓弧面的圓心角θ=60°m置于圓弧面內。若M與m能一起沿水平方向做勻加速直線運動，則加速度最大為（）1232A．g．g．gD．g327．有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河．小明駕著小船渡河，去程時船頭靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為（）1vvA．．．D．1k21k21k2k28．彩虹圈是相當于彈簧的塑料玩具，如圖所示，一人手拿彩虹圈處于豎直狀態，彩虹圈靜止且質量不可忽略，當他松開手，對彩虹圈的下落過程以下說法正確的是（）A．彩虹圈的長度始終不變．彩虹圈剛開始下落的很短時間內，其長度試卷第3頁，共8頁．剛松開手的一瞬間，彩虹圈下端有向下的加速度D的加速度為零9Fm，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為。若木塊不滑動，力F的最大值是（）2f(mM)2f(mM)A．．．D．Mm2f(m+M)2f(mM)-(m+M)g(mM)gMmlOm的小球相連。0.5MN兩點與O點的距1離均為PO點的距離為lP點時恰好能保持靜止，2設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法錯誤的是（）4mgA．彈簧的勁度系數為l．小球在N點的加速度大小為gMN點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大試卷第4頁，共8頁DPN點的運動過程中，小球一直做加速運動m的矩形木板aebcd是ae的4M的物塊以一定的初速度從a點水平滑上粗糙木板，物塊的寬度不計，且mM，經過一段時達到共同速度時的位置，下列示意圖正確的是（）A．．．D．556為滑塊所受的拉力量，仍從同一位置由靜止釋放滑塊重復實驗。1）關于本實驗的操作，下列說法正確的是A.連接小桶和小車的細繩應與軌道平行B.實驗前需要平衡摩擦力C.改變小桶內砝碼質量時，需保證滑塊的質量遠大于小桶和砝碼的總質量D.操作時應先釋放滑塊，再打開光電門的電源2）由遮光條的寬度和擋光時間求出滑塊的速度v，并進一步算出vF和對應的v，請在圖中的坐標紙上作出Fv的圖像F/N0.890.981.061.141.212，下面的表格記錄了。22試卷第5頁，共8頁v2/(m/s)20.160.480.771.041.283）將刻度尺的零刻度線與遮光條右端對齊，光電門處刻度如圖所示，則滑塊到光電門距離L為。4）已知重力加速度為g，Fv圖像的斜率為k，縱截距為b，可求得動摩擦因數25）若小明僅改變滑塊的質量重復實驗，則兩次實驗作出的Fv的圖像會是下面哪幅2圖。A．37°1kgv/s0向上的初速度使其從斜面底端向上滑行，物體運動到最高點的時間為1s，已知g10m/s，，cos37，求；21）物體與斜面之間的動摩擦因數；2）物體從最高點下滑行到初始位置的時間。試卷第6頁，共8頁．如圖，相距L的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向vm=10v=5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；(2)求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度；．如圖所示，5個相同的木板緊挨著靜止放在水平地上，每塊木板的質量均為m，長l0.11Mv4m/s02的初速度從左端滑上木板1，它與木板的動摩擦因數g10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。1）判斷當鉛塊剛滑上木板時，木板是否運動，并求出所有木板對地面的總摩擦力大小；2）判斷鉛塊滑上第幾塊木板時木板開始動，并求出剛滑上該木板時鉛塊的速度大小；3）求鉛塊在整個運動過程中前進的位移大小。．一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質量為m的小物塊a3m的小物塊bax05時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動。經過一段時間后，、b分離；再經過同樣長的時間，b距其出發點的距離恰好也為0。彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g。求：試卷第7頁，共8頁(1)彈簧的勁度系數；(2)b加速度的大小；(3)在物塊ab分離前，外力大小隨時間變化的關系式。試卷第8頁，共8頁．D【詳解】A．伽利略斜面實驗是以實驗為基礎，通過邏輯推理，得出結論，故A錯誤；．小球在水平面上，對小球受力分析，重力、支持力，故B錯誤；．理想斜面實驗：在軌道的一邊釋放小球，如果忽略摩擦力帶來的影響，我們發現小球從斜角減小，小球還是上升到原來的高度，但通過的路程比原來更長；故C錯誤；D．理想斜面實驗，是用事實加推導得出，力不是維持物體運動的原因，故D正確。D。．A【詳解】0~t1時間內，v向上增大，加速度向上，乘客處于超重狀態，t~t時間內，v不12變，乘客處于平衡狀態，t~t時間內，v向上減小，加速度向下，乘客處于失重狀態。23A。．BA1速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；21O點運動到P直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上位移相同故谷粒2運動時間較長，C錯誤；2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向12水平方向上的速度較小即最高點的速度小于1，B正確；DO點運動到P1均速度大于谷粒2的平均速度，D錯誤。B。．D【詳解】滑塊的運動情況：從A到O的過程：開始彈力大于摩擦力，然后小于摩擦力，根O到B減小，后反向增大，再不變。答案第1頁，共頁D。．A長，故任意時刻兩物體沿繩方向的分速度大小相等。v2。根據平行四邊形定則，有vvcos10v為v。根據平行四邊形定則，有vvcos3貨因為繩子不可伸長，故任意時刻兩物體沿繩方向的分速度大小相等，即13如圖由于兩段繩子相互垂直，所以αθv=v貨0A。．B【詳解】以小球為研究對象，其受力分析如圖答案第2頁，共頁此時小球所受圓弧面對它的支持力F與重力的合力F沿水平方向，由平行四邊形定則得N合合又由牛頓第二定律合maM與m共同的加速度agm30，所以°小球最遠能去到圓弧面最高點A點，此時23agg°=gmm3B。．B【詳解】設河寬為d，小船相對靜水的速度為c，去程時過河的時間為d1c回程的時間d2vc2v2由題意知1t2kvc1k2B。．B【詳解】A．由于彈力不能突變，所以彩虹圈下落過程中，開始階段，彩虹圈下端不動，答案第3頁，共頁AB正確；．剛松開手的一瞬間，彩虹圈下端處于平衡狀態，加速度為零，故C錯誤；D．剛松開手的一瞬間，彩虹圈上端受到的合力向下，所以有向下的加速度，故D錯誤。B。．A【詳解】對木塊分析，根據牛頓第二定律得2fMgMa對整體分析，根據牛頓第二定律得FMmgmaM2fmM聯立解得FA。A正確，錯誤。M．C【詳解】A．根據題意，當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止，則根據平衡條件有kl112llll24mgkl故A正確，不滿足題意要求；．小球在N點時，彈簧處于原長，彈簧彈力大小為0，則桿對小球的支持力0，摩擦力大0，小球只受重力作用，加速度大小為gB正確，不滿足題意要求；MN點的運動過程中，彈簧對小球彈力的水平分力先變大后變小，則桿對小球的支持力先變大后變小，小球受到的摩擦力先變大后變小，故C錯誤，滿足題意要求；DPND正確，不滿足題意要求。C。答案第4頁，共頁B【詳解】地面光滑，物塊A與木板B組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得0(M)v對m有122設相對位移為xM有11Mg(x)22022整理得xM1xxmMm2MmM，所以13x1xx2xx2x故B錯誤。B。b．A61.00B2kLg1[1]AB能保證小車受到的拉力等于鉤碼的重力，故A正確，B錯誤；．由于有力傳感器，無需保證滑塊的質量遠大于小桶和砝碼的總質量，故C錯誤；D．操作時應先打開光電門的電源，再釋放滑塊，故D錯誤；答案第5頁，共頁A。2[2]3[3]刻度尺的分度值為0.1cm，讀數為61.00cm；4[4]根據牛頓第二定律有Fmgma根據運動學公式有2v2aLmF2v2L圖像的斜率為k，縱截距為，則有mk，μmgb2Lb2kLg5[5]mF2v2L可知若小明僅改變滑塊的質量重復實驗，則圖像的斜率和截距都發生變化。B。1）0.52）5s1）根據運動學公式有0at答案第6頁，共頁am/s2NNmgcos370.5根據牛頓第二定律有2）物體運動的位移為v20下滑時，根據牛頓第二定律有根據運動學規律有sincos3711Lat2112t5s或t5s（舍）11．(1)2.75s(2)4，2m/s(1)傳送帶的速度為為a，由牛頓第二定律有：vmgma①設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為x，由運動學公式有01②v22聯立①②式，代入題給數據得1=4.5m③v傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t，做勻減速運動所用的時間為t，由運動學公式有12v02④答案第7頁，共頁L1vtt⑤12聯立①③④⑤式并代入題給數據有1=2.75s⑥當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時的速度最小，設為v載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側平臺時的速度最大，設為v由動能定2。112mgL12mv20⑦2112220⑧22由⑦⑧式并代入題給條件得v，v4⑨12325811）木板不運動，）42m/s3）m1）小鉛塊滑上木板后，對小鉛塊受力如圖1鉛塊所受摩擦力為fNMg5N1212根據牛頓第三定律，鉛塊對木板的摩擦力ff5N11對5塊木板整體受力如圖2設木板受到最大摩擦力為f1N2答案第8頁，共頁N21N1fm2N若木板靜止，則木板與地面間的摩擦力ff5N<f21m2可判斷木板不動；2）設鉛塊滑離第k塊木板時，木板開始運動，則（5-k）塊木板所受的滑動摩擦力為f3Mg5kmg1根據圖2可知，剩余木板受到的合力向右ff13>2.5可判斷小鉛塊滑離34號木塊后45鉛塊在123號木板上運動時木板不動，對小鉛塊，由牛頓第二定律可得2Mg11=2m/s2設鉛塊滑離木板3時速度為3，根據運動學公式可得3201l232m/s3）小鉛塊以2m/s3號木板，此時4、5號木板受到地面摩擦力小于上表面小鉛塊對其的摩擦力，開始加速Mg(M2)g2ma212根據速度時間公式有答案第9頁，共頁vvatat431282ts，v4m/s993v44289xttm1m2可判斷未滑離4號木板；123號木板上運動x1l=3m②小鉛塊滑上4號木板后直至和木板達到共速3v42tm2③小鉛塊和木板達到共速后隨木板一起勻減速直至停下，可知ag1m/s231v243323m綜上所述，可得小鉛塊整個過程中的運動位移xxxxm1238mgsin50gsin2228Fmgsin(3)t．(1)(2)50【詳解】對整體分析，根據平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有：3kx=(m+mgsinθ58sin50k=由題意可知，b經兩段相等的時間