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苏州市2022~2023学年第一学期学业质量阳光指标调研卷

高一物理

注意事项:

1.本卷包含选择题和非选择题两部分，学生答题全部答在答题卡上，答在本卷上无效.本次答题时间为75分钟，满分值为100分。

2.答题前，请务必将自己的姓名、调研序列号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑。

3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效。

一、单项选择题:共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意.

1. 伽利略和牛顿都是物理学发展史上伟大的科学家，以下叙述符合历史事实的是（  ）

A. 伽利略先研究平抛运动规律后再开始研究自由落体运动

B. 伽利略首先通过铜球斜面实验，然后用逻辑推理证明亚里士多德的落体理论是错误的

C. 牛顿首先提出力的概念，并确定了力的单位为牛顿

D. 牛顿在伽利略、笛卡尔等科学家工作的基础上提出了牛顿第一定律

【答案】D

【解析】

【详解】A．伽利略先研究自由落体运动，故A错误；

B．伽利略通过将两个小石块绑在一起的实验加上逻辑推理，证明亚里士多德的落体理论是错误的，故B错误；

C．牛顿首先提出力的概念，但是并没有确定其单位，故C错误；

D．牛顿在伽利略等人研究的基础上总结提出的牛顿第一定律，即惯性定律，故D正确。

故选D。

2. 图示为某同学课桌上整齐竖直摆放的一堆书，中间夹了一本物理课本，课本的质量为0.4kg，两侧相邻书对物理课本的压力均为10N，书与物理课本之间的动摩擦因数均为0.3，重力加速度g取10m/s²。为了将物理课本竖直向上抽出，该同学提供的拉力至少大于（  ）

A. 4N B. 7N C. 10N D. 14N

【答案】C

【解析】

【详解】物理课本与书的两个接触面都有滑动摩擦力，则有

为了将物理课本竖直向上抽出，该同学提供拉力

故选C。

3. 如图是某综艺节目中艺人和塑料盆一起运动时的照片，他从静止开始加速起跑一段时间后，立即趴在塑料盆上向前滑去直到停下，整个过程用时5s，发生的位移为14m。假设他加速和减速阶段都为匀变速直线运动，从上述条件可确定（  ）

A. 匀加速阶段的末速度 B. 匀加速阶段的加速度

C. 匀减速阶段所用的时间 D. 匀减速阶段发生的位移

【答案】A

【解析】

【详解】设匀加速阶段的末速度为v，则根据匀变速直线运动规律有

解得

根据题意无法计算匀加速和匀减速加速度和时间及位移的大小。

故选A。

4. 如图所示，两位同学利用自由落体运动测量反应时间，A同学用手捏住直尺上端，B同学在直尺下方做好准备，但手不碰到尺，此时两手间的距离为h，重力加速度为g。当B同学看见A同学放开直尺后，立即捏住直尺，下列说法正确的是（　　）

A. 本实验一个人用两个手也能完成

B. 本实验B同学捏住尺时，尺的速度大小为

C. 本实验B同学准备捏尺时必须对准尺的0刻度线

D. 只需记录B同学准备捏尺时和捏住尺时大拇指下边缘的刻度即可

【答案】D

【解析】

【详解】A．B同学看到直尺下落到捏住直尺的时间即为B同学的反应时间，所以之前捏住尺子的人和之后捏住尺子的人须得是两个人，A错误；

B．B同学捏住尺时，尺的速度大小为

v=gt

在t时间内直尺下落的距离为

故B同学捏住尺时，尺的速度大小为

为尺子下落的距离，与准备时两手间的距离h无关，B错误；

CD．本实验主要是测量B同学捏住尺子之前尺子下落的距离，再根据计算出B同学的反应时间，故只需记录B同学准备捏尺时和捏住尺时大拇指下边缘的刻度即可，两刻度之差即为尺子下落的距离，故B同学准备捏尺时无需一定对准尺的0刻度线，C错误，D正确。

故选D。

5. 跳台滑雪是北京2022年冬奥会的比赛项目，图1为跳台滑雪的场地，可以简化为图2示意图，平台末端B点切线水平，斜面足够长，当运动员以速度v从B点水平飞出，落到斜面上C点，斜面倾角为θ，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 人在空中运动的时间与v无关 B. 人在空中运动的时间与v成正比

C. 人落到斜面时的位移与v成正比 D. v越大，落地时瞬时速度与斜面的夹角越大

【答案】B

【解析】

【详解】AB．将运动员看作质点，则人在空中做平抛运动，由平抛运动规律

人落在斜面上，故有

联立可得

故人在空中运动的时间与v成正比，A错误，B正确；

C．人落到斜面时的位移

人落到斜面时的位移与v²成正比，C错误；

D．人落地时瞬时速度与斜面的夹角α

将代入得

故人落地时瞬时速度与斜面的夹角与v无关，D错误。

故选B。

6. 一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度关系如图所示，下列表述正确的是（　　）

A. a的劲度系数比b的大

B. 测得的弹力与弹簧的长度成正比

C. 弹簧a的原长比弹簧b的原长大

D. a与b两条图线反向延长线必定交于F负半轴上同一点

【答案】A

【解析】

【详解】AC．根据题意，设弹簧原长为，由胡克定律有

可知，图像的斜率表示劲度系数，由图可知，a的劲度系数比b的大，与横轴的交点为弹簧原长，则弹簧a的原长比弹簧b的原长小，故C错误，A正确；

B．由图可知，到弹力与弹簧长度关系图像不过原点，则弹力与弹簧的长度不成正比，过B错误；

D．根据题意可知，a与b两条图线反向延长线与F负半轴上的交点，即当时，的值，可得

由于两个弹簧的原长和劲度系数不同，则a与b两条图线反向延长线不一定会交于F负半轴上同一点，故D错误。

故选A。

7. 图甲是上海东方明珠塔和观光电梯示意图。小明乘坐观光电梯时，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运动的加速度a随时间t变化情况，近似处理后得到如图乙所示图像（以向上为正方向）。电梯总质量m=3.0×10³kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s²，下列说法中正确的是（　　）

A. 电梯在第1s末的速率为1m/s

B. 电梯在第10s末速度达到最大

C. 电梯在11s到30s内向上做匀速运动且速率为10m/s

D. 电梯在上升过程中受到的最小拉力为N

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．图像的面积表示速度变化，电梯在第1s末的速率为0到1s图像的面积，即

电梯在10s末的速率为0到10s图像的面积

由图像可得，此时图像的面积并非最大，第11s末图像面积有最大值，故电梯在11s末的速率为0到11s图像的面积，即

电梯在11s到30s内加速度为零，故向上做匀速运动，且速率与11s末的速率一致，故为10m/s，AB错误；C正确；

D．电梯减速上升过程中，拉力较小，最小拉力在以最大加速度减速时，即在31s到40s之间，此时加速度，根据牛顿第二定律得

解得

故电梯在上升过程中受到的最小拉力为N，D错误；

故选C。

8. 如图所示，滑块M上表面有一对称光滑圆弧面，圆弧面的圆心角θ=60°，小球m置于圆弧面内。若M与m能一起沿水平方向做匀加速直线运动，则加速度最大为（    ）

A. B. C. D. g

【答案】B

【解析】

【详解】以小球为研究对象，其受力分析如图

此时小球所受圆弧面对它的支持力F_N与重力的合力沿水平方向，由平行四边形定则得

又由牛顿第二定律

所以M与m共同的加速度

小球最远能去到圆弧面最高点A点，此时，所以

故选B。

9. 如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平成θ角光滑固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接，当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向。已知a球质量为m，重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A. a可能受到2个力的作用 B. b可能受到3个力的作用

C. b的重力为mgtanθ D. 绳子对a的拉力等于mg

【答案】C

【解析】

【详解】AB．对b进行受力分析，因为Ob段绳沿竖直方向，故b只受竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力而平衡，有

故B错误；

细绳对b有拉力，故对a也有等大的拉力，对a进行受力分析，如图

故a需受3个力才能平衡， A错误；

CD．在a的受力分析图中，F_N垂直斜面向上，它与竖直方向的夹角为θ，F_T沿绳方向，故它与竖直方向的夹角β=90°-2θ，故α=90°+θ，F_T和F_N的合力与a的重力大小相等，由正弦定理

解得

故D错误；

又因为

所以b的重力为mgtanθ，C正确。

故选C。

10. 为了防止高速公路汽车超速，高速交警使用超声波测速仪进行测速，如图1所示超声波测速仪可以定向发出脉冲超声波，也可以接收从汽车反射回来的超声波信号。某次测速得到发出两个脉冲超声波和接收到两个脉冲超声波的时刻图（p₁、p₂是测速仪发出的超声波信号，p₃、p₄分别是p₁、p₂由汽车反射回来的信号）如图2所示，假设超声波测速仪正对车辆行驶方向，超声波在空气中传播的速度为350m/s。下列关于被测汽车运动说法正确的是（    ）

A. 正在驶离测速仪，速度大小约为32m/s B. 正在驶离测速仪，速度大小约为35m/s

C. 正在驶向测速仪，速度大小约为32m/s D. 正在驶向测速仪，速度大小约为35m/s

【答案】A

【解析】

【详解】测试仪第一次发出信号和接收信号时间是

测试仪第二次发出信号和接收信号的时间是

由此可知，被测汽车正在驶离测速仪，汽车在两次接收信号的过程中运动的时间为

汽车运动的距离为

则汽车的行驶速度为

故选A。

二、非选择题:共5题，共60分，其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分:有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 某同学用图（1）所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数，弹簧秤在竖直方向，通过细线和定滑轮与木块相连，木块放于水平放置的木板上面，在木块上放置砝码慢慢向左拉动水平放置的木板，当木板仍在继续滑动，弹簧秤示数保持稳定时，记录下弹簧秤的读数，多次改变木块上放置砝码的个数，记录不同砝码个数时弹簧秤稳定的读数，某次实验所得数据在下表中给出，其中F₃的值从图（2）中弹簧秤的示数读出，取g=10m/s²。回答下列问题：

（1）F₃=_________N；

（2）关于本实验，以下说法正确的是________；

A．本实验需要用天平测量木块的质量      B．本实验弹簧秤使用前应当放于水平桌面进行较零

C．从滑轮到木块的连线必须保持水平      D．木板从木块下面抽出时必须保持匀速

（3）请写出f与砝码质量m、木块质量M、木板和木块之间的滑动摩擦因数及重力加速度大小g之间的关系式f=_________；

（4）在图（3）上绘出F－m图线；____

（5）根据F－m图线写出斜率的表达式k=_________，并求出=_________。（保留1位有效数字）

【答案】    ①. 2.55    ②. C    ③.     ④.     ⑤.     ⑥. 0.4

【解析】

【详解】（1）[1]弹簧秤的最小分度为0.1N，由图可知

（2）[2]根据实验原理可得

A．为了测得动摩擦因数，本实验可以通过测量摩擦力增量与砝码重力的变化量的比值来测出摩擦因数，故不需要用天平测量木块的质量，故A错误；

B．为了消除弹簧自重的影响，本实验弹簧秤使用前应当放于竖直平面进行较零，故B错误；

C．为了确保木块与木板间压力为木块与砝码的重力，从滑轮到木块的连线必须保持水平，故C正确；

D．只要保证木块与木板间有相对滑动，并不要木板从木块下面抽出时必须保持匀速，故D错误。

故选C；

（3）[3]木块受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的计算式知

（4）[4]描点画线注意让尽可能多的点分布在线上，不能分布在线上的点尽可能均匀地分布在线的两侧，作图如图所示

（5）[5]根据实验原理可得

整理得

所以图线的斜率表达式

[6]g取9.80m/s²，取图线上相距较远的两点求斜率

则动摩擦因数

12. 汽车礼让行人已经成为苏州交通一道亮丽的风景，如图1所示，某辆小汽车沿平直路面匀速行驶，在斑马线前礼让行人过程的v-t图像如图2所示。求：

（1）汽车减速和加速时的加速度大小；

（2）小汽车这次礼让行人耽误了多少时间。

【答案】（1），；（2）17.5s

【解析】

【详解】（1）由v-t图像得，2~7s汽车做匀减速直线运动，此时的加速度大小为

20~24s汽车做匀加速直线运动，此时的加速度大小为

（2）由v-t图像得，2~7s汽车做匀减速直线运动的位移

20~24s汽车做匀加速直线运动的位移

所以

汽车如果不礼让行人而是按原来的速度（v₀=10m/s）匀速通过的话，则需用时

汽车礼让行人，由v-t图像得汽车从开始减速到恢复原来的速度，共用时

故汽车因为礼让行人耽误的时间为

13. 如图所示，三段不可伸长的轻绳OA、OB、OC共同悬挂一质量为m₁=1.2kg的甲物体，地面上固定有一倾角θ=37°的粗糙斜面，轻绳OA沿水平方向，轻绳OC平行于斜面，且C端与放置在斜面上的质量为m₂=50kg的乙物体相连，此时整个系统均处于静止状态。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s²，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：

（1）轻绳OA，OC的拉力大小；

（2）乙物体与斜面的动摩擦因数至少为多大。

【答案】（1）16N、20N；（2）0.8

【解析】

【详解】（1）对结点O进行受力分析，受到三段绳子的拉力，如图所示

对m₁可得

根据几何关系可得

、

（2）对乙受力分析如图，由力的平衡可得

最大摩擦力，支持力

联立解得

14. 如图所示，将一木板放于水平地面上，木板两端点对应地面上的A、B两点，木板长度为0.6m，O为AB中点，C点在B点右侧0.3m位置，木板的质量为m=0.2kg。将一质量为M=0.6kg可看成质点的铁块置于木板上面中点处，铁块与地面、铁块与木板的滑动摩擦因数都为μ₁=0.15，木板与地面的滑动摩擦因数为μ₂=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s²，当用水平恒力F向右拉木板时：

（1）求铁块能到达B点的最短时间；

（2）求当F为多大时，铁块和木块在B点分离；

（3）若木板的厚度可忽略不计，铁块最终静止在桌面上BC间，求拉力F的范围。

【答案】（1）；（2）3.1N；（3）

【解析】

【详解】（1）当铁块以最大加速度向右加速时，到达B点的时间最短，根据牛顿第二定律有

根据位移时间关系有

解得

（2）铁块和木块在B点分离，说明二者发生相对滑动，则有

铁块和木块在B点分离，可知此时铁块运动到B点，木板的右端运动到B点，则有

解得

（3）由于铁块与木板、铁块与地面间的动摩擦因数相同，则铁块在木板上运动的加速与在地面上运动的加速度大小相等，且铁块在木板上做匀加速直线运动，在地面上做匀减速直线运动，匀加速的时间与匀减速运动速度减为零的时间相等，匀加速的位移与匀减速速度减为零的位移相等，若铁块最终静止在桌面上BC间，有以下两种临界情况：

①力F较小时，铁块刚好停在C点，由于B、C间的距离为0.3m，所以铁块在木板上匀加速的位移为0.3m，即铁块在B点滑离木板，此时

②力F较大时，铁块刚好停在B点，即铁块在OB的中点滑离木板，有

联立解得

所以拉力F的范围为

15. 某公园的台阶共有50级，侧视图如图所示，已知每级台阶的水平距离s=m，高度h=m，某同学从最上面平台边缘的A点将小球以初速度水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g=10m/s²。

（1）要使小球直接落到地面，求初速度的范围；

（2）若=8m/s，求小球首先落到哪一级台阶上；

（3）若将小球斜向上抛出，恰好能够直接打到第50级台阶最右端，求最小初速度的大小。

【答案】（1）；（2）第22级；（3）

【解析】

【详解】（1）小球做平抛运动，轨迹如图

可知小球刚好直接落到地面时需擦过第50级台阶最右端，由平抛运动规律

解得

故要使小球直接落到地面，求初速度的范围为。

（2）若=8m/s，设小球会落到第n级台阶上，由平抛运动规律

解得，n取整数后得，n=22，故小球会落在第22级台阶上。

（3）设小球的初速度方向与水平方向夹角为θ，如图

则在竖直方向上

水平方向上有

联立得

所以当θ=30°时，抛出时的初速度最小，。