2023-2024学年度下学期四校期初联考
高一物理试题
木试卷满分100分，共6页。考试时间为75分钟。考试结束后，只父答题卡。
第I卷（选择题共46分）
一、
单选题（本题共10小题。1一7题为单选，每小题4分，共28分。每小题只有
个选项符合题目要求。8一10题为多选，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题
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)
1.学校门口水平地面上有一质量为m的石磁，石做与水平地面间的动摩擦因数为4。
两位工作人员用轻绳按图甲所示的方式匀速移动石做时，两根轻绳水平，延长线之间的夹角
为26，俯视阁如图乙所示。重力州速度大小为g,忽略轻绳与石墩之间的摩擦，则轻绳的
拉力大小为()
甲
A.
B.t
c器
D.am
2,中国是目前世界上高速铁路运行里程最长的国家，如今高铁已经成为人们主要的跨
城出行工其，如图，高铁进站的过程可近似为匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、
C三个位置，已知AB=BC,测得AB段的平均速度为30m/s,BC段平均速度为20ms。根
据这些信息下列说法正确的是()
A,可以确定高铁运动的加速度
B,可求出高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C,可求出高铁车头经过AB段和BC段的时间之比
D,求不出高铁车头经过A,B,C三个位置的速度
3.如图所示，小球以向倾角为的斜而水平抛，小球到达斜面的位移与斜而垂直，
重力州速度为g,则小球()
四校期初联考。高一物理试趣。第1页共6项
戴
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14664598
0
A.达动时间为一
an0
B.水平位移大小为2
g tan
C位移大小为2
g cos0
D.竖直位移大小为
gtan日
4,2023年5月28日，从上海飞往北京的国产C919大型客机首飞成功，在北京首都机
降落。降落过程中的某时刻(i=0),水平分速度为80ms,竖直分速度为6ms,且在水平
方向微加速度大小为2s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小为0,2m52的匀减
速直线运动，落地前瞬间竖直分速度恰好为零。下列说法正确的是〈)
A.飞机降落过程中的运动轨迹为直线
B.1=10s时，飞机的速度大小为64m/s
C.飞机降落过程中的位移大小为1500m
D.飞机落地时的速度大小为20m/s
5.如图所示，橡皮筋端连接在天花板上，另一端连接在滑轮上，与紧直方向夹角为：
道指轮的轻绳一端悬挂一重物，另一端施加水平力F,物块保特静止，现保持F大小不变，
使其在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过60°，不计滑轮质量及一切摩擦，橡皮筋始终在弹性
限度内，此过程中，下列说法正确的是(·
A,变小，橡皮筋长度变短
B,变小，橡皮筋长度变长
C,变大，橡皮筋长度变短
。刻图所示，有直角三角形光滑轨道程架△ABC,其中B竖直，2C=90,光滑圆
D.变火，橡皮筋长度变长
CB为△G的外接图的部分小球、2分别相锁道设4C从点护开
庭动到C回分别北，、小家沿抗道C的人C面济的运动
到的时阿为：小学4在圆设CB某个点对应的圆心角根个由带止开始运动
到8点的时间为4·则下列时间的关系正确的是（
四校期初联考高物理试题第2页北6列
可把
授
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146645982023-2024 学年度下学期四校期初联考
高一物理试题参考答案
1．A
【详解】根据题意，设轻绳的拉力大小为 ，由平衡条件有 2 cos = =
解得 =
2cos
故选 A。
2．C
【详解】D．令 A、B、C三个位置的速度分别为 、 、 ，根据匀变速直线运动平
均速度公式有
+ = 30m/s + ， = 20m/s
2 2
令 AB =BC=x，则全程的平均速度
2
= = 24m/s
20m/s + 30m/s
则有
+
2 = 24m/s
解得
= 34m/s、 = 26m/s、 = 14m/s
可知，能够求出高铁车头经过 A、B，C三个位置的速度，故 D错误；
AB．根据上述可知，由于不知道 AB与 BC的具体数值，则不能够求出运动时间的具
体数据，即不能够确定高铁运动的加速度，故 AB错误；
C．根据平均速度定义式有
=
， =
解得
2=
3
故 C正确。
故选 C。
3．B
【详解】
A．小球到达斜面的位移与斜面垂直，过抛出点作斜面的垂线，如图所示
答案第 1页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
设运动的时间为 t，则水平方向 x v0t
y 1竖直方向 gt 2
2
x
根据几何关系有 tan y
v0t
1 tan 则有 gt2
2
2v0
解得 t gtan
故 A错误；
2
x v t 2v0cot 2v
2
B．小球的水平位移大小为 0 0g g tan
故 B正确；
2 2
D．竖直位移大小为 y
1
gt2 2v 0cot
2 g
故 D错误；
x 2v2 2
C．合位移大小为 s 0
2v0 cos
sin g tan sin g
故 C错误；
故选 B。
4．D
【详解】A．飞机速度与水平方向的夹角的正切值为
tan =
6 3
= =
80 40
飞机加速度与水平方向的夹角的正切值为
0.2 1tan = = =
2 10
可得
≠
可知飞机降落过程中，速度方向与加速度方向不在同一直线上，运动轨迹为曲线，故 A
错误；
B．t=10s时，飞机的水平速度大小为
= 0 = 80 10 × 2m/s = 60m/s
答案第 2页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
t=10s时，飞机的竖直速度大小为
= 0 = 6 10 × 0.2m/s = 4m/s
t=10s时，飞机的速度大小为
= 2 + 2 = 4 226m/s
故 B错误；
C．飞机在空中运动的时间为
′ 0 6 = = s = 30s
0.2
飞机降落过程中竖直方向的位移为
2 62
= 0 2 = 2 × 0.2m = 90m
飞机降落过程中水平方向的位移为
1 2 1
= 0 ′ ′ = 80 × 30 × 2 × 302m = 1500m2 2
飞机降落过程中的位移大小为
= 2 + 2 = 30 2509m
故 C错误；
D．飞机落地前瞬间竖直分速度恰好为零，则飞机落地时的速度大小等于飞机水平方向
的速度，为
′ = 0 = 80 2 × 30m/s = 20m/s
故 D正确。
故选 D。
5．C
【详解】拉力转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变大，两边绳上拉力的合力减小，根
据力的平衡可知，橡皮筋的弹力变小，长度变短，橡皮筋与竖直方向的夹角等于滑
轮两边绳夹角的一半，因此θ变大。
故选 C。
6．C
【详解】设 AB为 2R，小球 1做自由落体运动，则有
1
2 = 2
2 1
解得
4
1 =
设∠ = ，根据几何关系可知 AC为 2Rcos ，根据牛顿第二定律可知
2 = cos
则有
1
2 cos = cos 2
2 2
解得
答案第 3页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
4
2 =
同理可知小球 3的位移为 2 sin ，加速度为
3 = sin
则有
1
2 sin = sin 2
2 3
解得
4
3 =
小球 4的运动可看作是单摆运动，则时间为
1
4 = × 2 4 = 2
综上分析可知
1 = 2= 3 > 4
故选 C。
7．D
【详解】A．甲中人对躺椅的压力是由人发生形变产生的，故 A错误；
B．甲中人不同的躺姿，躺椅对人的作用力均与人的重力大小相等，方向相反，B错误；
C．乙中人脚用力蹬地时，如果人的背部相对于躺椅有向下运动的趋势时，人背部所受
摩擦力一定沿椅面向上，故 C错误；
D．以人和躺椅整体为研究对象，乙中人脚用力蹬地时，地对脚的摩擦力和地对躺椅的
摩擦力等大反向，由牛顿第三定律知：脚对地的摩擦力大小和地对脚的摩擦力大小相等，
可得脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等，故 D正确。
故选 D。
8．AD
【详解】AB．G883多了一站，对于多的这一站，当进站时列车匀减速到 0，其
图像见下图中的 A，G881走过这段位移时对应图中 B， 图像面积表示位移，G883
走过的位移为
= 1
2 0
而 G881走过这段位移用时为
1
′
= 2 0 = 1
0 2 0
答案第 4页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
即 G883比 G881多用时间为
Δ = 1 = 10 2 0 2 0
1
同理出站加速时也多用了 0，则除掉停车时间，多出的运行时间是2
0 =
故 A正确。故 B错误；
CD．G883在彬州西站停车 3分钟，则得
=t0=(8 3) × 60
s = 300s
带入数据得
324
3.6 m/s = = 0.3m/s2
300s
故 C错误，D正确。
故选 AD。
9．AD
【详解】A．抬起 B点后，右侧斜面与水平方向的夹角变小，对小球分析，小球所受
的拉力为 = sin ，当夹角减小时细绳的拉力减小，故 A正确；
C．小球受到斜面的支持力
= cos
当夹角减小时斜面对小球的支持力变大，故 C错误；
B．由于不知道初始时方形物体所受摩擦力的方向，同时左侧斜面与水平面的夹角变大，
重力沿斜面的分力变大，且绳子的拉力变小，则不能确定方形物体所受摩擦力的变化情
况，故 B错误；
D．对定滑轮分析，受到两边绳子的作用力和斜面的作用力处于平衡状态，由于绳子的
拉力减小且两边细绳的夹角不变，根据力的合成可知细绳对定滑轮的作用力减小，则斜
面对定滑轮的作用力减小，故 D正确。
故选 AD。
10．AB
【详解】ACD．根据题意可知机械臂长度为 L不变，其运动轨迹为圆弧，如下图所示。
对抓手进行受力分析，可知力构成的三角形与实物三角形 相似（ 为机械臂拴结点
位置， 为抓手位置， 为绳 12的延长线与 点竖直方向的交点），则有
= 1 =
2
=
且由动态分析图像可知机械臂与轻绳先是锐角后变为直角之后又变为锐角，所以当绳
答案第 5页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
12与圆弧相切时， 1 ⊥ 2，此时两力的平方和最小，则有
2 21 + 2 ≥ ( )2
机械臂与轻绳垂直时 长度最大，所以 的长度先增大后减小，则比值 先减小后增
大，因为 长度不变，则 2先减小后增大；根据几何关系可知细绳 12与水平方向夹角
小于机械臂与水平方向夹角，所以∠ < ∠ ，所以 长度一直小于 ，即机械
臂上拉力一直大于轻绳上的拉力。故 A正确，CD错误；
B．因为
1 =
由分析可得从初始状态到图示状态 增大得比 更快，所以前一阶段 1会增大，之后
减小， 继续增大，则后一阶段 1继续增大，即轻绳中的张力 F1一直在增加。故 B
正确。
故选 AB。
11 6 1 ．（ 分）（ ） （2 分） （2）1（2 分） （3）10（2 分）
【详解】（1）[1]若指针对应的刻度值为 x，滑块受到左、右侧弹簧的弹力大小均为 kx,
且方向相同，由牛顿第二定律有
2 =
解得
2
=
（2）[2]若 m=1kg，k=500N/m，则该加速度测量仪的分度值为
2 0 2 × 500 × 0.1 × 10 2 2 20 = = m/s = 1m/s 1
（3）[3]若将此水平加速度测量仪改装成竖直加速度测量仪，0刻度线应标注的加速度
值为 = = = 10m/s2
12．（6分）（1）平抛运动竖直方向上为自由落体运动（2 分）
（2）AD/DA（2 3分） （3） 2 （2 分）
2
【详解】（1）该实验中，A球做平抛运动，而 B球做自由落体运动，当两球在同一高
度处同时运动，得到的结果是两球同时落地，且改变高度仍然得到相同的结果，则说明
平抛运动竖直方向上为自由落体运动。
（2）A．为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽
末端必须水平，故 A正确；
BD．该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次
做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故 B错误，D正确；
C．由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标是上确定的点连接起
来，故 C错误。
故选 AD。
（3）平抛运动水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做自由落体运动，根据图丙中可
得，在水平方向有
3 = 0
在竖直方向由逐差法
答案第 6页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
5 3 = 2
联立解得
3
0 = 2 2
13.（7分） 【答案】（1）见解析 （2）0.5m，1/6 m/s ，1.5m
【解析】（1）电车在第 1s内向东做匀加速运动
1s v at 1m / s第 末速度 1 1 （1分）
在第 2s内做匀减速运动
第 2s v v at (1 1 1)m / s 0末的速度 2 1 2 （1分）
在第 3s内向西做匀加速运动
3s v at 1m / s第 末的速度 3 3 （1分）
其 v-t图像如图：
（1分）
（2）v-t图像的面积表示位移：
x 1 ( 2 1 1 1 1)m 0.5m
3s内电动车的位移 2 2 （1分）
v x 1 m / s
3s内电动车的平均速度 t 6 （1分）
s 1 1 ( 2 1 1 1)m 1.5m
3s内电动车的路程 2 2 （1分）
14．（15分）（1）20m；（2）30m/s；（3）7.5s
【详解】（1）燃料用完时速度为 v1，有
21 0 = 2 （1分）
之后上升的高度为Δh
0 21 = 2 Δ （2分）
可得
Δh=20m （1分）
起花上升的最大速度
H=h+Δh=45m （1分）
（2）根据自由落体运动的规律
v2=2gH （2分）
可得起花返回地面是的速度
v=30m/s （1分）
答案第 7页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
（3）起花加速上升的时间为 t1，有
v1=at1 （1分）
减速上升的时间为 t2，有
0=v1-gt2 （2分）
自由下落的时间为 t3，有
= 1 23 （2分）2
联立可得起花在空中运动的总时间
t=t1+t2+t3=7.5s （2分）
15．（20 40分）（1） 1 = 0.2， 1 = 42N；（2） m/s3
【详解】（1）由 图像可知，木板的加速度大小为
1 =
Δ 1 = 18m/s2 = 9m/s2 （2分）
Δ 2
物块的加速度大小为
= Δ 2 = 4m/s22 = 2m/s2 （2分）Δ 2
分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得
1 1 2( + ) = 1 （2分）
1 = 2 （2分）
联立解得
1 = 0.2， 1 = 42N （2分）
（2） = 2s，由 图像可知，此时木板和物块的速度分别为
1 = 18m/s， 2 = 4m/s （2分）
此时将外力大小改为 2 = 22N，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线
运动，根据牛顿第二定律可知，加速度大小变为
′1 =
1 + 2( + ) 2 = 1m/s2 （2分）
设经过 ′时间木板和物块达到共速，则有
共 = 1
′
1 ′， 共 = 2 +
′
2 （2分）
联立解得
′ = 14 s， = 40m/s （2分）
3 共 3
由于
2 = 2( + ) = 22N
则共速后，木板和物块一起做匀速直线运动，
40
所以长木板最终的速度大小为 m/s。 （2分）
3
答案第 8页，共 8页
{#{QQABJYKEggAIABAAAQgCQwUoCEOQkAAAAKoOQBAEIAAByRNABAA=}#}
