2023年秋期六校第二次联考
高一年级物理试题
(考试时间：75分钟
试卷满分：100分)】
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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.以下各种说法中，正确的是
A.两物体间如果有相互作用的弹力，就一定存在摩擦力
B.羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C.如果物体不做直线运动，其加速度的方向可能与其合外力方向不相同
D.甲乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其力学上的根本原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的
力大
2.如图所示为仰韶文化时期的一款尖底瓶，该瓶装水后“虚则欹、中则正、满则覆”（瓶未装水
时倾斜、装适量水时直立，装太满时又倾倒).现持续有水流入瓶中，过一段时间瓶会翻转一
次，下面有关瓶（包括瓶中的水）的说法正确的是
A.瓶的重心一定在两条绳子连线的交点上
B.往空瓶里不断加水时，瓶的重心一直降低
C.决定瓶能否翻转的主要因素是瓶与水整体重心的位置
D.装人瓶中水的多少不会影响瓶的重心位置
3.一汽车在平直的公路上做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s,速度变为原来的3倍.
该汽车的加速度为
A月
B.6
2
c
D.&
高一年级物理试题第1页（共6页）
4.A、B两物体t=0时刻开始向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，其中A是顶
点过原点的抛物线的一部分，B是过点(0,3)的一条直线，两图像相交于坐标为(3,9)的P
点，则下列说法中错误的是
Ax/m
A.物体A做初速度为零、加速度为2/s2的匀加速直线运动
B.物体B以2m/s的速度做匀速直线运动
C.在前3s内，物体A比物体B的平均速度大
D.在前3s内，物体B的速度一直比物体A的速度大
5.如图所示，油画中描述了伽利胳研究自由落体运动规律时设计的斜面实验.他让铜球沿倾斜
的长直轨道从静止开始向下运动，利用滴水计时记录铜球运动的时间，研究铜球的运动规
律.在铜球沿轨道向下运动的过程中，下列说法正确的是
A.铜球对轨道的压力是因为轨道的形变而产生的
B.铜球受到重力、支持力、摩擦力和下滑力共4个力的作用
C.如果铜球与轨道间的摩擦力保持不变，那么铜球的加速度逐渐增大
D.铜球对轨道的压力和轨道对铜球的支持力大小相等，方向相反
6.一物体沿直线运动，其v-t图像如图所示.在图中标出的时刻中，下列说法正确的是
A.t1时刻和t2时刻物体运动方向相反
B.2-t3时间内物体做匀变速直线运动
C.1时刻和t4时刻物体加速度方向相反
D.t4时刻物体加速度方向与速度方向相同
7.交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后放置如图所示的三角警示牌，提醒后面驾
车的驾驶员减速避让.某道路上有一车辆因故障停车，无人驾驶汽车在此路试.它车头装有一
个激光雷达，就像车辆的“鼻子”.若无人驾驶汽车以20m/s的速度从后面匀速驶来.“嗅”到前
方20处三角警示牌的“气息”时立即开始自动制动，制动系统反应时间为0.1s,制动加速
度大小为4m/s2,为了避免相撞，故障车司机将三角警示牌至少要放在故障车辆后多远处
A.22m
B.32m
C.42m
D.52m
高一年级物理试题第2页（共6页）2023 年秋期六校第二次联考
高一年级物理参考答案
一、单项选择题（本题共 7小题，每小题 4分，共 28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．【答案】B
【解析】A．两物体间有相互作用的弹力，但不一定存在摩擦力，因为还必须有相对运动
或相对运动的趋势，同时接触面要粗糙，才有摩擦力，故 A错误；B．质量是惯性大小的量
度，质量小，惯性小，运动状态容易改变，则羽毛球可以被快速抽杀，故 B正确；C．根据
牛顿第二定律可知，任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，故 C错误；D．甲乙
两队进行拔河比赛中，甲队对绳子的拉力等于乙队对绳子的拉力，这是一对平衡力，故 D错误。
【命题意图】考察对牛顿运动定律的理解及灵活运用。
2．【答案】C
【解析】A．瓶的重心不一定在两条绳子连线的交点上，往空瓶里不断加水过程中，重心
在变化。故 A错误；BCD．往空瓶里不断加水时，瓶的重心先降低后升高，故 BD错误，有
水流入过一段时间瓶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致瓶与水整体的
重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致瓶不能稳定平衡，发生翻转，故
选 C。
【命题意图】考察对重心概念理解。
3．【答案】A
1
v0 vt s = v + v t【解析】设初速度为 ，末速度为 ，加速度为 a，则位移为： ( 0 t ) ，vt = 3v0，
2
s 3s v v s
v = v = a = t 0 =
联立解得： 0 ； t ，由加速度定义可得： ，故 A正确，BCD错误．
2t 2t t t2
【命题意图】考察对匀变速直线运动公式及推论的灵活运用。
4．【答案】D
1
x = at2 2
【解析】A．物体 A的运动方程为 ，则初速度为 0，代入数据解得加速度 a = 2m/s ，
2
A x t故 正确，不符合题意；B．物体 B的 图线的斜率表示速度，故物体 B做匀速直线运动，
x
B v = = 2m/s物体 的速度为 ，故 B正确，不符合题意；C．在前 3s内，物体 B的位移为
t
6m，物体 A的位移为 9m，物体 A比 B向前多前进了 3m，时间相同，所以物体 A比物体 B
的平均速度大，故 C正确，不符合题意； D．因 x-t图像的斜率等于速度，可知在前 3s时间
内开始时物体 B的速度大于物体 A，后来物体 A的速度大于物体 B，选项 D错误，符合题意。
【命题意图】考察对位移时间图象理解。
5．【答案】D
【解析】A．铜球对轨道的压力是因为铜球的形变而产生的，故 A错误；B．对铜球进行受
力分析，铜球受重力、支持力和摩擦力三个力。下滑力是重力沿斜面方向的效果力，不是真实
1 6
高一年级物理参考答案 第 页（共 页）
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B C FN =G cosθ存在的。故 错误； ．在铜球沿轨道向下运动的过程中，轨道的倾斜角不变， ，
则支持力保持不变，又由题中铜球与轨道间的摩擦力保持不变，即铜球所受的三个力的合力
F
不变，根据牛顿第二定律可知铜球的加速度保持不变，故 C错误；D．在铜球沿轨道向下
合
运动的过程中，铜球对轨道的压力和轨道对铜球的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三
定律可知，相互作用力大小相等，方向相反，作用在相互作用的两个物体上，故 D正确。
【命题意图】考察对受力分析、力的分解的熟练应用。
6．【答案】B
t t t t
【解析】A. 1时刻和 2时刻物体速度都为正，方向相同；B.v-t图像的斜率表示加速度，2 - 3
t t
时间内物体图像斜率不变，加速度不变，做匀变速直线运动；C.在 1、 4时刻，图像斜率方
t
向相同，加速度方向也相同；D.在 4时刻，加速度的方向与速度方向相反。
【命题意图】考察对 v—t图像的理解与掌握。
7．【答案】B
【解析】反应时间内做匀速运动，x1=vt1=20×0.1m=2m，从刹车到停止的位移为 x2，则
v2
x = 0 = 50m x = x + x = 52m，小轿车从发现物体到停止的全部距离为
2 1 2
，小轿车从发现物体
2a
x = x L = 32m
到停止的全部距离为 52m。则有 ，故三角警示牌至少要放在货车后 32m处，
才能有效避免两车相撞。
【命题意图】考察避碰问题在实际生活中的灵活运用。
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．【答案】BD
【解析】A．支持力为弹力，方向垂直斜面向上。A错误；B．摩擦力方向沿斜面向上，B
正确；C．手机对纳米材料的作用力和纳米材料对手机的作用力是一对作用力和反作用力，C
错误；D．纳米材料对手机的作用力和手机的重力大小相等，方向相反。D正确。
【命题意图】考察运用力的分析、牛顿第三定律处理生活中的实际问题。
9．【答案】AD
2 2
【解析】A．小球在 AB段和 BC v v = 2ax段均为匀加速直线运动，根据 0 ，可得两段加
2 2 423 0 3
2 a
a = 1a = = 9 : 7
速度分别为 1 ， 2 ，可得加速度之比 ，故 A正确；BC．设两个
2x 2x aAB BC 2
3+ 0 3+ 4
t
阶段的路程均为 x，则有 1 = x t， 2 = x，由上两式可得 t1 : t2=7:3，位移大小相等，
2 2
2 2
平均速率和时间成反比，v1:v2=3:7 BC D t1 + t2 = ( + )x，故 错误； ． ，小球由 A运动到 C
3 7
2x
v = = 2.1m/s
的过程中平均速率 ，故 D正确。
率
t1 + t2
【命题意图】考察对匀变速直线运动公式及推论的灵活运用。
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高一年级物理参考答案 第 页（共 页）
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10．【答案】ABC
【解析】A．对 C受力分析，做出力的平行四边形如图所示：
两侧支持力的合力等于重力，当合力相同时，分力之间的夹角越大，分力就越大，故 A
正确；B．C恰好降落到地面时，即对地面压力仍为零时，B受 C压力的水平分力最大，由
2F 'cos60° = mg F
几何关系知 ，则水平分力为 xmax = F ' cos30°，此时 B 受地面的摩擦力为
1
f = 3FN FN= mg + F 'sin30° = mg fmin =F，其中 ，根据题意， xmax，解得 = ，故 B正
2 min 2
确；C．C球对 B球的压力变大且与水平面之间的夹角逐渐减小，压力在水平方向上的分力
变大，故摩擦力变大，故 C正确；D．整体处于平衡状态，地面对 B的支持力等于整体重力
的一半，一直不变。故 D错误。
【命题意图】考察对力的合成与分解、动态分析、整体隔离法熟练应用。
三、非选择题（本题共 5小题，共 54分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）
11．（8分，每空 2分）
【答案】
（1）BC（选不全 1分，选错不得分）
（2）②CD（选不全 1分，选错不得分）
③B
⑤大小和方向
【解析】
（1）A、F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条和两绳套夹角的角平分线在一条
直线上，故 A错误；B、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在
同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定
结点 O的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点 O的位置可以与前一次不
同，故 B正确；C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小引摩擦产生的
误差，读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差，故 C正确；D、用两个测力
计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故 D错误．
（2）②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端细绳套挂上测力计。用互成一定角度、方向
F F
平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，由两个测力计的示数得到两拉力 1和 2
的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出结点的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细
线的方向。故选 CD。
③A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所
描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点，故 A错误；B、该图中所描的
点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中，故 B正确；
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C、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中
的读数都太小，故 C错误；D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，
故 D错误。
⑤比较 F ′和 F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【命题意图】考察对验证力的平行四边形定则实验基本内容掌握。
12．（8分，每空 2分）
【答案】
（2）往右移
（4）0.51
（5）如图所示
在拉力不变时，小车的加速度与质量成反比
【解析】
（2）由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，
应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
(7.21+ 7.72 6.19 6.70)×10 2
4 a = m/s
2 = 0.51m/s2
（ ）由逐差法 。
2×2× (0.1)2
（5）根据表格中数据先描点，再画图象如图所示：
4 6
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1
a
从图象可以看出 图象是一条过原点的直线，由此得出：在拉力不变时，小车的加
m
速度与质量成反比。
【命题意图】考察对纸带问题的处理及实验过程的掌握。
13．【解析】
v21 = 2gh′（ ）设小球抛出后上升的最大高度为 h′，根据速度位移公式有 0 （2分）
′
解得 h = 5m（1分）
小球离地面的最大高度为 H=20+h′=25m.（1分）
（2）设小球在抛出后 3s内位移为 h，规定竖直向上为正方向，根据位移时间公式有
1
h = v t′ gt′20 （3分）
2
解得 h=-15m（1分）
= = 5m/s
小球在抛出后 3s内平均速度 v （1分）
′
方向：竖直向下（1分）
【命题意图】考察对竖直上抛运动的灵活运用。
14．【解析】
（1）A、B都静止均处于平衡状态，对 B进行受力分析得：
m g
水平方向 F = FT cosθ =
2
，（2分）
弹
tanθ
由胡克定律 F =kx（2分）
弹
= 2
可得， ，（1分）
tan
m g
sinθ 2
（2）对 B进行受力分析得：竖直方向：FT =m2g，解得绳子上的拉力 FT= ，细绳对
sinθ
m
A 2
g
物体 的拉力大小也是 （1分）
sinθ
对 A进行受力分析有：
FTsinθ竖直方向： +FN=m1g（1分）
FTcosθ水平方向： =Ff（1分）
解得 A物体受到桌面的支持力：FN=(m1-m2)g（1分）
m g
A 2物体受到桌面的摩擦力：Ff= （1分）
tanθ
由 Ff=FN（1分）
= 2
可得： （ 分）1 2 tan
1
【命题意图】考察对胡克定律、力的分解、受力分析的灵活运用。
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15．【解析】
1
1 m2 h = gt
2
（ ）设 运动至C点的时间为 t，根据自由落体运动的位移与时间的公式，有： (2分)
2
解得：t＝2s（1分）
（2）木块 m1在斜面上运动到 B点速度：
vB = 2aL1 = 2× 2×1m / s = 2m / s（2分）
m1在 BC段运动受到的合力：F =f =（1分）
合
又 F =ma（1分）
合
2
解得 a=3.2m/s （1分）
（3）m1运动到 B点的时间：
v 2
t1 =
B = s=1s
（2分）
a 2
设 m1在 BC段运动的时间为 t2，
1
L = v 2
由位移公式得： 2 Bt2 at2（1分）
2
解得：t2＝0.5s（1分）
因 t＝0.5+ t1+ t2（1分）
木块 m1在 C点恰能与自由下落的小球 m2相遇。
vB + vL C
由 2 = t2，（2分）
2
解得 C点相遇时木块速度为：
vC＝0.4m/s（1分）
【命题意图】考察对牛顿第二定律、匀变速直线运动公式推论及多物体多过程问题灵活
运用。
6 6
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{#{QQABJYIEggiAABBAABgCAQWoCAGQkAGAAAoGRAAIMAABgQNABAA=}#}
