广东省六校联考2024-2025学年高一上学期12月期中物理试题（含答案）

第第页广东省六校联考2024-2025学年高一上学期12月期中物理试题一、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．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步.对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是（）A．亚里士多德认为，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因B．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法C．笛卡尔最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．牛顿认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止2．如图，耕地过程中，耕索与竖直方向成θ角，牛通过耕索拉犁的力为F，犁对耕索的拉力为T，忽略耕索质量，则（）A．耕索对犁拉力的水平分力为FcosθB．耕索对犁拉力的竖直分力为FsinθC．犁匀速前进时，F和T的合力为零D．犁加速前进时，F和T大小相等3．一只瓢虫沿着粗细均匀的圆弧形硬树枝从左向右缓慢爬行，该过程中树枝的形状不变，瓢虫从A经B爬到C的过程中，下列说法正确的是（）A．树枝对瓢虫的弹力先减小后增大B．树枝对瓢虫的摩擦力先增大后减小C．树枝对瓢虫的作用力一直增大D．树枝对瓢虫的作用力方向不变4．如图，用两根等长轻绳悬挂等高简易秋千。某次维修时将两绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受绳子合力的大小，FA．F1变小，F2变小 B．F1C．F1不变，F2变大 D．F15．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F（F=mgcosθ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（）A．不变 B．变小C．变大 D．变大、变小均有可能6．汽车制动系统是指对汽车某些部分（主要是车轮）施加一定的力，从而对其进行一定程度的强制制动的一系列专门装置。为检测某汽车的制动性能，现在平直公路上做一次试验。如图所示是该汽车整个制动过程中速度平方与位移之间的关系图像，下列说法正确的是（）A．该汽车的初速度为20m/s，制动加速度大小为10m/s2B．前3s内汽车的位移是35mC．开始刹车后经过5s，汽车的位移是40mD．整个制动过程汽车的平均速度为20m/s7．如图所示，质量分别为3kg、4kg的木块A、B用轻质弹簧连接并置于粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.3，弹簧的劲度系数为400N/m，且伸长了2.0cm，A、B和弹簧组成的系统处于静止状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小g取10m/s2。现用A．木块A所受摩擦力的大小是9N B．木块A所受摩擦力的大小是12NC．木块B所受摩擦力的大小是4N D．木块B所受摩擦力的大小是12N二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8．清远磁浮旅游专线是中国第四条、广东省首条中低速磁浮线路，于2024年2月4日开通试运营一期工程；在某次制动测试过程中，试验样车做匀减速直线运动直到速度为零，用t、x、v、a分别表示样车运动的时间、位移、速度和加速度.关于样车的运动，下列图像可能正确的是（）A． B．C． D．9．粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示.取重力加速度g=10mA．前2s内物体运动的加速度大小为2B．前4s内物体运动的位移的大小为10mC．物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2D．物体的质量m为5kg10．如图所示，BC为固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块穿在杆上，靠摩擦力保持相对静止，物块通过轻细线悬吊着一个质量为m的小铁球，此时小车以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，物块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ=45°小车的加速度增大到2a时，物块始终和小车保持相对静止，g取10mA．横杆对物块的摩擦力增大到原来的2倍B．横杆对物块的弹力不变C．开始时小车向右做匀加速直线运动，加速度a=10D．细线的拉力增大到原来的2倍三、实验题：本题共2小题，共20分。11．（1）某同学在“探究二力合成规律”的实验中，将一木板竖直平行放在铁架台和轻弹簧所在平面的后面，组装成如图甲所示的装置，其部分实验操作或分析如下，请完成下列相关内容：①卸下钩码，然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计按如图乙所示，将轻弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧测力计相应的读数。其中右侧弹簧测力计的读数为N。②本实验采用的科学方法是。A．逻辑推理法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（2）某学习小组尝试探究弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系。①通过多次实验，记录实验数据，描绘出如图甲所示的F-L图像。则弹簧原长L0=cm，弹簧的劲度系数k=N/m（计算结果保留三位有效数字）。②如图乙所示，若将该弹簧左端固定在中间带有小圆孔的竖直挡板上，弹簧右端连接细线，细线穿过圆孔，通过光滑的滑轮与钩码相连，竖直挡板固定在刻度尺0刻线处，已知每个钩码重为0.5N。当水平弹簧压缩稳定后，指针指示如图乙所示。由此可推测所挂钩码的个数为个。12．某同学使用如图甲所示装置对物块与木板间的动摩擦因数进行测量，他调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板，挂上放有砝码的托盘，接通电源，释放托盘，多次改变砝码的质量，记录传感器的读数F，求出物块的加速度a.请回答下列问题：（1）实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可得打计数点3时的速度大小为；物块的加速度大小为a=m/s2（（均保留三位有效数字）；（2）该实验需不需要满足砝码和托盘质量远远小于小车质量?（填“需要”或“不需要”）；（3）以力传感器的示数F为横坐标，物块的加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F0，同一次实验中，则物块的质量为，已知重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数为.四、计算题：本题共2小题，共34分。作答时应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．质量m1=0.8kg的物块甲悬挂在细绳OA和OB的结点O上。OA偏离竖直方向37°角，OB在水平方向，且连在质量m2=10kg的物块乙上，物块乙静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，求：（（1）细绳OA、OB的张力大小；（2）物块乙所受斜面的弹力和摩擦力的大小；（3）如果斜面光滑，用一水平向左的推力F作用在物块乙上（图中未画出），使其仍保持静止状态，求水平推力F的大小。14．如图所示，有一水平传送带以v0=6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长L=7.5m，其右端连着一段粗糙水平面BC，长度未知，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一质量M=4kg的平板小车，小车长度L2=5m。小车上表面刚好与BC面等高.现将质量（1）求煤块在传送带上运动的时间；（2）若煤块刚好能滑到C点，求BC面的长度L1（3）若煤块滑上小车后刚好不从小车上掉下来，求BC面的长度L1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】AC．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因（例如，必须有力才能让物体持续运动），而不是改变运动状态的原因。这与事实不符。理想斜面实验是伽利略进行的，而不是笛卡尔。笛卡尔在力学方面贡献了惯性定律的初步表述，但理想斜面实验是伽利略的经典工作。因此，这与事实不符，故AC错误；B．伽利略确实被认为是现代科学方法的奠基人之一，他结合了逻辑推理和实验来研究自然现象（例如自由落体运动、斜面实验等），这与事实相符，故B正确；D．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止，故D错误。故选B。

【分析】1、亚里士多德：错误观点（史实）：认为“力是维持物体运动的原因”。他认为，要让一个物体持续运动，必须有一个力持续作用在它身上。例如，马车需要马不断拉力才能前进。2、伽利略：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态（即产生加速度）的原因。方法论贡献（史实）：开创了将逻辑推理（理想实验）与实验研究相结合的科学方法，被誉为“现代科学之父”。

3、笛卡尔：核心贡献（史实）：在伽利略工作的基础上，首次比较明确地表述了惯性定律的雏形。4、牛顿：核心贡献（史实）：在伽利略和笛卡尔等人的基础上，提出了牛顿第一定律（惯性定律），并建立了完整的经典力学体系。2．【答案】D【解析】【解答】AB．如图，将力F进行正交分解，水平分力(Fₓ)：，竖直分力(Fᵧ)：即耕索对犁拉力的水平分力为Fsinθ，竖直分力为C．耕索拉犁的力F和犁对耕索的拉力T是一对相互作用力，它们分别作用在两个不同的物体上（F作用在犁上，T作用在耕索上）。因此，它们不能进行合成。故C错误；D．根据牛顿第三定律，耕索拉犁的力F和犁对耕索的拉力T为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D正确。故选D。

【分析】这道题通过一个犁地的场景，综合考查了力的分解、力的合成的适用条件以及牛顿第三定律（相互作用力）的核心概念。

将一个已知力沿着两个互相垂直的方向（x轴和y轴）进行分解，从而求得分力的方法

力的合成必须是作用在“同一物体”上的力。求合力是为了分析一个物体所受的总作用效果

耕索拉犁的力F和犁对耕索的拉力T是一对相互作用力，它们分别作用在两个不同的物体上（F作用在犁上，T作用在耕索上）。因此，它们不能进行合成。3．【答案】D【解析】【解答】AB．缓慢爬行相当于动态平衡，根据平衡条件，有f=mgsinθ，FCD．由于瓢虫始终缓慢爬行（加速度为零），树枝对它的作用力（即支持力和摩擦力的合力）必须与重力大小相等、方向相反，以保持平衡。因此，该作用力大小恒定（等于重力），方向始终竖直向上，故C错误，D正确。故选D。

【分析】核心：共点力平衡(ΣF=0)──重力(G)分解──沿切面分力(Gsinθ)←与静摩擦力(f)平衡──垂直切面分力(Gcosθ)←与支持力(N)平衡──分力变化规律(随倾角θ变化)──从A到B：θ↓→f=Gsinθ↓；N=Gcosθ↑──从B到C：θ↑→f=Gsinθ↑；N=Gcosθ↓──树枝的总作用力(N与f的合力)──根据平衡条件，其与重力G是平衡力→大小恒定，方向竖直向上。4．【答案】C【解析】【解答】木板处于静止状态时，两根轻绳产生的拉力合力与木板自身重力相互平衡，即满足关系式

，根据共点力平衡条件，合力可表示为，其中，为单根轻绳的拉力，为轻绳与竖直方向的夹角。当两轻绳各被剪去一小段后，悬挂点间距不变而绳长变短，导致夹角增大。由于随增大而减小，为保持合力始终等于恒定的重力，绳子的拉力必须相应增大。故ABD错误，C正确。

故选C。

【分析】处理这类动态平衡问题，首选方法是解析法：列出平衡方程（本题为）。找出变化量（本题中θ增大）。根据方程推导待求量的变化（θ↑→cosθ↓→(因G不变)→F↑）。

物理思想：本题体现了“变中有不变”的物理思想。不变的是平衡条件（合力为零）和重力G，变化的是几何角度θ，正是这个变化导致了拉力F的改变。

重要结论：对于此类“对称悬挂、绳长变化”模型，有一个可快速记忆的结论：绳长变短，夹角变大，拉力变大。

易错点分析：1、错误地认为拉力F不变：最典型的错误是凭直觉认为剪短绳子后拉力F会变小或不变。错误根源在于没有进行严格的受力分析，忽略了夹角变化对力的大小的巨大影响。

2、混淆“合力”与“分力”：错误地认为合力F=G不变，就意味着分力F也不变。实际上，合力不变时，分力完全可以随着方向的变化而变化。

3、错误判断夹角θ的变化趋势：不理解“绳长变短，悬挂点水平距离不变”会导致夹角θ增大。这是连接物理公式与几何条件的桥梁，一旦判断错误，满盘皆输。4、三角函数应用错误：误用三角函数，例如错误地认为θ增大导致sinθ增大，从而误判拉力F减小。必须紧扣平衡方程2Fcosθ=G进行分析。5．【答案】B【解析】【解答】设木盒的质量为M，木盒与斜面的动摩擦因数为μ，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止，可知木盒和砝码做匀减速直线运动。①若初速度方向向上，则拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为a现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒的加速度大小变为a②若初速度方向向下，则拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为a现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒的加速度大小变为a'故选B。

【分析】1、抓住分析问题的核心链条：外力变化→正压力变化→摩擦力变化→合外力变化→加速度变化→运动效果（位移、时间）变化。这条逻辑链是解决此类问题的通用思路2、易错点：遗漏讨论初速度方向：只考虑一种情况（如只考虑向下滑）就武断下结论，缺乏严谨性。错误判断摩擦力方向：摩擦力的方向取决于相对运动方向，在两种情况下方向不同，但总是阻碍相对运动。忽视正压力的变化：施加力F后，正压力N显著增大（N=mgcosθ+F），这是导致摩擦力增大和减速效果增强的根本原因。若忽略此变化，会得到错误结论。混淆加速度与速度的概念：错误地认为“加速度变大速度就变大”，而忽略了加速度与速度方向相反时，加速度越大减速越快。6．【答案】C【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动公式v2−v02=2ax，可知，v2−x图像的斜率k代表2a，纵截距代表初速度vB．根据匀变速直线运动公式v=v0故t=3s时汽车没有停止，用x=v0t+C．由B选项可知，t=4s时汽车停止，根据x=v0t+1D．根据平均速度公式v=故选C。

【分析】1、本题用到知识点：匀变速直线运动的速度与位移关系式：从图像（-x图像）中提取信息：斜率、截距的物理意义，匀变速直线运动的基本公式应用：求时间、位移、平均速度，分析汽车制动问题，判断汽车是否已停止2、易错点：误判图像斜率含义：-x图像的斜率是，而不是加速度，直接取斜率会得到加速度的2倍。忽视制动停止时间：未先计算制动总时间，直接代入公式求位移或速度，导致代入错误时间（如汽车已停止却仍用运动学公式计算）。平均速度公式误用：匀变速直线运动的平均速度公式为​，但仅适用于匀变速过程，若未停止需注意初末速度取值。单位换算错误：加速度单位为m/s2，速度单位为m/s，位移单位为m3、学习小结：图像分析是关键：遇到-x图像，要明确斜率代表，纵截距代表初速度的平方。先判断是否停止：在处理制动、刹车类问题时，务必先计算停止时间，再判断给定时间t内汽车是否已停止。若已停止，则实际运动时间以停止时间为准。公式选择要灵活：求时间：用（需注意停止时间）求位移：用（无需时间，但需注意末速度是否为0）求平均速度：用vˉ=tx​或（仅适用于匀变速）7．【答案】C【解析】【解答】根据fm=μmg可知物体A、B与地面间的最大静摩擦力分别为fmA=9N，fmB=12N

开始时弹簧的弹力F弹=kx=8N

现用F=12故选C。

【分析】1、已知条件(m，μ，k，Δx，F)，计算最大静摩擦力：fAmax2、静摩擦力是“被动力”：切忌不经过受力分析，直接套用f=μN来计算静摩擦力。f=μN只能用于计算最大静摩擦力或滑动摩擦力。3、必须判断运动状态：在求解摩擦力前，必须先判断物体是静止还是运动，这决定了你使用平衡条件还是牛顿第二定律。4、熟练使用隔离法：对于连接体问题，隔离法是最基本、最可靠的分析方法8．【答案】B,C,D【解析】【解答】AB．位移函数：根据匀变速直线运动位移公式。这是一个关于时间t的二次函数，其图像是一条开口向下的抛物线。图像斜率：x-t图上某点的切线斜率表示该时刻的瞬时速度（​）。对位移函数求导，得到速度函数。由此可见，速度随时间线性减小。图像形态：因此，x-t图是一条曲线。随着时间推移，其切线斜率（即速度）不断变小，最终减为零（曲线变得平坦）。这意味着位移仍在增加，但增加得越来越慢，直到停止。结论：x-t图是曲线且斜率渐减，故A错误，B正确；CD．其做匀减速直线运动，速度应该逐渐减小直至为零，其速度与时间图像的斜率表示加速度，其加速度不变，即图像的斜率不变。对于加速度与时间的图像，其加速度的大小不变，图像是一条平行于时间轴的横线，故CD正确。故选BCD。

【分析】解题起点：抓住“匀减速”和“直到速度为零”这两个关键条件。核心逻辑：由“加速度a恒定”这一根本特征，去推导v-t图和a-t图的形状（都是直线）；再由速度v的变化趋势去推导x-t图的形状（斜率变化的曲线）。常见误区：误认为x-t图是直线。只有匀速直线运动的x-t图才是直线。任何变速运动的x-t图都是曲线。误认为速度减为零后加速度也变为零。加速度是否为零取决于合外力，与速度无关。刹车过程中，制动力（导致负加速度的力）可能一直存在。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．根据速度一时间图像的斜率等于加速度，知前2s内物体的运动加速度a=vtB．前4s内物体的位移为x=12CD．根据牛顿第二定律得，前2s内F1−μmg=ma

后2s内F2=μmg

代入解得m=5kg,μ=0.1故选AD。

【分析】v-t图的斜率代表加速度：这是连接运动学和动力学的桥梁。正方向的规定：在应用牛顿第二定律列方程时，必须首先规定正方向。通常以初速度或加速度的方向为正方向。本题中以向右为正方向，所以摩擦力的值f在代入方程时前面要加负号（-f）。摩擦力的方向：摩擦力是阻力，其方向始终与相对运动方向相反，与拉力是否存在无关。在2s后拉力消失，但物体仍在向右运动，所以摩擦力方向依然向左。分阶段分析：受力情况变化的瞬间，加速度也会发生突变。必须明确每个阶段的受力情况，并单独列方程。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】AB．对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示根据牛顿第二定律得，水平方向f=(M+m)a

竖直方向N=(M+m)g

则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力f增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故AB正确；C．以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律有mgtanθ=ma

得a=gtanθ，θ=45°

所以a=10m/s2，故C正确；D．当a增加到2倍时，tanθ变为2倍，细线的拉力T=mg2故选ABC。

【分析】1、将多个相互关联的物体视为一个整体进行分析。适用于求解整体加速度或整体所受的外力。本题应用(AB选项)：将小球和物块(M)看作一个整体。这个整体在水平方向上只受横杆的摩擦力f，在竖直方向上受重力和横杆的支持力N。直接对整体应用牛顿第二定律，避免了系统内力的干扰。隔离法：将系统中的某个物体单独隔离出来进行分析。适用于求解系统内物体间的相互作用力（内力）。本题应用(CD选项)：单独隔离出小球进行受力分析。这是因为细线的拉力是系统内力，必须通过隔离法才能求解。整体法的适用条件：各物体具有相同的加速度。本题中小球和物块加速度相同，均为a，可以使用整体法。2、区分内力和外力：整体法只分析外力（如横杆的摩擦力f和支持力N），不分析内力（如细线的拉力T）。要求内力，必须使用隔离法。拉力T的求解：很多学生会错误地认为拉力T在水平方向的分量Tsinθ是维持“整体”运动的力。实际上，Tsinθ只是维持“小球”自身加速运动的力。整体的加速是由外力f提供的。3、T与a的非线性关系：拉力T并不与加速度a成正比。由公式T=mg/cosθ和a=gtanθ可知，当a增大时，θ增大，cosθ减小，导致T增大的幅度比a更大。11．【答案】（1）11.40；B（2）3.0；200；6【解析】【解答】（1）①右侧弹簧测力计分度值为0.1N，估读一位，读数为11.40N；②逻辑推理法：常用于理论推导（如伽利略理想斜面实验），本实验以操作为主。控制变量法：用于研究多个因素关系时控制其他量不变（如探究加速度与力、质量的关系），本实验不涉及控制变量，若把两细绳套对弹簧的拉力定义为分力，则与两分力可等效的合力是指钩码对弹簧下端的拉力，即本实验采用的科学方法是等效替代法。故选B。（2）①当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图可知，弹簧的原长为L0由胡克定律可知k=②由图可知，该刻度尺的读数为L'=1.50cm，由胡克定律可知F'=k(L0−L)=200×(3.0−1.5)×10−2N=3N由

题可知每个钩码重G=0.5N，由此可推测所挂钩码的个数为n=（1）①[1]右侧弹簧测力计分度值为0.1N，估读一位，读数为11.40N；②[2]若把两细绳套对弹簧的拉力定义为分力，则与两分力可等效的合力是指钩码对弹簧下端的拉力，即本实验采用的科学方法是等效替代法。故选B。（2）①[1]当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图可知，弹簧的原长为L0[2]由胡克定律可知k=②[3]由图可知，该刻度尺的读数为L'由胡克定律可知F由题可知每个钩码重G=0.5N，由此可推测所挂钩码的个数为n=12．【答案】（1）1.00；1.97（2）不需要（3）1k；【解析】【解答】（1）由题意可知，相邻计数点的时间间隔T=5×150s=0.1根据逐差法Δx=aa=（2）由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足砝码和托盘质量远远小于小车质量；（3）根据牛顿第二定律F-f=ma

摩擦力为f=μmg

联立解得a=结合图像可知k=1m，即m=1解得μ=kF为了求打下点3时的瞬时速度v3，我们取点3为时间中点的一段位移。通常取t=2到t=4这段，计算这段位移(x4-x2)的平均速度，即v3=(x4-x2)/(2T)。（2T是从点2到点4的时间间隔）。

2、加速度的求解方法——逐差法，为了充分利用实验数据，减小偶然误差，提高计算加速度的精度。根据匀变速直线运动的位移公式Δx=aT2，即任意连续相等时间间隔内的位移之差是一个常数（aT2）。解答中使用的公式a=[(x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)]/(9T2)就是标准的逐差法应用。3、根据牛顿第二定律得a=1m⋅F−μg，结合图像斜率k=1m（1）[1][2]由题意可知，相邻计数点的时间间隔T=5×根据匀速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求打下点3的瞬时速度v根据逐差法Δ可得加速度为a=（2）[1]由于拉力传感器测得是真实拉力，不需要满足砝码和托盘质量远远小于小车质量；（3）[1][2]根据牛顿第二定律F-f=ma摩擦力为f=μmg联立解得a=结合图像可知k=即m=根据横轴截距可得1解得μ=