2023年春季学期高一年级新高考选科调研联考
物理
本试卷满分100分，考试时间75分钟
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦
擦干净后，再选涂其它答策标号，
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效，
一、单项选择题（每题4分，共24分.每题只有一个正确选项，选对得4分，错选或多选不得分.）
1.对于物理学习中的概念、方法的理解，以下说法不正确的是
A.重力、速度、路程均为矢量
B.加速度概念的引入利用了比值定义法
C.物体做曲线运动时，其速度方向不断改变
D.合力与分力、合运动与分运动均为等效替代关系
2.如图所示，在广西“三月三”民族活动中举行500m直道龙舟大赛，下列说法正确的是
A.研究队员的划桨动作，可将队员看成质点
B.以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的
C.获得第一名的龙舟，到达终点时的速度一定最大
D.最后一名的龙舟，平均速度一定最小
3.路灯维修车如图所示，车上带有竖直自动升降梯，若车匀加速水平向左沿直线运动的同时梯子
匀加速上升，则关于站在梯子上的工人的描述正确的是
A.工人相对地面的运动轨迹一定是曲线
B.工人相对地面的运动轨迹一定是直线
C.工人相对地面的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线
D,工人受到的合力可能是恒力，也可能是变力
4.陀螺是中国民间较早出现的玩具之一，为了美观，陀螺上往往会对称
地镶嵌一些相同质量、不同颜色的装饰物，如图所示，一小朋友抽打
陀螺后使其转动起来，若陀螺的转速为5s,陀螺上一装饰物到中心的
距离为2cm,则装饰物的角速度约为
A.17.85rad/s
B.15.7rad/s
C.31.4rad/s
D.62.8rad/s
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5.如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”
和“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶和该水柱最高点所在
的水平面.根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷
出时的速度约为
2
A.2m/s
B.6m/s
C.12m/s
D.20m/s
6.蛙式滑板车陪伴很多小朋友度过了快乐的童年，其有两个踏板，一只脚踩一个踏板，通过两脚
开合运动推动车子前进，如图为某款滑板车的实物图和示意图，图中虚线为某次运动时两后轮
AB留下的痕迹，两踏板AO、B0有效长度均为0.6m,当∠AOB=60°时，两踏板相对于O点合
拢的角速度均为2ad/s,此时虚线上A、B位置的切线与
AB共线，前轮CO在∠AOB的角平分线上，则滑板车前进
的速度为
3
A.
5m/s
6
B.
m/s
5
c寻6nrg
fimis
D.
二、多项选择题（每题6分，共24分.每题有多个正确选项，全部选对得6分，漏选得3分，错选
不得分.)
7.课堂上物理老师和同学们在一起回顾物理学的发展进程，科学的物理思想与方法对物理学的发
展起到了重要作用.下列关于物理学史及物理学思想的说法中正确的是
A.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证
B.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作
匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元思想
C.伽利略研究自由落体运动时只用到了实验验证的方法
D.在探究加速度与力和质量关系的实验中，“将砝码和砝码盘的重力近似等于细线的拉力”利
用了近似计算的思想
8.如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型.A、
B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点.若大轮半径是小轮的两倍，小轮中心到A
点和大轮中心到C点的距离相等，则A、B、C三点
eanuuwe
A,线速度大小之比是2：2：1
B.角速度之比是1：1：1
C.转速之比是2：1：1
D.转动周期之比是2：1：1
高一物理第2页共6页2023年春季学期高一年级新高考选科调研联考
物理科参考答案
一、单项选择题（每题 4 分，共 24 分．）
1 2 3 4 5 6
A D C C C A
二、多项选择题（每题 6 分，共 24 分．）
7 8 9 10
BD AC AD AC
1．选 A 解析：A．既有大小又有方向的物理量是矢量，如位移、速度、加速度、力等，而只有大
v
小没有方向的物理量是标量，如路程、时间、速率、质量等，故 A错误；B．加速度的定义式 a
t
利用了比值定义法，故 B正确；C．合力与分力、合运动与分运动均为等效替代关系，故 C正
确；D．做曲线运动的物体的速度方向是不断变化的。故 D正确
2．选 D 解析 A．研究队员的划桨动作时，队员大小形状不可忽略，不可将队员看成质点，故 A
错误；
B．以龙舟为参考系，岸上站立的观众是运动的，故 B错误；
C．获得第一名的龙舟，到达终点时的速度不一定最大，故 C错误；
D．获得最后一名的龙舟，用时最长，位移相同，平均速度一定最小，故 D正确。
3．选 C 解析：ABC.由于车和梯子运动的初速度均未知，合初速度的方向与合加速度的方向可能
共线也可能不共线，工人相对地面的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线，选项 A、B错误，C
正确；D.工人在水平方向和竖直方向都做匀变速运动，故其受到的合力是恒力，选项 D错误．
4．选 C 解析：陀螺的角速度 = 2 = 31.4rad/s 选项 C正确。
5．选 C 解析：篮球运动员身高约为 1.8m，由图可知水柱的高度约为人身高的 4倍，即 7.2m，
则0 v20 2gh解得 v0 12m / s故选 C。
6．选 A 解析：对左侧后轮进行分析，其合速度沿虚线切线方向，可分解为沿
车前进的速度和绕 A点转动的速度，如图所示
其中 转 = = 1.2m/s
则 车 = 转sin30
= 3m/s故选 A。
5
7．选 BD 解析：
A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，研究的是物体不受外力作用下的情
景，而实际上物体不存在不受外力作用的情景，因此牛顿第一定律不能用实验直接验证，A错
误；B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看
作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元法思想，B正确；C．伽利略研究自由
落体运动时用到了逻辑推理，假设与实验验证，合理外推方法，C错误；D．在探究加速度与力
和质量关系的实验中，当砝码和砝码盘的质量远远小于小车的质量时，可以“将砝码和砝码盘的
重力近似等于细线的拉力”，这里利用了近似计算的思想，D正确。
8．选 AC 解析：AB．A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，可知 =
根据 = 1， = 2
可得 = 2
由于 B、C两点都在大轮上，可知 =
根据 = ， = 2
可得 = 2
则 A、B、C三点线速度大小之比为 : : = 2: 2: 1
则 A、B、C三点角速度之比为 : : = 2: 1: 1
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故 A正确，B错误；
C．根据 = 2
可知 A、B、C三点转速之比为 : : = : : = 2: 1: 1 故 C正确；
D．根据 = 2 可知 A、B、C三点周期之比为 : : = 1: 2: 2 故 D错误。
9．选 AD 解析：甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动，则运动时间不同，高度高的，位移
大，运动时间长，但同时落地，说明高度高的先释放，故 A 正确，B错误；都做自由落体运动，
加速度相同，则 图象的斜率相同，运动时间不等，故 C错误，D正确．故选 AD．
10．选 AC 解析：A．结合题述可知，该同学在空中运动的总时间为 = 1s，则起跳后该同学水平
8
方向上的速度大小约为 水 = = m/s=8m/s 故 A正确；B．起跳后该同学在空中做斜上抛运动， 1
由运动的对称性可知，该同学起跳后在上升阶段用时 t1=0.5s，则起跳瞬间该同学竖直方向上的
速度大小约为 竖 = 1 = 10 × 0.5m/s = 5m/s故 B错误；C．起跳瞬间该同学的速度大小约为
2
= 2 + 2 = 89m/s 竖，故 C正确；D．起跳后该同学上升的最大高度约为 = =1.25m，
水 竖 2
故 D错误。
11． （4分，每空 2分） A C
解析：（1）为减小空气阻力对实验造成的误差，需要选择密度较大的小钢球来做实验，质量相
同的情况下体积相对较小，故 A正确， BC错误。
（2）A．小钢球从初始位置开始下落，相同时间的位移之比为 1:3:5:7，而图中 1、2之间，2、
3之间和 3、4之间的距离不满足这个比例关系，所以 1位置不是自由落体的初始位置，选项 A
错误；BD．实验中小钢球的质量和直径都不需要测量，选项 B、D错误；C．由于存在空气阻
力作用，本实验测出的重力加速度比实际值偏小，选项 C正确,故选 C。
12．（10分，每空 2分） BD 球心 需要 0.080 1.5
解析：（1）A．斜槽轨道是否光滑对本实验没有影响，故 A错误；
B．为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故 B正确；
C．挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故 C错误；
D．为保证小球飞出时的速度不变，需要从同一位置释放才可，故 D正确。
（2）小球落到挡板时，侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，该点为球心的位置，所以抛出点应
以小球的球心为原点；本实验需要研究小球竖直方向的运动，所以 y轴需要与重锤线平行；
（3）由平抛运动的规律可知 = 0
1
= 2
2
代入数据，解得 0 = 0.080m/s
因为 AB与 BC的水平距离相等，所以 AB与 BC的时间相等，在竖直方向上，有
= 2
水平方向
= 0
解得
0 = 1.5m/s
13．（9分）（1）3m/s2； （2）150m
解：（1）取初速度的方向为正方向，由公式
= 0 ………（2分）
可得 = 3m/s2 ………（2分）
即货车在避险车道内减速时的加速度大小为 3m/s2 ………（1分）
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（2）避险车道的总长度 = + 10 2 ………
+0
（2分）（另解： = 0 或 0 2 = 2 ）
2 2 0
解得 = 150m ………（2分）
14．（13分）（1）0.2m； （2 265） m/s
4
解（1）由题可知，影像 1和影像 2之间的时间间隔为 = 0.2s由自由落体运动公式
11 = 2 ………（2分）2
解得，拍摄图中影像 1和 2时小球在竖直方向上距离 1的大小为 1 = 0.2m………（2分）
（2）由题可知，在拍摄影像 1和影像 2时小球的实际距离为
= 21 + 21………（1分）
小球在水平方向上做匀速直线运动，则
1 = ………（2分）
解得
= 0.75m/s………（2分）
拍摄图中影像 3时，竖直方向速度为
3 = 2 = 4m/s………（2分）
所以，拍摄图中影像 3时小球的速度大小为
= 2 + 2 = 2653 3 m/s………（2分）4
15．（16分）【答案】（1）1s （2）2 2m/s （3） = 2 2 2 4 + = 100 + 0.64
解（1）根据竖直方向的自由落体运动规律有
= 1 2…………（2分）
2
解得，小滑块滑落到圆柱体底面的时间为
= 2 =1s …………（2分）
（2）小滑块到 O1点时，
= 11 t2 …………（1分）2 1
2
又 = ， 1 = …………（2分） 0
= 1…………（1分）
得， = 2 m/s， 0=2m/s………（1分）
所以 2 21 = 0 + =2 2m/s………（1分）
（3）小滑块的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动。小滑块到
On点时,满足 = （n=1，2，3…）…………（1分）
2 即 ' = 1s …………（1分） 0
解得 '0 =0.4nm/s （n=1，2，3…）…………（1分）
' 2
由向心加速度 0 = …………（1分）
解得 = 0.8 2
竖直方向， = , …………（1分）
故 = 2 + 2 = 100 + 0.64 2 4 m/s2…………（1分）
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