广东省佛山市第四中学2023-2024学年高一下学期第一次月考物理试卷

这是一份广东省佛山市第四中学2023-2024学年高一下学期第一次月考物理试卷，共16页。试卷主要包含了04等内容，欢迎下载使用。

2024.04
本试卷共6页，15题，全卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其他答案标号。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，将答题卡交回。
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，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选、不选得0分．
1. 下列关于曲线运动的说法正确的是（ ）
A. 曲线运动的合外力方向与速度方向可能在同一条直线上
B. 物体做平抛运动时，相同时间内速度变化量的方向不同
C. 两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
D. 圆周运动的向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．曲线运动的合外力方向与速度方向一定不在同一条直线上，故A错误；
B．物体做平抛运动时，加速度为重力加速度，则相同时间内速度变化量的方向相同，均竖直向下，故B错误；
C．两个互成角度的匀变速直线运动，如果合初速度方向与合加速度方向不在同一直线上，则合运动为匀变速曲线运动，故C错误；
D．圆周运动的向心加速度方向总是与速度方向垂直，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，故D正确。
故选D。
2. 已知墨子号量子科学实验卫星在离地球表面500km高处的轨道上做匀速圆周运动，94分钟绕地球一周，地球的半径为6400km，引力常量为，忽略地球的自转。由以上数据不能计算得到的物理量为（ ）试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。A. 地球表面重力加速度大小
B. 墨子号卫星受到的向心力大小
C. 地球的平均密度
D. 墨子号卫星运行的加速度大小
【答案】B
【解析】
【详解】AD．设地球半径为，墨子号量子科学实验卫星在离地球表面的高度为，周期为，地球的质量为，墨子号量子科学实验卫星的质量为，运行的加速度大小为，则根据万有引力充当向心力有
可得
，
设地球表面物体的质量为，而在地球表面由万有引力等于重力可得
解得
故AD正确，不符合题意；
B．墨子号卫星受到的向心力大小
由于不知道墨子号量子科学实验卫星的质量，因此无法求得墨子号卫星受到的向心力大小，故B错误，符合题意；
C．地球的平均密度
，
可得
故C正确，不符合题意。
故选B。
3. 在做甩手动作的物理原理研究课题研究中，采用手机的加速度传感器测定手的向心加速度。某次一高一同学先用刻度尺测量手臂长（如图所示），然后伸直手臂，以肩为轴从水平位置加速自然下摆，当手臂摆到竖直方向时，手握住的手机显示手的向心加速度大小约为，下列说法正确的是（ ）
A. 可估算手臂摆到竖直位置时手的线速度大小约为2m/s
B. 手臂摆到竖直位置时手机处于失重状态
C. 自然下摆过程中手机所受合力始终沿手臂方向
D. 由可知手掌与手肘的向心加速度之比约为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，手机转动的半径约为，根据公式
可得手臂摆到竖直位置时手机的向心加速度大小约为
故A正确；
B．手臂摆到竖直位置时，手机的加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；
C．自然下摆过程中，手机做变速圆周运动，所受合力不始终沿手臂方向，故C错误；
D．由公式
可知手掌与手肘的向心加速度之比约为，故D错误。
故选A。
4. “十月里来秋风凉，中央红军远征忙；星夜渡过于都河，古陂新田打胜仗。”这是在于都县长征第一渡口纪念碑上镌刻的一首诗，描述的是当年红军夜渡于都河开始长征的情景。假设于都河宽，水流速度大小恒定且处处相等，红军渡河时船头垂直河岸，船在静水中的速度为，于正对岸下游处靠岸。则（ ）
A. 红军夜渡于都河时间为
B. 于都河水流速度大小为
C. 若河水流速变快，则过河时间会变短
D. 无论如何改变船头朝向，红军都不可能到达正对岸
【答案】B
【解析】
【详解】A．红军渡河时船头垂直河岸，红军夜渡于都河的时间为最短时间
A错误；
B．于都河水流速度大小为
B正确；
C．若河水流速变快，则垂直于河岸方向的分运动不影响，故过河时间会不变，C错误；
D．船速大于水速，当船头朝向上游一定的角度，使船相对于河岸的速度垂直于河岸，则红军可能到达正对岸，D错误。
故选B。
5. 如图所示，小黑同学手拿物理课本伸出手臂，以自己身体为轴旋转。他想知道身体至少要以多大角速度旋转，放置在水平课本上的小磁块才能做离心运动，则他不需要测量的物理量是（ ）
A. 小磁铁的质量B. 小磁铁与课本间的动摩擦因数
C. 当地重力加速度D. 转动半径
【答案】A
【解析】
【详解】以小磁铁为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知需要测量小磁铁与课本间的动摩擦因数、当地重力加速度和转动半径；不需要测量小磁铁的质量。
故选A。
6. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（ ）
A. a的向心加速度等于重力加速度gB. b在相同时间内转过的弧长最长
C. c在4h内转过的圆心角是D. d的运动周期有可能是23h
【答案】B
【解析】
【详解】A．同步卫星c的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据
可知c的向心加速度比a的大，由牛顿第二定律可得
可得
卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
B．由万有引力提供向心力可得
可得
卫星的轨道半径越大，线速度越小，则有
由
可得
所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；
C．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故C错误；
D．由开普勒第三定律
可知卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期，则d的运动周期一定大于24h，故D错误。
故选B。
7. 新冠疫情居家期间，某人为锻炼身体设计了如图所示的装置，在水平地面上竖直固定直杆A和B．将重物套在杆A上，在杆B的顶端固定一轻滑轮，绳子的一端连接重物，跨过定滑轮后另一端系在腰上。开始时，重物在水平地面上，人以恒定的速度v0向左运动，当绳子与杆A的夹角时重物的速度为v，加速度为a，规定向上为重物速度、加速度正方向。下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．重物沿杆A向上运动，沿绳子方向的分速度等于v0，即
所以
当时
故AB错误；
CD．重物沿杆A向上运动，绳子与杆A的夹角θ增大，由
可知重物运动的速度增大，所以重物做加速运动，，故C正确，D错误。
故选C。
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，有两个或两个以上选项符合题目要求，全选对的得6分，满选的得3分，错选、不选得0分．
8. 如图所示，下列关于生活中圆周运动的实例分析，说法正确的是（ ）
A. 图1汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态
B. 图2“水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力
C. 图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯
D. 图4脱水桶脱水时，转速越大，衣服受到的摩擦力也越大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图1汽车通过凹形桥的最低点时，汽车的加速度方向向上，汽车处于超重状态，故A正确；
B．图2“水流星”匀速转动过程中，在最高点处，根据牛顿第二定律可得
可得
在最低点处，根据牛顿第二定律可得
可得
联立可得
根据牛顿第三定律可知，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力，故B正确；
C．图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对轨道的挤压，故C错误；
D．图4脱水桶脱水时，桶壁对衣物的摩擦力等于衣物的重力，不会随着转速的增大而增大，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，卫星甲在距地面2R的圆轨道上做圆周运动，卫星乙在椭圆轨道上，近地点M距地面高度是R，远地点N距地面高度是3R，已知地球的半径是R，关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A. 两颗卫星的周期
B. 卫星乙在远地点N时的线速度大小小于近地点M的线速度大小
C. 当卫星乙在近地点M时的万有引力大于甲在圆轨道上的万有引力
D. 甲乙两颗卫星分别运动到轨道交点P时的加速度不同
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由题意可知，甲卫星的轨道半径为3R，乙卫星椭圆轨道的半长轴为3R，根据开普勒第三定律有
由于甲卫星的轨道半径与乙卫星的轨道的半长轴相同，所以有，故A正确；
B．由开普勒第二定律可知，在同一椭圆轨道近地点速度大小大于远地点速度，B正确；
C．由于两卫星的质量未知所以无法判断两者的万有引力大小，故C项错误；
D．对卫星由牛顿第二定律有
整理有
在P点时两卫星的加速度相同，故D项错误。
故选AB。
10. 2023年，全国和美乡村篮球大赛（村BA）引燃了整个夏日的激情。运动员在某次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，篮球与水平面成45°准确落入篮筐内。若将篮球视为质点，其运动轨迹可简化为如图所示，A是篮球的投出点，P是篮球运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知AC间的水平距离为5m，重力加速度g取，不考虑空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 篮球在P点速度为0
B. 篮球从投出到进入篮筐的时间为1s
C. 篮球落入篮筐时的速度大小为5m/s
D. 篮球运动轨迹上P、C两点的竖直高度为1.25m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．篮球从A点抛出后做斜抛运动，其运动可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，而P为篮球运动的最高点，则可知篮球在P点时竖直方向的分速度减为0，但水平方向的分速度不变，因此篮球在P点速度不为0，故A错误；
B．设篮球出手时的速度大小为，则水平方向和竖直方向的分速度分别为
，
在水平方向有
，
根据对称性，在竖直方向有
联立以上各式解得
故B正确；
C．篮球从出手到到达最高点的时间根据对称性可得
则有
解得
故C错误；
D．篮球从P到C在竖直方向上做自由落体运动，则其竖直高度为
故D正确。
故选BD。
三、实验题：本大题共2小题，共16分，按题目要求作答。
11. 某兴趣小组用如图甲所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素。实验时用手拨动旋臂使它做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器材上，测量角速度和向心力。
（1）电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间，可得挡光杆转动的线速度______；若挡光杆做圆周运动的半径为r，可得砝码做圆周运动的角速度______。
（2）图乙中①、②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知，曲线①对应的砝码质量______（选填“大于”或“小于”）曲线②对应的砝码质量。
【答案】 ①. ②. ③. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]挡光杆转动的线速度为
[2]由
因砝码与挡光杆的角速度相同，故砝码做圆周运动的角速度为
（2）[3]由牛顿第二定律可得
若保持角速度和转动半径相同，可知质量大的物体需要的向心力大，所以曲线①对应的砝码质量小于曲线②对应的砝码质量。
12. 某学习小组用图甲和图乙所示的装置“探究平抛运动的特点”。

（1）下列实验操作合理的有______。
A．用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，应只用眼睛看A、B两球是否同时落地
B．图乙装置中的背板必须处于竖直面内，固定时可用重垂线检查其是否竖直
C．若将小球放在图乙装置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持静止，则说明斜槽末端水平
D．用图乙装置多次实验以获得钢球做平抛运动的一条轨迹时，不需要每次从斜槽上同一位置由静止释放钢球
（2）该小组利用图乙装置，记录了钢球运动中所经过的A、B、C三个位置，如图丙所示。图中每格的边长为L，重力加速度为g。
①钢球从A运动到B和从B运动到C时间______（选填“相等”或“不相等”）；
②钢球从A运动到B的时间为______（用L、g表示）；
③钢球做平抛运动的初速度为______（用L、g表示）。
（3）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图中图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是______。

【答案】 ①. BC##CB ②. 相等 ③. ④. ⑤. c
【解析】
【详解】（1）[1]A．用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，要用眼睛观察并用耳朵听A、B两球是否同时落地，故A错误；
B．图乙装置中的背板必须处于竖直面内，这样才能精确确定小球运动中所经过的位置，固定时可用重垂线检查其是否竖直，故B正确；
C．斜槽末端必须水平，检验方法是将小球放在斜槽末端水平部分任一位置，看小球是否静止不动，故C正确；
D．若从不同位置释放钢球，钢球平抛的初速度不同，则轨迹不同，故D错误。
选BC。
（2）①[2]由图丙知，A与B、B与C之间的水平距离均为2L，而平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，则钢球从A到B和从B到C的时间相等。
②[3]在竖直方向上，钢球做自由落体运动，根据
可得钢球从A运动到B的时间为
③[4]钢球做平抛运动的初速度
（3）[5]根据
，
可得
图中图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线是c。
四、解答题：本大题共1题，共6分。
13. 试根据平抛运动原理设计“测量弹射器弹丸出射初速度”实验方案，提供的实验器材为弹射器（含弹丸，如图所示）、铁架台（带有夹具）、刻度。（已知当地重力加速度为g）
（1）弹射器安装时应如何放置？
（2）实验中需要测量的物理量有哪些？（用文字描述该物理量并用字母表示）
（3）请你推导出弹射器弹丸出射初速度的表达式。（用（2）中测量的物理量表示）
【答案】（1）末端应保持水平；（2）落地水平位移为x，弹丸的下落高度y；（3）
【解析】
【详解】（1）本题小球被抛出后应做平抛运动才能测定小球的初速度，故小球飞出时的速度应为水平，即弹射器末端应保持水平
（2）要测量的物理量是：弹丸从弹出到落地水平位移为x，弹丸的下落高度y；
（3）弹丸做平抛运动，则
联立解得
五、解答题：本大题共2小题，14题16分，15题16分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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与单位。
14. 如图所示，一个质量为的滑板运动员，以的初速度从某一高台的点水平飞出，恰好从圆轨道的点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失），最终滑板运动员刚好到达圆轨道的最高点D。已知圆弧的半径，，g取，求：
（1）A距C点的高度和滑板运动员在D点的速度大小。
（2）若滑板运动员运动到圆弧轨道点C时的速度大小为则滑板运动员对轨道的压力。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）运动员在A、B点之间做平抛运动，设B点处运动员的竖直分速度为，则有
解得
运动员在竖直方向上做自由落体运动，则有
解得
又
所以A距C点的高度为
运动员在D点时重力恰好提供向心力，即
解得
（2）运动员在圆弧轨道C点时，重力和支持力的合力提供向心力，即
解得
根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为
15. 游乐场中的大型娱乐设施旋转飞椅的简化示意图如图所示，圆形旋转支架半径为，悬挂座椅的绳子长为，游客坐在座椅上随支架一起匀速旋转时可将其和座椅组成的整体看成质点，旋转飞椅以角速度匀速旋转时，绳子与竖直方向的夹角为，不计绳子的重力，重力加速度为。
（1）旋转飞椅以角速度匀速旋转时，分析角速度与夹角的关系（关系式用、g、R、l、等符号表示）；
（2）当旋转飞椅以最大角速度旋转时，绳子与竖直方向的夹角，求圆形旋转支架边缘游客运动的线速度大小（，计算结果可用根式表示）；
（3）为防止游客携带的物品掉落伤人，需以支架的轴心为圆心修建圆形栅栏，圆形栅栏的半径为，求旋转飞椅角速度最大时，绳子悬点到地面的垂直距离H。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）游客和座椅组成的整体受到绳子拉力和重力作用做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）当旋转飞椅以最大角速度旋转时，绳子与竖直方向的夹角，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）游客携带的物品掉落后做平抛运动，物品的落点在以轴心为圆心的一个圆周上，竖直方向有
平抛运动的水平距离为
由数学知识有
联立解得