广东省广州市广州中学2022-2023学年高一下学期期中物理试题

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注意事项：
1.答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡相应的位置上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂款；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回。
第I卷 选择题(共48分)
一、选择题I(本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1. 在科学的发展历程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列叙述符合物理学史实的是( )
A. 卡文迪许测出了引力常量G
B. 伽利略得出“加速度与力成正比，与质量成反比”的结论
C. 开普勒发现了万有引力定律
D. 亚里士多德指出“力是改变物体运动状态的原因”
【答案】A
【解析】
【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，但未测定出引力常量，卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，比较准确地得出了引力常量的数值，A正确；
B．牛顿得出“加速度与力成正比，与质量成反比”的结论，B错误；
C．开普勒在前人的基础上，通过观察总结得到行星运动三定律，牛顿发现了万有引力定律，C错误；
D．亚里士多德指出“力是维持物体运动状态的原因”，D错误。
故选A。
2. 如图所示，在水平地面上方高度h处的M点以大小为的初速度水平抛出一个小球，最后小球落在水平地面上的N点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 越大，小球在空中运动时间越长
B. 越大，小球落地时速度方向与水平方向间的夹角越小
C. h越大，小球在空中运动时间越短
D. h越大，小球落地时速度方向与水平方向间夹角越小
【答案】B
【解析】
【详解】AC．根据
可知，小球在空中运动的时间只与高度有关，而与初速度无关，且h越大，小球在空中运动时间越长，选项AC错误；
BD．落地时速度方向与水平方向间的夹角
则越大，小球落地时速度方向与水平方向间的夹角越小，h越大，小球落地时速度方向与水平方向间的夹角越大，选项B正确，D错误；
故选B。
3. 如图所示，以角速度匀速转动的圆锥形斜面上放着两个物体a、b(视为质点)，转动过程中两个物体没有相对圆锥滑动，其中，下列说法正确的是( )
A. a、b两物体的线速度相等B. a、b两物体的角速度之比是
C. a、b两物体的向心加速度之比是D. a、b两物体的向心力之比是
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于ab两物体属同轴转动的，所以角速度相等，由图可知，a的转动半径为b的两倍，由公式可知，线速度不相等，故AB错误；
C．由公式可知，a转动半径为b的两倍，所以a、b两物体的向心加速度之比是2 : 1，故C正确；
D．两物体质量关系不确定，不能比较向心力大小关系，故D错误。
故选C。
4. 如图为人造地球卫星轨道的示意图，则卫星( )

A. 在a轨道运行的周期为24 h
B. 在b轨道运行的速度始终不变
C. 在c轨道运行的速度大小始终不变
D. 在c轨道运行时受到的地球引力大小是变化的
【答案】D
【解析】
【详解】同步卫星的运行周期为24小时，即相对地球静止，所以只能在赤道平面内，A错误；b轨道内的卫星做圆周运动，其速度方向时刻变化，所以其速度时刻变化着，B错误；c轨道为椭圆轨道，根据，可知在近地点速度大，在远地点速度小，根据，同一卫星在近地轨道受到的引力大，在远地轨道受到的引力小，C错误D正确．
5. 弹簧秤用细线系两个质量都为m的小球,现让两小球在同一水平面内做匀速圆周运动,两球始终在过圆心的直径的两端,如图所示,此时弹簧秤读数( )
A. 大于2mgB. 等于2mgC. 小于2mgD. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】设小球与竖直方向的夹角为θ，两球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以竖直方向受力平衡，则有Tcsθ=mg．挂钩处于平衡状态，对挂钩处受力分析，得：F弹=2Tcsθ=2mg；故B正确，A，C，D错误.
6. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最高点c到最右侧点d运动的过程，下列说法中正确的是( )
A. 手掌对苹果的摩擦力越来越大B. 苹果先处于超重状态后处于失重状态
C. 手掌对苹果的支持力越来越小D. 苹果所受的合外力越来越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，故A正确；
B．苹果做匀速圆周运动，从c到d的过程中，加速度在竖直方向上有向下的加速度，可知苹果一直处于失重状态，故B错误；
C．从c到d的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向下，则重力和支持力的合力逐渐减小，可知支持力越来越大，故C错误；
D．苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误。
故选A。
7. 如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，质点运动到D点(D点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 质点经过C点的速率比D点的大
B. 质点经过C点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C. 质点经过D点时的加速度比B点的大
D. 质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
【答案】A
【解析】
【详解】C．因为质点做匀变速曲线运动，所以加速度恒定，C项错误。
AB．在D点时加速度方向与速度方向垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以质点从C到D的过程中，合力方向(加速度方向)与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，质点经过C点的速率比D点的大，A项正确，B项错误。
D．从B至E的过程中，加速度方向与速度方向夹角一直减小，D项错误。
故选A。
8. 如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知P、Q、M三颗卫星均做圆周运动，P是地球同步卫星，则( )
A. 卫星P的加速度大于Q的加速度
B. 卫星P的角速度小于M的角速度
C. 卫星P的运行速度大于第一宇宙速度
D. 卫星Q的周期大于24 h
【答案】B
【解析】
【详解】A B D．由万有引力提供向心力
解得
v＝
ω＝
T＝2π
a＝
卫星P、Q半径相同，且P是地球同步卫星，所以卫星Q周期和P的周期相同都是24 h、加速度相同。卫星P的半径大于M的半径，所以卫星P的角速度小于M的角速度。A、D错误；B正确；
C．第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，是最大的环绕速度，所有卫星的运行速度都小于或等于它，卫星P的运行速度小于第一宇宙速度。C错误。
故选B。
二、选择题II(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求。)
9. 下列说法正确的是( )
A 物体运动状态发生改变，物体一定受到变力作用
B. 匀速圆周运动和平抛运动都是匀变速曲线运动
C. 曲线运动是变速运动
D. 物体做曲线运动，所受的合力可能是恒力
【答案】CD
【解析】
【详解】A．物体运动状态发生改变，即速度发生变化，物体一定受到力作用，但该力不一定是变力，如自由落体运动只受到不变的重力的作用，但是速度逐渐增大，A错误；
B．平抛运动只受重力，加速度恒定为，是匀变速曲线运动，但匀速圆周运动的加速度的方向始终指向圆心，是变加速曲线运动，B错误；
C．物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，所以曲线运动是变速运动，C正确；
D．物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力不一定变化，如平抛运动，加速度不变，D正确。
故选CD。
10. 在某次杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，同时人顶着直杆以速度v水平匀速运动，经过时间t，猴子沿杆向上运动的高度为h，人顶杆沿水平地面运动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 猴子相对于地面的运动轨迹为曲线
B. 猴子相对于地面做变加速曲线运动
C. t时间内猴子相对于地面的位移大小为
D. t时刻猴子相对于地面的速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线，故A正确；
B．猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，故B错误；
C．在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移
故C正确。
D．t时刻猴子在水平方向上的速度为v0，和竖直方向上的分速度为at，所以合速度
故D错误。
故选AC。
11. 一个沿竖直方向运动的物体，其速度图像如图所示，规定向上为正方向，当地重力加速度则可知( )
A. 时物体处于平衡状态
B. 上升和下降两个阶段加速度大小相等，方向相同
C. 内物体的平均速度大小是
D. 时物体处于抛出点上方
【答案】BC
【解析】
【详解】A．1s时物体的速度为零，但是加速度不为零，不是处于平衡状态，选项A错误；
B．图线的斜率等于加速度，可知上升和下降两个阶段加速度大小相等，方向相同，选项B正确；
C．由图像可知，3s内物体的位移
平均速度大小是
选项C正确；
D．由图像可知，2s末物体回到出发点，3s时物体处于抛出点下方15m处，选项D错误。
故选BC。
12. 如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则
A. 金星表面的重力加速度是火星的
B. 金星的第一宇宙速度是火星的
C. 金星绕太阳运动的加速度比火星小
D. 金星绕太阳运动的周期比火星大
【答案】B
【解析】
【详解】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以 故A错误，
由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知解得
，所以 故B正确；
由 可知轨道越高，则加速度越小，故C错；
由 可知轨道越高，则周期越大，故D错；
综上所述本题答案是：B
【点睛】结合黄金代换求出星球表面的重力加速度，并利用万有引力提供向心力比较运动中的加速度及周期的大小．
第II卷 非选择题(共52分)
13. 用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。
(1)本实验采用的科学方法是___________。
A.控制变量法 B.累积法
C.微元法 D.放大法
(2)图示中若用皮带连接的两个塔轮半径相等，保证两球线速度相同，两球是体积相同的铅球和钢球，则正在探究的是_________。
A.向心力的大小与半径的关系
B.向心力的大小与线速度大小的关系
C.向心力的大小与角速度的关系
D.向心力的大小与物体质量的关系
(3)通过本实验可以得到的结论是___________。
A.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
【答案】 ①. A ②. D ③. C
【解析】
【详解】(1)[1]本装置的原理是使物体质量、半径、角速度等多个物理量中的一个变化，控制其他物理量不变，以研究向心力与各物理量之间的关系，故采用的是控制变量法。
故选A。
(2)[2]图示情景中对比铅球和钢球的运动情况，两物体的质量不同，线速度、角速度和半径相同，所以研究的是向心力与质量之间的关系。
故选D。
(3)[3]由向心力的公式
可知通过本实验可以得到的结论是：在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。
故选C。
14. (1)已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T，万有引力常量G，则地球的平均密度为__________；地球同步卫星的轨道半径为__________。
(2)—部机器由电动机带动，机器上的皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的3倍，皮带与两轮之间不发生滑动。已知机器皮带轮上A点到转轴的距离为轮半径的一半。则A点的向心加速度大小a与电动机皮带轮边缘上点的向心加速度大小a之比为______。
(3) “伽利略”木星探测器历经6年到达木星，此后在t内绕木星运行N圈。设这N圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v，探测器上的照相机拍摄整个木星时的视角为θ，如图所示，则木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径r=______，木星的第一宇宙速度v0______。
【答案】 ①. ②. ③. 1:6 ④. ⑤.
【解析】
【详解】(1)[1]设一质量为m的物体放在地球表面，则
有
又
有
[2]设同步卫星质量为m0，有
有
(2)[3]因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度相等，设电动机半径为r1，角速度ω1，机器轮半径为r2，角速度为ω2，由题意知
根据
v=rω
解得
即
所以
因A与皮带边缘同轴转动，所以角速度相等，向心加速度与半径成正比，根据
a=rω2
得
两轮边缘的线速度相等，根据
得
(3)[4]设木星探测器在题述圆形轨道运行时，轨道半径为r，由
可得
由题意可知
联立解得
[5]探测器在圆形轨道上运行时，万有引力提供向心力，
设木星的第一宇宙速度为v0，有

联立解得
由几何关系可知
解得
15. 如图所示，倾角为37°的斜面长，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块。小球和滑块均视为质点，重力加速度，求：
(1)抛出点O离斜面底端的高度；
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数。
【答案】(1)1.7m；(2)0.125
【解析】
【分析】
【详解】(1)设小球击中滑块时速度为v，竖直速度为，由几何关系得：
设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得竖直分速度
竖直方向
水平方向
设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得
得
(2)在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得
设滑块的加速度为a，由运动学公式得：
对滑块，由牛顿第二定律得：
得
16. 晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞离水平距离d后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2
(2)问绳能承受的最大拉力多大？
(3)改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
【答案】(1)v1=，v2=；(2)T=mg；(3)当l＝时，x有极大值xmax＝d
【解析】
【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
从小球飞出到落地，根据机械能守恒定律有
解得
(2)设绳能承受的最大拉力大小为F，这也是球受到绳的最大拉力大小。球做圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律有
解得
(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有
得
绳断后球做平抛运动，竖直位移为，水平位移为x，时间为，根据平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
根据一元二次方程的特点，当时，x有极大值，为
xmax＝d
17. (1)在频闪照片法“探究平抛运动的特点”的实验中，背景中小方格的边长为L=1.6cm ，若小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则频闪相机的时间间隔是 _______ s，小球平抛的初速度v0= _______ m/s(g取10m/s2)，小球在b点的速度大小为 _________ m/s(计算结果均保留两位有效数字)。
【答案】 ①. 0.040 ②. 0.80 ③. 1.0
【解析】
【详解】[1]根据
可得
[2]小球平抛的初速度
[3]小球在b点的竖直速度大小为
b点的速度