广西玉林市八校2024-2025学年高一下学期4月期中联合调研测试物理试卷（解析版）

这是一份广西玉林市八校2024-2025学年高一下学期4月期中联合调研测试物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了5m等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 满分：100分
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，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题，本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只一项符合题目要求，第8～10题，每小题6分，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。
1. 在物理学的发展历程中，有很多科学家做出了卓越的贡献，下列说法正确的是（ ）
A. 牛顿利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常数G
B. 哥白尼是“地心说”的主要代表人物，并且现代天文学也证明了太阳是宇宙的中心
C. 牛顿发现了万有引力与物体质量及它们之间距离的关系
D. 第谷总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
【答案】C
【解析】A．卡文迪什利用扭秤装置在实验室里比较准确地测出了引力常量G值，故A错误；
B．哥白尼是“日心说”的主要代表人物，现代天文学表明太阳只是太阳系的中心，不是宇宙的中心，故B错误；
C．牛顿发现了万有引力与物体质量及它们之间距离的关系，故C正确；
D．开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出行星按照这些规律运动的原因，D错误。
故选C。
2. 已知河水以自西向东流动，小船在静水中的速度为，且，下图小箭头表示小船船头的指向，虚线表示小船过河的路径，则小船在最短位移内渡河的情景图示是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为船速大于水速，小船要最短位移渡河，实际速度要垂直河岸，则船头指向对岸的上游，合速度与河岸垂直。
故选C。
3. 如图，为号召同学们创建文明校园，玉林市某学校以游戏“抛射入洞”引导学生将空饮料瓶作为可回收垃圾放入对应回收箱中。已知某次学生水平抛射时，抛出点离地1.80m，距回收箱的水平距离为1.80m。回收箱洞口离地1.35m。不计空气阻力，试估算饮料瓶出手时速度的大小（ ）
A. 6m/sB. 4m/sC. 3m/sD. 1m/s
【答案】A
【解析】设抛出点离地，回收箱洞口离地，抛出点距回收箱的水平距离为，平抛的初速度为，根据平抛运动的规律可得根据平抛运动的规律可得，
代入数据解得
故选A。
4. 如图所示，a为静止在赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。以地心为参考系，关于它们的向心加速度，线速度，下列描述正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】AB．由题意，根据
得
由于，可知
根据，，
可得
所以
故AB错误；
CD．由题意，根据
得
由于，可知
根据，，
可得
所以
故C错误，D正确。
故选D。
5. 钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，再经出发区、滑行区和减速区的一系列直道、弯道后到达终点、用时少者获胜。图（a）是比赛中一运动员在滑行区某弯道的图片，假设可视为质点的人和车的总质量m=90kg，其在弯道上P处做水平面内圆周运动的模型如图（b），车在P处既无侧移也无切向加速度，速率v=30m/s，弯道表面与水平面成θ=53°，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。则在P处（ ）
A. 车对弯道的压力大小为900N
B. 人对车的压力大小为1500N
C. 人和车做圆周运动的半径为67.5m
D. 人和车的加速度大小为7.5m/s2
【答案】C
【解析】A．对人和车受力分析，如图所示
根据几何关系有
根据牛顿第三定律可得，车对弯道的压力大小为1500N，故A错误；
B．由于不知道人的质量，所以无法确定人对车的压力，故B错误；
CD．根据牛顿第二定律可得
解得
，
故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示，物体用跨过定滑轮的轻绳与汽车连接，汽车以的速度向右匀速运动，连接小车端的轻绳与水平方向的夹角为，在物体上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物体向上做减速运动
B. 绳子拉力大于物体的重力
C. 时物体的速度大小为
D. 物体始终处于失重状态
【答案】B
【解析】ABD．根据关联速度，物体与小车间的速度关系为
物体上升过程中小车与水平方向的夹角逐渐减小，则的速度逐渐增大，做加速运动，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力大于物体重力，物体超重，故AD错误，B正确；
C．将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为物体上升的速度大小
当时，，故C错误。
故选B。
7. 有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为的地方有一质量为m的质点，球体与质点间的万有引力大小为F。现从M中挖去半径为的球体，如图所示，则剩余部分对m的万有引力大小为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】质量为M的球体对质点m的万有引力
挖去的球体的质量
质量为的球体对质点m的万有引力
则剩余部分对质点m的万有引力
故选D。
8. 在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1∶2∶3，当齿轮转动时，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点（ ）
A. 线速度大小之比为1∶1B. 角速度大小之比为1∶3
C. 周期之比为3∶1D. 转速之比为3∶1
【答案】AD
【解析】A．在齿轮传动中，三个齿轮的边缘线速度大小都相等。故小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点线速度大小之比为1∶1，故A正确；
B．根据v=ωr可知，三个齿轮边缘线速度大小相等，则角速度，故B错误；
C．根据可知，周期之比为，故C错误；
D．根据可知，转速之比，故D正确。
故选AD。
9. 2024年8月16日15时35分，我国在西昌卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将遥感四十三号01组卫星发射升空。如图为卫星发射的示意图，首先将卫星发射到低空圆轨道a，然后在M点实施变轨经椭圆轨道b进入预定圆轨道c，已知卫星在圆轨道a、c的半径之比为。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在M点加速，在N点减速
B. 卫星在轨道a与轨道b的运行周期比为
C. 卫星在轨道b过M点的速度小于在轨道c过N点的速度
D. 卫星在M点的加速度大于在N点的加速度
【答案】BD
【解析】A．卫星由轨道a进入轨道b，即由低轨道进入高轨道，应在M点加速，同理，卫星由轨道b进入轨道c，应在N点加速，故A错误；
B．由题意，则卫星在轨道a的半径与椭圆轨道b的半长轴之比为，由开普勒第三定律得
解得卫星在轨道a与轨道b的运行周期之比为
故B正确；
C．根据
解得
因轨道a的半径小于轨道c的轨道半径，所以卫星在轨道a过M点的速度大于卫星在轨道c过N点的速度，又卫星从轨道a的M点应加速才能进入轨道b，故在轨道b过M点的速度大于在轨道a过M点的速度，综上可得在轨道b过M点的速度大于在轨道c过N点的速度，故C错误；
D．根据
解得
因卫星在M点到地心的距离小于在N点到地心的距离，卫星在M点的加速度大于在N点的加速度，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，质量为m的小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为5 m/s，方向与水平方向夹角为53°，在A抛出的同时有一质量为m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起，整体碰后水平速度变为A球碰前水平速度的一半，碰后竖直速度变为B球碰前竖直速度的一半，然后落回地面，不计空气阻力，，g取10 m/s2。以下说法正确的是（ ）
A. 小球A上升至最高处时水平位移是1.2 m
B. 小球B下落时离地面的高度是0.8 m
C. 小球A从抛出到落回地面的时间为
D. 小球A从抛出到落回地面的水平位移为
【答案】AC
【解析】A．小球A抛出时在竖直方向的分速度为
则上升时间为
则小球A上升至最高处时水平位移是
故A正确；
B．A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，运动时间相同，则两球运动的高度相同，均为
小球B下落时离地面的高度是1.6m，故B错误；
C．根据题意可知碰后A、B两球粘在一起，整体碰后水平速度变为A球碰前水平速度的一半，碰后竖直速度变为B球碰前竖直速度的一半，则碰后的竖直速度为
则碰后的水平速度为
碰后A球下落的时间为t2，则有
解得
小球A从抛出到落回地面的时间为
故C正确；
D．碰后A球水平方向运动的位移为
小球A从抛出到落回地面的水平位移为
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本大题共5小题，共54分
11. 某同学用向心力演示仪探究向心力与质量、半径、角速度的关系，钢球或铝球在长槽和短槽位置如甲图、乙图、丙图所示，且对应两个变速塔轮的半径之比分别为：、、。
（1）下列实验的实验方法与本实验相同的是（ ）
A. 探究平抛运动特点
B. 探究加速度与力、质量的关系
C. 探究两个互成角度的力的合成规律
（2）在图乙情境中，选用质量不相等的钢球和铝球对照研究，所选的两个球体积大小应该_________（选填“相同”或“不同”）
（3）在甲图情境中，变速塔轮的半径，则两钢球所受向心力的比值为_________。
【答案】（1）B （2）相同 （3）1:4
【解析】
【小问1解析】
探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间关系，采用的实验方向是控制变量法。
A．探究平抛运动的特点，采用的是等效思想，故A错误；
B．探究加速度与力、质量的关系采用的实验方法是控制变量法，故B正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律采用的实验方法是等效替代法，故C错误。
故选B。
【小问2解析】
图乙探究向心力大小与质量关系，两小球质量不同，做圆周运动的角速度相同，需要保证做圆周运动的半径相同，故所选的两个球半径应该相等，即体积大小应该相同；
【小问3解析】
在甲图情境中，变速塔轮的半径2:1，根据可知，两钢球做圆周运动的角速度之比为1:2，根据可知，两钢球所受向心力的比值为1:4。
12. 以下为某学习小组在“探究平抛运动规律”时的实验操作。
（1）用如图甲所示装置获得钢球的平抛轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下列操作要求正确的是（ ）
A. 小球释放的初始位置越高越好
B. 每次小球要从同一高度由静止释放
C. 实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直
D. 记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降
（2）按正确的操作步骤得到如图乙所示的小球的运动轨迹，在轨迹上取A、B、C三点，如图所示，则小球从A点运动到B点所用时间为________s，小球平抛的初速度v0=_________m/s（取）。（计算结果均保留2位有效数字）
（3）另一实验小组该同学在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标，并在直角坐标系内绘出了y-x2图像，此平抛物体的初速度，则竖直方向的加速度g=_________m/s2。（计算结果保留2位小数）
【答案】（1）BC （2）0.10 4.0 （3）9.60
【解析】
【小问1解析】
A．小球释放的初始位置的高度要适当，使小球运动轨迹的末端位于白纸的右下角，A错误；
B．为了使小球做平抛运动的初速度相同，每次小球要从同一高度由静止释放，B正确；
C．因为小球的运动轨迹在竖直平面内，所以实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直，C正确；
D．记录小球位置时，不需要每次等距离下降，D错误。
故选BC。
【小问2解析】
根据，可得
则小球从A点运动到B点所用的时间0.10s。
小球水平抛出时的初速度大小
【小问3解析】
根据平抛规律可得，
解得
根据图像得
解得
13. 玉林中药港是中国三大药都之一，其中一条交通要道经过金港桥，金港桥桥宽40m，桥长106.75m，桥面圆弧半径90m，如图所示，质量的汽车以一定的速率驶过金港桥桥面的顶部，取10m/s2。
（1）若汽车以6m/s的速率驶过凸形桥面的顶部。求汽车对桥面的压力大小；
（2）若汽车通过拱桥最高点时刚好腾空飞起，求汽车此时的速率。
【答案】（1） （2）30m/s
【解析】
【小问1解析】
汽车以6m/s的速率驶过凸形桥面的顶部时，设桥面的支持力为，则有
代入数据得：
根据牛顿第三定律，汽车对桥面的压力大小为
【小问2解析】
汽车驶过凸形桥面的顶部，刚脱离桥面的速率为，则
代入数据得
14. 假如宇航员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面处由静止释放一个小球（引力视为恒力，阻力可忽略），经过时间落到地面，已知该行星半径为，自转周期为，引力常量为。
（1）求该行星的表面的重力加速度；
（2）求该行星的第一宇宙速度；
（3）求该行星的平均密度。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
设行星表面的重力加速度为，对小球有
解得
【小问2解析】
对处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星，由牛顿第二定律有
故该行星的第一宇宙速度
【小问3解析】
对行星表面的物体，有
故行星质量
故该行星的平均密度
15. 如图所示，倾斜传送带倾角，顶端到底端的长度为36m，以20m/s的速度绕轴逆时针转动。一个质量为的黑色煤块（可看作质点）从距点高度差的点以一定的初速度水平抛出，经过一段时间后运动至传送带顶端，此时速度方向恰好沿传送带向下，已知煤块与传送带之间的动摩擦因数，煤块在传送带上经过时会留下黑色划痕。不考虑空气阻力，，，。求：
（1）煤块水平抛出时初速度大小；
（2）煤块从传送带顶端运动至底端所用的时间；
（3）煤块从传送带顶端运动至底端的过程中在传送带上留下的划痕长度。
【答案】（1）8m/s （2）2s （3）5m
【解析】
【小问1解析】
煤块平抛，在竖直方向，根据
解得
煤块在A点根据
解得
【小问2解析】
煤块到达传送带顶端A时，有
解得
煤块先沿传送带向下做匀加速直线运动，有
解得
由
得
则
随后煤块继续向下做匀加速直线运动，有
解得
煤块运动至底端发生的位移为
而
代入数据得
解得
则
小问3解析】
煤块在第一段匀加速直线运动中，传送带的位移为
则煤块相对于传送带的位移大小为
此过程中煤块相对于传送带向上运动，留下5m的划痕。
煤块在第二段匀加速直线运动中，传送带的位移为
则煤块相对于传送带的位移大小为
此过程中煤块相对于传送带向下运动，留下1m的划痕。
则传送带上留下的划痕的长度为5m。