广东省广州市（四中、三中、培正）三校联考2023-2024学年高一下学期期中考试物理试题

这是一份广东省广州市（四中、三中、培正）三校联考2023-2024学年高一下学期期中考试物理试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

考试时间:75分钟满分:100分
第I卷（选择题共46分）
一、单选题:本题共7小题，每题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．下列对相关情景的描述，符合物理学实际的是（ ）
A．图（a）中，摩天轮做匀速圆周运动，所以摩天轮是匀变速曲线运动
B．图（b）中，医务人员借助离心机从血液中分离出血浆和红细胞，是离心力的作用
C．图（c）中，圆形拱桥半径为R，若在最高点车速刚好为时，车对桥面的压力为零
D．图（d）中，当火车以规定速度通过此倾斜弯轨时，火车所受重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
2．如图所示，P、Q为质量均为m的两个质点，分别置于地球表面上的不同纬度上，如果把地球看成一个均匀球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动，则说法正确的是（ ）
A．P、Q所受重力大小相等B．P、Q受地球引力大小相等
C．P、Q的向心力大小相D．运动过程中质点P线速度不变
3．2023年1月21日，中国宇宙空间站的3名航天员在距地高的空间站里挂起春联、系上中国结，通过视频向祖国人民送上新春祝福。空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ，椭圆轨道Ⅱ为神舟十五号载人飞船与空间站对接前的运行轨道，两轨道相切与P点，下列说法正确的是（ ）
A．空间站的线速度大于地球同步卫星的线速度
B．春联和中国结处于完全失重状态，不受任何力的作用
C．载人飞船在P点经点火减速才能从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ
D．载人飞船沿轨道Ⅱ过P点的加速度大于沿轨道Ⅰ过P点的加速度
4．各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机。如图甲所示，某起重机的悬臂保持不动，可沿悬臂行走的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿悬臂水平方向运动。现天车吊着质量为100kg的货物在x方向的位移-时间图像和y方向的速度-时间关系图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是（ ）
A．2s末货物的速度大小为3m/sB．货物的运动轨迹是图丙中的抛物线Q
C．货物所受的合力大小为150ND．0到2s末这段时间内，货物的合位移大小为11m
5．如图所示，、是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是和（为地球半径）。下列说法正确的是（ ）
A．、的周期之比是B．、的线速度大小之比是
C．、的万有引力大小之比是D．、的向心加速度大小之比是
6．如图所示，小明将玩具电动车放在跑步机上做游戏，跑步机跑带外侧机身上有正对的A、B两点，在慢跑模式下履带以v0=3m/s的速度运行。已知电动小车能以v=5m/s的速度匀速运动，跑带宽度为50cm，小车每次都从A点出发，下列说法正确的是（ ）

A．玩具小车到达对面的最短时间为0.125s
B．无论玩具车车头指向何方，小车运动的合速度始终大于5m/s
C．玩具小车从A点出发到达正对面的B点用时为0.1s
D．玩具小车从A点出发到达正对面的B点，车头需与A点左侧履带边缘成53°夹角
7．如图所示，正方体框架ABCD-的底面处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球（可视为质点），不计空气阻力。关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．落点在棱上的小球，落在点时平拋的初速度最大
B．落点在棱上的小球，落在点时速度变化率最大
C．落点在面（包括边界）内的小球，落在点的运动时间最长
D．落点在三角形（包括边界）内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部答对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。
8．将一个小球以25m/s的初速度从某一高处竖直向上抛出，空气阻力不计。重力加速度大小，则小球（ ）
A．任意1s内的速度变化量大小都是10m/s
B．第3秒内的位移为零
C．位移为30m时，经历的时间可能为6s
D．当速度大小为5m/s时，速度变化量的大小为20m/s
9．如图，嫦娥五号、天问一号探测器分别在近月、近火星轨道运行。已知火星的质量为月球质量的9倍、半径为月球半径的2倍。假设月球、火星视为质量均匀分布球体，忽略其自转影响，则说法正确的是（ ）

A．月球表面重力加速度与火星表面重力加速度之比为9：4
B．月球的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度之比为
C．“嫦娥五号”绕月周期比“天问一号”绕火星周期大
D．嫦娥五号绕月球转动轨道半径的三次方与周期的平方的比值与天问一号绕火星转动轨道半径的三次方与周期的平方的比值相等
10．如图，A、B两个相同的茶杯放在餐桌上的自动转盘上，一个杯中装满水，另一个是空杯，均可看作质点。A到转轴的距离为，B到转轴的距离为，转盘在电动机的带动下以周期匀速转动，A、B两杯与转盘保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）

A．动摩擦因数至少为
B．装满水的杯子受到的摩擦力较大
C．若增大转动的角速度，空杯先滑动
D．若增大转动的角速度，茶杯B先滑动
第II卷(非选择题共54分)
三、实验题(共17分，请把答案填写在答卷纸上相应位置)
11．（7分）用如图甲所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的轨迹半径之比为1∶2∶1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合，每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1.

(1)本实验采用的主要实验方法是 ；
(2)在探究向心力大小与半径的关系时，为了控制角速度相同需要将传动皮带调至第 （填“一”“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相等的钢球分别放在 （填“A和B”“A和C”或“B和C”）位置，匀速转动手柄，左侧标尺露出4格，右侧标尺露出2格，则左右两球所受向心力大小之比为 ；
(3)在探究向心力大小与角速度的关系时，若将传动皮带调至图乙中的第三层，转动手柄，则左右两小球的角速度之比为 。为了更精确探究向心力大小F与角速度ω的关系，采用接有传感器的自制向心力实验仪进行实验，测得多组数据经拟合后得到F-ω图像如图丙所示，由此可得的实验结论是 。
12．（10分）在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图甲所示装置研究平抛运动。将印有方格的纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
甲图乙图丙图
(1)下列实验条件必须满足的有__________。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．图中档条MN每次必须等间距下移
D．每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球
E．取平抛运动的起始点为坐标原点，钢球的最上端对应白纸上的位置即为原点
(2)在某次实验中，甲同学每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如乙图中1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为、、，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是__________。
A．B．
C．D．无法判断
(3)该同学用印有小方格（小方格的边长为）的纸记录下部分轨迹，小球以同一初速度做平抛运动途中的几个位置如图丙中的a、b、c、d所示，重力加速度，则小球初速度 m/s，在b处的瞬时速度的大小为 m/s。
(4)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
C．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
四、计算题(共37分。写出必要的文字说明，程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位)
13．（9分）如图所示，是双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员做圆锥摆运动的精彩场面．若女运动员伸直的身体与竖直方向的夹角为θ，质量为m，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为r，忽略女运动员受到的摩擦力，重力加速度为g，求
（1）当女运动员对冰面的压力为其重力的一半时，男运动员的拉力大小和转动角速度大小；
（2）当女运动员刚要离开冰面时，两人转动的周期．
14．（13分）位于张家口的国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，被形象地称作“雪如意”，如图甲。图乙为一简化的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，长度为L=81m，BC为半径R=20m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C，∠BOC=37°，雪橇与滑道间的动摩擦因数为处处相等。运动员连同滑雪装备总质量为70kg，从A点由静止滑下，以20m/s通过 C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡CE（倾角θ为37°）上的E点。不计空气阻力，全程不考虑运动员使用滑雪杖助力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，，求：
（1）运动员到达滑道上的B点的速度大；
（2）运动员到达滑道上的C点时对轨道的压力；
（3）运动员在E点着陆前瞬时速度vE大小（结果可保留根号）；
15．（15分）如图所示，某工厂中产品被无初速度地放在水平传送带左端，经传送带传输至右端后，平抛落入地面上的收集装置中。传送带上表面距地面高度为，收集装置入口宽度为，高度为，传送带右端到收集装置左端的水平距离为，产品与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度为L=6m，传送带运转速度可调，已知重力加速度g取。
（1）若，计算产品到达传送带右端的时间；
（2）为保证产品总能落入收集装置且不碰到收集装置侧壁，则传送带的速度应调整为多少？
参考答案：
1．C
【解析】A．摩天轮做匀速圆周运动时，加速度的大小保持不变，但方向是改变的，故不是匀变速运动，A错误；
B．红细胞的密度比血浆的密度大，离心机高速旋转，红细胞做离心运动，使红细胞与血浆分开，离心力是一种效果力，实际上不存在，即红细胞并没有受到离心力的作用，B错误；
C．汽车在拱形桥的最高点时，若对桥面恰好没有压力，此时根据
可得
C正确；
D．当火车以规定速度通过此倾斜弯路时，火车所受重力、轨道面支持力的合力提供向心力，外轨对轮缘无弹力，D错误。
故选C。
2．B
【解析】A．考虑地球自转的影响，则纬度越高的地方质量相同的物体所受重力越大，A错误；
B．两质点到地心的距离相等，根据知，两质点受到的引力大小相等，B正确；
C．根据题意可知质量和角速度相同，但半径不同，根据公式可知，两质点的向心力大小不等，C错误；
D．运动过程中质点P的线速度方向不断改变，D错误。
故选B。
3．A
【解析】A．根据万有引力提供向心力，有
可得
空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站的线速度大于地球同步卫星的线速度，故A正确；
B．春联和中国结处于完全失重状态，受到地球万有引力的作用，故B错误；
C．神舟十五号载人飞船若要从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ，做离心运动，需要在P点点火加速，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
可得
可知载人飞船沿轨道Ⅱ过P点的加速度等于沿轨道Ⅰ过P点的加速度，故D错误。
故选A。
4．C
【解析】由图乙和图丙可以分析出货物水平方向做速度大小为4m/s的匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运；
A．2s末货物的竖直分速度为3m/s，水平分速度为4m/s，因此合速度大小为
A错误；
B．由于竖直方向加速运动，水平方向匀速运动，因此货物的运动轨迹是图丙中的抛物线P，B错误；
C．由图乙可知，货物的加速度大小
因此物体所受的合力大小
C正确；
D．0到2s末这段时间内，竖直方向位移等于图丙中图像与时间轴围成的面积
水平方向位移
因此合位移大小
D错误。
故选C。
5．B
【解析】A．根据天体运动的公式有
T = 2π
根据题意a、b的周期分别为
Ta = 2π，Tb = 2π
则a、b的周期之比是2：9，A错误；
B．根据天体运动的公式有
v =
根据题意a、b的线速度分别为
va = ，vb =
则a、b的线速度大小之比是：，B正确；
C．根据万有引力公式有
F =
由于不知道a、b两颗卫星各自的质量，因此万有引力的大小无法比较，C错误；
D．根据天体运动的公式有
a = G
根据题意a、b的向心加速度分别为
aa = G，ab = G
则a、b的向心加速度大小之比是9：4，D错误。
故选B。
6．D
【解析】A．当玩具小车的车头垂直于履带运动时，小车到达对面的时间最短，此时
故A错误；
B．合速度可能等于分速度，可能大于分速度，也可能小于分速度，故B错误；
C．玩具小车从A点出发到达正对面的B点所用时间为
故C错误；
D．若玩具小车从A点出发到达正对面的B点，则
所以
即车头需与A点左侧履带边缘成53°夹角，故D正确。
故选D。
7．D
【解析】A．设正方向棱长为l，落点在棱上的小球，落在点时竖直位移最大，根据
可知，时间最长，根据
可知平拋的初速度最小，选项A错误；
B．因为都是平抛运动，所以所有小球的速度变化率相同，都是g，选项B错误；
C．落点在面（包括边界）内的小球，由于都是做下落高度相同的平抛运动，所以运动时间均相同，选项C错误；
D．落点在三角形（包括边界）内的小球时间相等，最大的水平位移为，最小水平位移为最小水平位移与最大水平位移之比为1:2，则平抛初速度的最小值与最大值之比是，选项D正确。
故选D。
8．ABC
【解析】A．任意1s内的速度变化量大小为
A正确；
B．小球以25m/s的初速度竖直向上抛，2s末，有
第3s内的位移是
B正确；
C．小球以25m/s的初速度竖直向上抛，位移为时，有
代入数据解得
位移为-时，有
代入数据解得
，（负值舍去）
C正确；
D．小球以25m/s的初速度竖直向上抛，速度为5m/s时，Δv=-20m/s；速度为-5m/s时，Δv=-30m/s，D错误。
故选ABC。
9．BC
【解析】A．由
可得
结合题意可得
A错误；
B．由
可知
可知
B正确；
C．由
可知

得
C正确。
D．由
可知
由于月球和火星围绕的中心天体质量不一样，故D错误。
故选BC。
10．AD
【解析】A．对于B茶杯，根据摩擦力提供向心力
可得动摩擦因数至少为
故A正确；
B．杯子受到的摩擦力等于杯子做圆周运动所需的向心力，不清楚哪个杯子装满了水，无法比较两杯子的向心力大小，故B错误；
CD．杯子刚要滑动时，有
可得发生移动的最小角速度为
故若增大转动的角速度，茶杯B一定先滑动，故C错误，D正确。
故选AD。
11．(1) 控制变量法(2) 一 B和C 2：1(3) 1：3 小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比
【解析】（1）本实验探究向心力F的大小r与小球质量关系时，保持r，不变；探究向心力F的大小与角速度的关系时，保持r，m不变；探究向心力F的大小和半径r之间的关系时， 保持m、不变，所以实验中采用的实验方法是控制变量法。
（2）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮， 将两个质量相等的钢球分别放在B和C位置。
左右两球所受向心力大小之比为
（3）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
左右两小球的角速度之比为
可得的实验结论是:小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比。
12．(1)BD(2)A(3) 1.00 1.25(4)AC
【解析】（1）AC．为了获得相同的初速度，需要每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
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；
E．取平抛运动的起始点为坐标原点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点，故E错误。
故选BD。
（2）因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以
故选A。
（3）从小方格的纸记录轨迹可以的水平位移一样，都为，说明各段的时间间隔相等，设为，可得
分析可得的竖直位移依次相差，由匀变速直线运动的规律可得
联立可得初速度的表达式
代入数据可求
由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，得到点的竖直分速度为
由运动的合成可求出的速度为
（4）A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故A正确；
B．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸板碰撞后铅笔被弹开，铅笔的运动轨迹不是平抛运动的轨迹，故B错误；
C．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，故C正确。
故选AC。
13．（1），（2）
【解析】试题分析:（1）对女运动员受力分析沿半径方向有
竖直方向有FN＋F1csθ＝mg
其中
解得，
（2）当女运动员刚要离开冰面时，男运动员对女运动员的拉力F2和女运动员的重力mg的合力为女运动员提供向心力F，由可得
由牛顿第二定律得
解得
故
14．（1）18m/s；（2）2100，竖直向下；（3）；
【解析】（1）运动员在AB段做匀加速直线运动，对运动员进行受力分析得：
解得
a=2m/s2
由匀加速直线运动公式
解得
vB=18m/s
（2）运动员在BC段做圆周运动，则运动员到达滑道上的C点时有
解得
运动员对轨道的压力与轨道对运动员的支持力为相互作用力，因此运动员到达滑道上的C点时对轨道的压力大小为2100N，方向竖直向下。
（3）运动员经C点做平抛运动，
在竖直方向
在水平方向
带入数据得
t=3s
vy=gt
运动员在E点着陆前瞬时速度大小
解得
15．（1）；（2）
【解析】（1）依题意，根据牛顿第二定律可得产品在传送带上加速时的加速度为
产品加速达到传送带速度时，所需时间为
运动的位移为
故产品在传送带上先加速后匀速，匀速阶段所用时间为
则产品到达传送带右端的时间为
（2）产品离开传送带后，做平抛运动，当产品恰能落入收集装置，下落高度为h3=h1-h2
解得
当传送带速度最小时，若产品恰好能落入收集装置中，则有
求得
且产品与传送带共速时发生的位移为
即当传送带速度为时，产品在传送带上先加速后匀速，最后恰好落入收集装置中。
产品离开传送带后，做平抛运动，产品能落入收集装置且恰不碰到收集装置的右侧壁，产品下落高度为h1：
解得
求得
若产品一直在传送带上加速达到最右端时水平抛出，则有
解得
综上分析可知，要保证产品能够落入收集装置中，传送带的速度需满足