2022-2023学年广东省深圳市龙岗区四校联考高一（下）期中物理试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年广东省深圳市龙岗区四校联考高一（下）期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.下列物体在加速过程中的加速度最大的是(

)A.队员起跑过程 B.列车启动过程

C.子弹发射过程 D.铅球推出过程2.如图是无人机在疫情防控期间某次运送货物的v−t图像，下列说法正确的是(

)A.0−2s内物体做匀加速直线运动 B.0−2s内物体做匀速直线运动

C.3.汽车沿平直的公路向左匀速行驶，如图所示，经过一棵树附近时，恰有一颗果子从上面自由落下，则车中的人以车为参考系，看到果子的运动轨迹是下列图中的(

)A. B. C. D.4.如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则(

)

A.两轮转动的周期相等

B.前轮和后轮的角速度之比为3：1

C.A点和B点的线速度大小之比为1：2

D.A点和B点的向心加速度大小之比为2：15.关于铁道转弯处内外铁轨间的高度关系，下列说法中正确的是(

)A.内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车

B.因为列车转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒

C.外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮与铁轨的挤压

D.以上说法均不正确6.如图所示，倾角为θ的斜面A放在粗糙水平面上，当质量为m的滑块B以速度v沿斜面匀速下滑时，在滑块上突然加上平行于斜面向下的恒力F，且F=mg，物体继续沿斜面滑动距离L到达斜面底端，重力加速度大小为g。则(

)

A.滑块到达斜面底端时的速度大小为2gL

B.斜面A受到地面的摩擦力为Fcosθ

C.如果将恒力7.2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，当经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与核心舱对接，则神舟十二号飞船(

)

A.在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度

B.沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1(r1+r32r1)3二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是(

)

A.甲图，亚里士多德根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因

B.乙图，牛顿通过引力扭秤实验，测定出了万有引力常量

C.丙图，伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比

D.丁图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运动的规律9.a、b两颗人造地球卫星分别在如图所示的两个不同的圆轨道上运行，下列说法正确的是(

)A.a卫星的运行速度比第一宇宙速度小

B.b卫星的运行速度比a卫星的小

C.b卫星的周期比a卫星的小

D.b卫星的角速度比a卫星的小10.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，轨道半径为R，小球的质量为m。小球的直径略小于管的内径.BD为管的水平直径，AC为管的竖直直径，OE与BD的夹角θ=53°。重力加速度为g，

A.小球以最小速度通过C点时对管的压力大小为0

B.小球以速率v1通过B点时对管的压力大小为mv12R

C.小球以速率v2通过E点时对管的压力大小为mv2三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11.向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上红白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的大小。

(1)下列实验与本实验中采用的实验方法一致的是______。

A.探究弹簧弹力与形变量的关系

B.探究两个互成角度力的合成规律

C.探究加速度与力、质量的关系

D.探究平抛运动的特点

(2)为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是______。

A.应使用两个质量不等的小球

B.应使两小球离转轴的距离不同

C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上

D.12.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。

(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线______。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛______。图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______m/s(g取9.8m/s2)。

(2)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为______m/s，B点的竖直分速度为四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）13.如图所示，用F1=16N的水平拉力，使质量m=2.0kg的物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动．已知物体所受的滑动摩擦力F2=6.0N.求：

(14.某人在离地面h=20m高的平台处做实验，松开压缩的弹簧后，小球以水平速度v0=20m/s离开平台，不计空气阻力，g取10m/s2。求：15.如图所示，长度为L=4.5m的轻绳，系一质量为m=1kg的小球在竖直平面内做圆周运动，小球刚好能够经过最高点A；已知轻绳可以承受的最大张力为60N，当小球运动到最低点时，绳恰好断裂，之后小球恰好沿倾角为θ=530的斜面下滑，B点距斜面高度为H，斜面高度为h=22.4m，动摩擦因数为μ=13，小球可视为质点，g取10m/s答案和解析1.【答案】C

【解析】解：加速度是描述速度变化快慢的物理量，这四种情况的出状态都是静止，但是子弹的末速度最大，且所需时间也是最短的，所以子弹的加速度最大，故C正确，ABD错误。

故选：C。

我们只要比较一下这四种情况下的末速度大小以及所需的时间即可判断加速度的大小。

这是四种日常生活情况，所以要对实际生活多加分析才能得出正确的结果。

2.【答案】A

【解析】解：AB、由题图可知，0−2s内图象的斜率是不变的，所以物体的加速度不变，物体做匀加速直线运动，故A正确，B错误；

C、由题图可知，2−4s内物体的加速度不变，物体做匀减速直线运动，故C错误；

D、v−t图与坐标轴围成的面积代表无人机的位移，所以4s时物体离出发点最远，并不是回到出发点，故D错误。

故选：A3.【答案】B

【解析】解：下落的物体相对于车内的乘客，一方面竖直加速下落，另一方面在水平方向上后退，在乘客看来(以乘客为参照物)，物体向后做平抛运动曲；故B正确，ACD错误；

故选B．

如果物体相对于参照物的位置保持不变，则物体是静止的；如果物体相对于参照物的位置不断发生变化，物体是运动的；根据选择的参照物分析判断物体的运动状态．

本题考查了判断物体的运动状态，有一定的难度，解题时要注意确定参照物．

4.【答案】D

【解析】解：ABC、轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以vA=vB；

根据v=ωr和vA=vB，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，可知A、B两点的角速度之比为2：1；

据ω=2πT和前轮与后轮的角速度之比2：1，求得两轮的转动周期为1：2，故ABC错误。

D、由a=vω5.【答案】C

【解析】解：A、若内外轨道一样高，外轨对轮缘的弹力提供火车转弯的向心力，火车质量太大，靠这种办法得到的向心力，会导致轮缘与外轨间的作用力太大，使铁轨和车轮容易受损，并不能防止列车倾倒或翻车，故A错误；

B、若内轨高于外轨，轨道给火车的支持力斜向弯道外侧，势必导致轮缘和轨道之间的作用力更大，更容使铁轨和车轮受损，故B错误；

C、当外轨高于内轨时，轨道给火车的支持力斜向弯道内侧，它与重力的合力指向圆心，为火车转弯提供了一部分向心力，减轻了轮缘和外轨的挤压，在修筑铁路时，根据弯道半径和轨道速度行驶，适当选择内外轨道的高度差，可以使火车的向心力完全由火车的支持力和重力的合力提供，是火车行驶更安全，故C正确；

D、根据C选项正确，可知选项D错误．

故选C．

火车轨道外高内低的设计是为了减轻轮缘与轨道之间的挤压，这样火车转弯时，轨道给火车的支持力和其重力的合力提供向心力，保证行车安全．

生活中有很多圆周运动的实例，要明确其设计或工作原理，即向心力是由哪些力来提供的．

6.【答案】C

【解析】解：A、未加力F时，滑块B匀速下滑，故有：mgsinθ=μmgcosθ

当加上力F后，根据受力分析可知：F+mgsinθ−μmgcosθ=ma

且有F=mg

解得：a=g

滑块B沿斜面滑动距离L到达斜面底端过程中，2aL=vt2−v2

联立解得：vt=v2+2gL，故A错误；

B、滑块B匀速下滑时对斜面的压力和摩擦力的合力大小等于其重力，方向竖直向下；加上F后，滑块B对斜面的作用力并没有改变，故斜面没有受到地面的摩擦力作用，故7.【答案】B

【解析】【分析】

由低轨道进入高轨道，需要加速做离心运动，根据开普勒第三定律绕同一中心天体的行星轨道半径的三次方与周期平方成正比。

本题考查万有引力的应用，解题关键在于理解卫星的变轨问题，从低轨道进入高轨道需要加速，从高轨道到低轨道要减速。

【解答】

A、由GMmr2=mv2r得v=GMr,r1<r3，故v1>v3，在B点经点火加速后才能进入轨道Ⅲ，故轨道Ⅱ上经过B点的速度小于v3，所以在轨道Ⅰ上的速度大于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度，故A错误；

B、根据开普勒第三定律r13T12=(r1+r328.【答案】CD【解析】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；

B、卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量，故B错误；

C、伽利略通过实验加推理的研究方法研究自由落体运动，得到自由落体的速度与时间成正比，故C正确；

D、开普勒通过对第谷的大量天文观测数据的就，总结了行星运动的规律，故D正确。

故选：CD。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。9.【答案】AB【解析】解：A、第一宇宙速度是近地卫星做匀速圆周运动速度，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，a卫星的轨道半径均大于地球半径，故其线速度均小于第一宇宙速度，故A正确；

B、根据线速度与半径关系可得：v=GMr，a卫星的轨道半径小于b卫星的轨道半径，所以b卫星的运行速度比a卫星的小，故B正确；

C、根据万有引力提供向心力，有：GMmr2=mr4π2T2，解得：T=2πr3GM，所以b卫星的周期比a10.【答案】BD【解析】解：A、小球通过C点的最小速度为0，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可得小球对管的压力大小为mg，故A错误；

B、小球通过B点时，管对小球的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：FB=mv12R，由牛顿第三定律可知小球对管的压力大小为：FB′=mv12R，故B正确；

C、小球通过E点时，管对小球的支持力和小球重力沿半径方向分力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：FE−mgsin53°=mv22R11.【答案】C

BC【解析】解：(1)本实验的实验目的是探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，应用了控制变量法，而只有“探究加速度与质量、作用力的关系”实验是采用控制变量法，故C正确，ABD错误。

故选：C。

(2)探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系时，要保证小球质量和角速度相同。

A、两小球的质量应相等，故A错误；

B、两个球距离转轴的半径不同，故B正确；

C、由于皮带边缘的线速度相同，控制变量法的要求角速度要相等，故皮带要套在半径相同的塔轮上，故C正确；

D、由上述可知，选项A错误，BC正确，故D错误。

故选：BC。

故答案为：(1)C；(2)12.【答案】水平

初速度相同

1.6

1.5

2

(−【解析】解：(1)平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平。

为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放。

由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有：x=v0t，y=12gt2

将图乙中轨迹上一点坐标x=32cm，y=19.6cm，代入解得：v0=1.6m/s。

(2)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有：Δy=gT2

由图可知：Δy=5L−3L=2L=10cm=0.1m，代入上式解得，T=0.1s

x=v0T，将x=3L=15cm，代入解得：v0=1.513.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律：F1−F2=ma

解得物体的加速度：a=F1−F2m=16−6.02.0m/s2=5.0

m【解析】根据牛顿第二定律求出物体的加速度，结合速度时间公式和位移时间公式求出2s内的位移．

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．14.【答案】解：(1)小球离开平台做平抛运动，在竖直方向为自由落体运动，有h=12gt2

代入数据解得：t=2s

(2)小球在水平方向上做匀速运动，则有x=v0t

代入数据解得：x=40m

(