廣東省深圳市龍崗區四校2022-2023學年高一下學期期中聯考物理試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題（每題4分，共28分）1．下列物體在加速過程中的加速度最大的是（）A．隊員起跑過程 B．列車啟動過程C．子彈發射過程 D．鉛球推出過程2．下圖是無人機在疫情防控期間某次運送貨物的v?t圖像，下列說法正確的是（）A．0-2s內物體做勻加速直線運動 B．0-2s內物體做勻速直線運動C．2s-4s內物體靜止 D．4s時物體回到出發點3．汽車沿平直的公路向左勻速行駛，如圖所示，經過一棵樹附近時，恰好有一顆果子從上面自由落下，則車中的人以車為參考系，看到果子的運動軌跡是下圖中的（）A． B． C． D．4．如圖所示，拖拉機后輪的半徑是前輪半徑的兩倍，A和B是前輪和后輪邊緣上的點，若車行進時車輪沒有打滑，則（）A．兩輪轉動的周期相等B．前輪和后輪的角速度之比為3：1C．A點和B點的線速度大小之比為1：2D．A點和B點的向心加速度大小之比為2：15．關于鐵道轉彎處內外鐵軌間的高度關系，下列說法中正確的是（）A．內、外軌一樣高，以防列車傾倒造成翻車事故B．因為列車在轉彎處有向內傾倒的可能，故一般使內軌高于外軌，以防列車翻倒C．外軌比內軌略高，這樣可以使列車順利轉彎，減少車輪與鐵軌的擠壓D．以上說法均不正確6．如圖所示，傾角為θ的斜面A放在粗糙水平面上，當質量為m的滑塊B以速度v沿斜面勻速下滑時，在滑塊上突然加上平行于斜面向下的恒力F，且F=mg，物體繼續沿斜面滑動距離L到達斜面底端，重力加速度大小為g。則（）A．滑塊到達斜面底端時的速度大小為2gLB．斜面A受到地面的摩擦力為FC．如果將恒力F方向改為豎直向下，滑塊受到的合力為零D．如果將恒力F方向改為豎直向下，滑塊將加速下滑7．2021年6月17日，神舟十二號載人飛船與天和核心艙成功對接，對接過程如圖所示，天和核心艙處于半徑為r3的圓軌道Ⅲ；神舟十二號飛船處于半徑為r1的圓軌道Ⅰ，運行周期為A．在軌道Ⅰ上的速度小于沿軌道Ⅱ運動經過B點的速度B．沿軌道Ⅱ運行的周期為TC．沿軌道Ⅱ從A運動到B的過程中，速度不斷增大D．沿軌道Ⅰ運行的周期大于天和核心艙沿軌道Ⅲ運行的周期二、多選題（每題6分，漏選3分，錯選0分，共18分）8．下圖中四幅圖片涉及物理學史上的四個重大發現，下列說法正確的是（）A．甲圖，亞里士多德根據理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動的原因B．乙圖，牛頓通過引力扭秤實驗，測定出了萬有引力常量C．丙圖，伽利略通過實驗加推理的研究方法得到自由落體的速度與時間成正比D．丁圖，開普勒通過大量天文觀測數據總結了行星運動的規律9．a、b兩顆人造地球衛星分別在如圖所示的兩個不同的圓軌道上運行，下列說法正確的是（）A．a衛星的運行速度比第一宇宙速度小B．b衛星的運行速度比a衛星的小C．b衛星的周期比a衛星的小D．b衛星的角速度比a衛星的小10．如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，軌道半徑為R，小球的質量為m。小球的直徑略小于管的內徑。BD為管的水平直徑，AC為管的豎直直徑，OE與BD的夾角θ=53°。重力加速度為g，sin53°=0.8A．小球以最小速度通過C點時對管的壓力大小為0B．小球以速率v1通過B點時對管的壓力大小為mC．小球以速率v2通過E點時對管的壓力大小為mD．小球以速率v3通過A點時對管的壓力大小為m三、解答題（11題5分，12題10分，13題10分，14題13分，15題16分，共54分）11．向心力演示器可以探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與質量m、角速度ω、軌道半徑r之間的關系，裝置如圖所示，兩個變速塔輪通過皮帶連接。實驗時，勻速轉動手柄使長槽和短槽分別隨相應的變速塔輪勻速轉動，槽內的金屬小球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對小球的壓力提供向心力，小球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上紅白相間的等分格顯示出兩個金屬球所受向心力的大小。（1）下列實驗與本實驗中采用的實驗方法一致的是____A．探究彈簧彈力與形變量的關系B．探究兩個互成角度力的合成規律C．探究加速度與力、質量的關系D．探究平拋運動的特點（2）為了探究金屬球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關系，下列說法正確的是____A．應使用兩個質量不等的小球B．應使兩小球離轉軸的距離不同C．應將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔輪上D．以上說法都不正確12．圖甲是“研究平拋物體的運動”的實驗裝置圖。（1）實驗前應對實驗裝置反復調節，直到斜槽末端切線。每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋。圖乙是正確實驗取得的數據，其中O為拋出點，則此小球做平拋運動的初速度為m/s（g取9.8m/s2）。（2）在另一次實驗中將白紙換成方格紙，每個格的邊長L=5cm，通過實驗，記錄了小球在運動途中的三個位置，如圖丙所示，則該小球做平拋運動的初速度為m/s，B點的豎直分速度為m/s，拋出點坐標為（如圖丙，以O點為原點，水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸的正方向，g取10m/s2）。13．如圖所示，用F1=16N的水平拉力，使質量m=2.0kg的物體由靜止開始沿水平地面做勻加速直線運動，已知物體所受的滑動摩擦力F2=6.0N，求：（1）物體加速度a的大小；（2）物體開始運動后t=2.0s內通過的距離x。14．某人在離地面h=20m高的平臺處做實驗，松開壓縮的彈簧后，小球以水平速度v0=20m/s離開平臺，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：（1）小球在空中飛行的時間；（2）小球落地點離拋出點的水平位移；（3）小球落地點時的速度與水平面之間的夾角。15．如圖所示，長度為L＝4.5m的輕繩，系一質量為m=1kg的小球在豎直平面內做圓周運動，小球剛好能夠經過最高點A；已知輕繩可以承受的最大張力為60N，當小球運動到最低點時，繩恰好斷裂，之后小球恰好沿傾角為θ=53o的斜面下滑，B點距斜面高度為H，斜面高度為h=22.4m，動摩擦因數為μ=13，小球可視為質點，g取10m/s（1）小球在最高點時的速度大小以及繩斷裂瞬間小物塊的速度大小；（2）小球從最低點到斜面頂端的水平距離；（3）小球到達斜面底端D點時的速度

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】加速度的定義是速度的變化量與發生這一變化的時間之比，速度的變化越快，加速度越大，子彈在發射的過程中，在極短的時間內，速度從零增加到幾百米每秒，所以子彈的加速度最大，C符合題意；

故選C。

【分析】根據加速度的定義以及物理意義，速度變化的越快，加速度越大，在四個選項的情境中，子彈速度的變化最快，加速度最大。2．【答案】A【解析】【解答】在v-t圖像中，斜率表示加速度，面積表示位移；

在0~2s內，斜率為2，所以加速度為2m/s2，物體在做勻加速直線運動，A正確，B錯誤；

在2~4s內，速度不為0，物體在做勻減速直線運動，C錯誤；

在0~4s內，三角形面積為8，所以位移為8m，在4s時物體沒有回到原點，D錯誤；

故選A。

【分析】v-t圖像中，斜率表示加速度，與t軸形成的面積表示位移，當速度為0時表示物體靜止。3．【答案】B【解析】【解答】車中的人以車為參考系，果子相對于車的位置變化是斜向右下方，并且軌跡是曲線，B符合題意；

故選B。

【分析】描述運動時需要選擇合適的參考系，判斷物體的運動軌跡，根據物體相對于參考系的位置的變化判斷。4．【答案】D【解析】解答：解：B、根據v=ωr和vA=vB，可知A、B兩點的角速度之比為2：1；故B不正確．A、據ω=2πTC、輪A、B分別為同一傳動裝置前輪和后輪邊緣上的一點，所以vA=vB，故C錯誤．D、由a=，可知，向心加速度與半徑成反比，則A與B點的向心加速度之比為2：1，故D正確．故選：D．分析：傳動裝置，在傳動過程中不打滑，則有：共軸的角速度是相同的；同一傳動裝置接觸邊緣的線速度大小是相等的．所以當角速度一定時，線速度與半徑成正比；當線速度大小一定時，角速度與半徑成反比．因此根據題目條件可知三點的線速度及角速度關系即可求解．5．【答案】C【解析】【解答】鐵道轉彎處外軌比內軌略高，從而使支持力的水平方向合力可提供一部分向心力，以減少車輪與鐵軌的擠壓避免事故發生，C符合題意，ABD不符合題意。故答案為：C。

【分析】火車規定的外軌高于內軌；可以是支持力和重力的合力提供一部分的向心力，減速車輪與鐵軌的擠壓。6．【答案】C【解析】【解答】A．未加力F時，物體勻速下滑，故有mg當加上力F后，根據受力分析可知F+mg且F=mg解得a=g故物體做加速度為g的勻加速運動，到達底端時，有2gL=v解得滑塊到達斜面底端時的速度為vA不符合題意；B．物體B勻速下滑時對斜面的壓力和摩擦力的合力大小等于其重力，方向豎直向下；加上F后，物體B對斜面的作用力并沒有改變，故斜面沒有受到地面的摩擦力作用，B不符合題意；CD．如果將力F方向改為豎直向下，對物塊受力分析mg解得a=0故物體仍將做勻速運動；C符合題意，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】利用牛頓第二定律可以求出物體加速度的大小，結合速度位移公式可以求出滑塊到達底端速度的大小；由于加上恒力后其B對A的作用力不變所以斜面受到地面的摩擦力等于0；利用力的分解結合合力的方向可以判別滑塊受到的合力情況。7．【答案】B【解析】【解答】A．由GMm得v=r故v在B點經點火加速后才能進入軌道Ⅲ，故軌道Ⅱ上經過B點的速度小于v3B．根據開普勒第三定律，有TB符合題意；C．沿軌道Ⅱ從A運動到B的過程中，萬有引力做負功，速度不斷減小，C不符合題意；D．繞地球做勻速圓周運動時萬有引力提供向心力，有GMmr解得T=因為r1小于r故答案為：B。

【分析】利用引力提供向心力結合半徑的大小可以比較衛星在圓軌道線速度的大小；利用開普勒第三定律可以求出衛星繞軌道II運動的周期大小；利用衛星與地球之間距離的變化結合引力做功可以判別速度的變化；利用引力提供向心力結合半徑的大小可以比較周期的大小。8．【答案】C,D【解析】【解答】A．甲圖，伽利略根據理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動的原因，A不符合題意；B．乙圖，卡文迪許通過引力扭秤實驗，測定出了萬有引力常量，B不符合題意；C．丙圖，伽利略通過實驗加推理的研究方法得到自由落體的速度與時間成正比，C符合題意；D．丁圖，開普勒通過大量天文觀測數據總結了行星運動的規律，D符合題意；故答案為：CD。

【分析】根據開普勒第二定律可以知，行星的掠面速度是定值，故不管在軌道的哪個地方，相同時間內掃過的面積是個定值；伽利略在證明自由落體是勻加速直線運動時，為了使物體的加速程度減弱，伽利略使小球在坡度非常緩的斜面上向下運動，經過長時間觀察，此運動為勻加速直線運動，逐漸增加坡度，小球速度增加的越來越快，仍然是勻加速運動，由此可以推斷出當傾角是90度時，小球仍然做勻加速直線運動。9．【答案】A,B,D【解析】【解答】根據萬有引力提供向心力，有GMmR=mv2R=m10．【答案】B,D【解析】【解答】A．小球通過C點的最小速度為0，由牛頓第二定律和牛頓第三定律可得小球對管的壓力大小為mg，A不符合題意；B．小球通過B點時，管對小球的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得F由牛頓第三定律可知小球對管的壓力大小為FB符合題意；C．小球通過E點時，管對小球的支持力和小球重力沿半徑方向分力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得F由牛頓第三定律可知小球對管的壓力大小為FC不符合題意；D．小球通過A點時，管對小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F由牛頓第三定律可知小球對管的壓力大小為FD符合題意。故答案為：BD。

【分析】利用牛頓第二定律結合小球過最高點速度的大小可以求出小球對管的壓力大小；利用牛頓第二定律結合速度的大小可以求出小球經過B點對管的壓力大小；利用牛頓第二定律結合速度的大小可以求出小球經過E點和A點時對管的壓力的大小。11．【答案】（1）C（2）B；C【解析】【解答】（1）本實驗的目的是探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與質量m、角速度ω、軌道半徑r之間的關系，需要控制變量，選項中使用控制變量的實驗是探究加速度與厲、質量的關系，故選C；

（2）為了探究金屬球的向心力F的大小與軌道半徑r之間的關系，需要控制質量m以及角速度ω不變，改變軌道半徑r，所以應該使用兩個質量相等的小球，應該將皮帶套在兩邊半徑相等的變速塔倫上以控制角速度ω不變，改變兩小球離轉軸的距離以改變軌道半徑r之間的關系，故選BC。

【分析】向心力演示器可以探究小球做圓周運動所需向心力F的大小與質量m、角速度ω、軌道半徑r之間的關系，需要控制變量，改變所要探究的變量。12．【答案】（1）水平；初速度相同；1.6（2）1.5；2.0；（?0.05m，0.05m）【解析】【解答】（1）為了使小球可以獲得水平方向的初速度，實驗前應對實驗裝置反復調節，直到斜槽末端切線水平；

為了讓小球初速度相同，需要每次讓小球從同一位置靜止釋放；

將平拋運動沿水平和豎直方向分解，豎直方向有y=12gt2，水平方向有x=vt，兩式代入解得小球做平拋運動的初速度為1.6m/s；

（2）將平拋運動沿水平和豎直方向分解，從圖中可以看出，A到B點的時間和B點到C點的時間相等，所以可以設時間間隔為t，在豎直方向有Δy=gt2，即0.1=gt2，解得t=0.1s，所以水平方向速度為vx=13．【答案】（1）解：根據牛頓第二定律得，加速度a=（2）解：根據位移公式x=【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律F=ma，可以解得加速度；

（2）根據勻加速直線運動的位移公式計算出物體運動2s內通過的距離。14．【答案】（1）解：小球離開平臺做平拋運動，在豎直方向為自由落體運動，有h=解得t=2s（2）解：小球在水平方向上做勻速運動，則有x=v0t