广东省广州市第六中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题

广东省广州市第六中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题 本试卷共8页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分；每小题给出的四个选项 中，只有一个选项符合题意，有选错或不答的得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 2．人造地球卫星发射的成功是人类伟大的创举，标志着人类已经具备探索外太空的能力，你认为下列四图中不可能是人造地球卫星轨道的是（　　） A．B．C．D． 3．当载重卡车在泥地或沙地陷车时，经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木墩（如图所示），卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同，且都大于圆木墩的直径，卡车驶出泥地或沙地的过程，主动轮、从动轮和圆木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程，下列说法正确的是（　　） A．圆木墩与主动轮的转动方向相同 B．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等 C．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等 D．圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等 4．如图，在地面上同一位置先后抛出质量均为m的两小球 P、Q，其中P做斜抛运动，Q做平抛运动，抛出后两小球均落在比地面低的海平面上，若抛出时速度大小相等，则（　　） A．两小球同时到达海平面 B．两小球一定到达海平面上同一位置 C．两小球到达海平面时的动能一定相同 D．全过程两小球重力的平均功率一定相等 5．今年国庆期间深圳龙岗大运城万架无人机表演特别震撼，每架无人机携带着显像屏从地面升空到达表演地点。如图，一架无人机竖直升空过程先从静止做匀加速运动再做匀减速运动至静止，下列说法正确的有（　　） A．显像屏一直处于超重状态 B．无人机对显像屏支持力先做正功后做负功 C．显像屏克服重力做功的功率先增大后减小 D．无人机及显像屏构成系统上升过程机械能守恒 6．2023年2月23日，我国首颗超百Gbps容量的高通量卫星——中星26号搭乘长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心起飞，随后卫星进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设该卫星发射后先在近地圆轨道I（轨道高度忽略不计）做匀速圆周运动，在点瞬时点火进入椭圆转移轨道II，之后通过椭圆转移轨道II进入地球同步圆轨道III，定点于东经，如图所示。点和点分别为轨道I与轨道II、轨道II与轨道III的切点。若同步圆轨道III距地面的高度约为，地球半径约为，地球自转周期为，地球表面的重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．中星26号在转移轨道II上从点运动到点的过程中，机械能减小 B．中星26号在转移轨道II上点运行的速率为 C．中星26号在点和点的重力加速度之比约为6.6 D．中星26号在近地圆轨道I上运行的周期约为 7．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计小球与弹簧接触时能量损失，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　） A．最低点的坐标等于 B．当，重力势能与弹性势能之和最大 C．小球受到的弹力最大值等于 D．小球动能的最大值为 二、多项选择题(本题共3题，每小题6分，共18分，且每小题有不止一个答案 正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选得0.分) 8．想象在赤道上建个直达地球同步静止轨道的高塔，人带着卫星在高塔内坐电梯缓慢上升，到达同步静止轨道的高度后，打开电梯门，轻轻地将卫星释放，下列推断合理的是（　　） A．卫星将成为一颗静止卫星 B．卫星将向地球地面掉下去 C．卫星受到地球的引力为零 D．卫星处于完全失重状态 9．如图所示，为了将横放在水平地面的钢管直立起来，工人控制起重机，使横梁上的电机水平移动，同时以速度v匀速收短牵引绳，使钢管绕定点O转动，绳始终保持竖直且与钢管在同一竖直面内，钢管长为L，以下说法正确的是（　　） A．当钢管与地面夹角为时，钢管顶端的速度水平向左 B．当钢管与地面夹角为时，电机水平移动速度为 C．钢管在转动过程中角速度大小不变 D．钢管在转动过程中重力的瞬时功率不变 10．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出（　　） A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为 B．汽车的额定功率为 C．汽车前加速运动的时间为 D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为 三、实验题(本题共分18分) 11．某实验小组做探究影响向心力大小因素的实验： ①方案一：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处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组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。回答以下问题： (1)本实验所采用的实验探究方法与下列实验相同的是 ； A探究小车速度随时间变化规律 B．探究两个互成角度的力的合成规律 C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 D．探究平抛运动的特点 (2)某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第 层塔轮（填“一”“二”或“三”）。 ②方案二：如图丙所示装置，装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P，用细线将滑块P与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块P与竖直转轴间的距离可调。回答以下问题： (3)若某次实验中测得挡光条的挡光时间为，则滑块P的角速度表达式为ω= ； (4)实验小组保持滑块P质量和运动半径r不变，探究向心力F与角速度ω的关系，作出F-ω2图线如图丁所示，若滑块P运动半径r=0.45m，细线的质量和滑块与杆的摩擦可忽略，由F-ω2图线可得滑块P质量m= kg（结果保留2位有效数字）。 12．某同学利用此装置测量物体Z的质量M并验证系统机械能守恒。装置如图甲所示，一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q质量均为m=200g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8m/s2。 (1)某次实验中，先接通交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的部分纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则系统运动的加速度a= m/s2；D点的速度vD= m/s（保留两位有效数字）。 (2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量值为M= kg（保留两位有效数字）。 (3)利用纸带还可以验证系统机械能守恒，测量纸带得出B点到D点的距离为h，求出B点速度为vB，D点的速度为vD。根据以上数据，可求重物由B点运动到D点时系统重力势能减少量等于 ，系统动能的增加量等于 （表达式用题中M、m、vB、vD、g、h字母表示）。通过数据可得出在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，则系统机械能守恒。 四、计算题(本题共3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重 要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数 值的单位) 13．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图。传送带长l＝20m，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h＝1.8m，传送带匀速运动的速度为v＝2m/s，现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱底板中心，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）麻袋包在传送带上运动的时间t； （2）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离s及主动轮的半径R； （3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能。 14．如图1所示，水平转盘上放有质量为m=1kg的小物块，小物块到转轴的距离为r=0.5m，连接小物块和转轴的绳刚好被拉直（绳中张力为零），小物块与转盘间最大静摩擦力是其重力的k=0.2倍，g=10m/s2，求： （1）绳无拉力的情况下，转盘的最大角速度为ω0多大 （2）若绳能承受的拉力足够大，当转盘的角速度从零开始增大的过程中，在图2中画出拉力T随角速度ω的变化关系图像。（要求写出分析过程） 15．某工厂生产一种边长的正方体泡沫金属颗粒，由于生产过程中气泡含量的不同，导致颗粒的质量不同（体积与表面材料均无偏差），为筛选颗粒，设计了如图所示装置。产出的颗粒不断从A处静止进入半径为的光滑四分之一圆轨道AB，B处与一顺时针非常缓慢转动的粗糙传送带相切，传送带足够长，CE、FG均为水平光滑轨道，圆心为O、半径的光滑圆轨道E、F处略微错开且与水平轨道相接，D为带轻质滚轮的机械臂，可在颗粒经过时提供竖直向下的恒定压力F，颗粒右侧刚到达滚轮最低点时的速度可忽略不计，滚轮逆时针转动且转速足够快，滚轮与颗粒之间的摩擦系数（摩擦力对颗粒作用距离可认为是颗粒边长），I、II、III为颗粒的收集区域（颗粒落到收集区直接被收集不反弹），其中I、II的分界点为圆心O，且I、II与圆轨道之间留有恰好可容颗粒通过的距离。颗粒在圆轨道中运动时可看做质点，颗粒在被收集之前相互之间没有发生碰撞，质量最大颗粒恰好被II最右端收集，质量为的颗粒恰好能被III收集，不计一切空气阻力，重力加速度为。求： (1)质量为颗粒到达B处时对轨道的压力大小； (2)机械臂提供的恒定压力F的大小； (3)Ⅱ、III两个区域各自收集到颗粒的质量范围。 16. (2分)卷面分 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】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．B 【详解】人造地球卫星是由万有引力提供向心力，让其做圆周运动，则它圆周轨道的圆心是地球的地心，所以ACD正确，不符合题意；B错误，符合题意；故选B。 3．D 【详解】A．圆木墩与主动轮的转动方向相反，故A错误； BD．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的线速度大小相等，主动轮的直径大于圆木墩的直径，由，可知圆木墩的边缘质点大于从动轮的边缘质点的角速度，故B错误，D正确； C．由，可知圆木墩的边缘质点大于从动轮的边缘质点的向心加速度，故C错误。故选D。 4．C 【详解】A．令抛出速度大小为，P抛出速度方向与水平方向夹角为，则有， 可知故A错误； B．小球水平方向做匀速直线运动，Q水平分位移为 结合上述解得P水平分位移为 若将P小球直接竖直上抛，即使抛出角等于90°，P小球水平分位移为0，P将落在，可知，若将抛出角由90°减小一点点，P水平分位移将增大一点点，但仍然小于Q的水平分位移，由于抛出角大小不确定，则两小球不一定到达海平面上同一位置，故B错误； C．小球质量相等，下落高度相同，重力做功相等，初动能相等，根据动能定理可知，两小球到达海平面时的动能一定相同，故C正确； D．根据由于则有故D错误。故选C。 5．C 【详解】A．一架无人机竖直升空过程先从静止做匀加速运动再做匀减速运动至静止，可知加速度方向先向上后向下，则显像屏一直先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误； B．人机对显像屏支持力方向一直向上，支持力做正功，故B错误； C．根据，由速度先增大后减小，则显像屏克服重力做功的功率先增大后减小，故C正确； D．无人机及显像屏构成系统加速上升过程，动能增加，重力势能增加，机械能增加，故D错误。故选C。 6．D 【详解】A．在转移轨道II上从点运动到点的过程中，万有引力对中星26号做负功，动能转化为引力势能，机械能守恒，故A错误； B．根据万有引力提供向心力，有 在地球表面，有解得中星26号在近地圆轨道上运行的速率为 中星26号从近地圆轨道I变轨到转移轨道II，做离心运动，需在点加速，所以中星26号在转移轨道II上点运行的速率，故B错误； C．根据万有引力与重力的关系，在点有 在Q点有 中星26号在点和点的重力加速度之比约为故C错误； D．由开普勒第三定律可得 中星26号在近地圆轨道上运行的周期故D正确。故选D。 7．D 【详解】AC．根据乙图可知，当x=h+x0使小球处于平衡位置，根据运动的对称性可知，小球运动到h+2x0位置时的速度不为零，则小球最低点坐标大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，选项AC错误； B．根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故B错误； D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知 故小球动能的最大值为，故D正确。故选D。 8．AD【详解】AB．卫星在地球同步轨道上，且角速度与地球自转角速度相同，故卫星将成为一颗静止卫星，故A正确，B错误； C．卫星在同步轨道受到的地球引力不为0，故C错误； D．卫星在同步轨道做匀速圆周运动，有加速度且加速度完全由万有引力提供，故处于完全失重状态，故D正确。 故选AD。 9．BD【详解】ABC．根据 当钢管与地面夹角为时，钢管顶端的做圆周运动，速度方向与杆垂直，且； 则钢管在转动过程中角速度大小发变化，根据 故电机水平移动速度为故AC错误，B正确； D．钢管在转动过程中重力的瞬时功率为重力与竖直速度的乘积，则 故钢管在转动过程中重力的瞬时功率不变，故D正确。故选BD。 10．BD 【详解】A．设汽车行驶过程中所受地面的阻力大小为f，根据图线①并结合动能定理有 解得故A错误； B．汽车的最大行驶速度为 当汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以汽车的额定功率为故B正确； C．设汽车前加速运动的时间为t，根据动能定理有解得 故C错误； D．开启储能装置后，根据能量守恒定律可知汽车比关闭储能装置时克服阻力少做的功等于向蓄电池提供的电能，令x2表示汽车少滑行的距离，根据图线②可得 故D正确。故选BD。 11．(1)C(2)一(3)(4)0.20 【详解】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。 A．探究小车速度随时间变化规律，利用极限思想计算小车的速度，故A错误； B．探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故B错误； C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故C正确； D．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故D错误； 故选C。 （2）把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。 （3）挡光条的线速度为则滑块P的角速度为 （4）根据向心力大小公式 所以图线的斜率为解得滑块P质量为 12．(1) 0.40 0.34(2)0.017(3) Mgh 【详解】（1）[1]根据逐差法可得系统运动的加速度为 [2]D点的速度为 （2）对Z和Q，根据牛顿第二定律有 对P，有 联立可得Z的质量为 （3）[1]重物由B点运动到D点时系统重力势能减少量为 [2]系统动能的增加量为 13．（1）12.5s；（2）1.2m，0.4m；（3）15400J 【详解】（1）麻袋包放上传送带后先做匀加速运动，设匀加速运动时间为t1，据牛顿第二定律可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma 达到传送带速度所用时间为 联立解得t1=5s 匀加速运动位移为 之后麻袋包匀速上升，设匀速运动时间为t2，则有l－s1＝vt2解得t2=7.5s 则麻袋包在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝12.5s （2）设麻袋包平抛运动时间为t3，竖直位移为 水平位移为s＝vt3 联立解得s＝1.2m 麻袋包在主动轮的最高点时，恰好满足解得R＝0.4m （3）设麻袋包匀加速运动过程相对传送带的位移为Δs，需额外消耗的电能为ΔE，有Δs＝vt1－s1 由能量守恒可得 联立解得ΔE＝15400J 14．（1）2rad/s；（2）见解析 【详解】（1）当转盘的角速度较小时，物块在水平方向只受到摩擦力作用，绳子无拉力，而且摩擦力随着角速度的增大而增大，当摩擦力恰好达到最大值时，绳子开始有拉力，此时由牛顿第二定律得 （2）当角速度小于等于2rad/s时，绳子得拉力为零。当角速度大于等于2rad/s时，有牛顿第二定律得 因此 画出拉力T随角速度的变化关系图像如图所示。     15．(1)(2)(3)或（）； 【详解】（1）对颗粒根据动能定理得 在B点根据牛顿第二定律得合外力提供向心力联立解得 根据牛顿第三定律知该颗粒到达B处时对轨道的压力大小为。 （2）质量为的颗粒恰好被Ⅲ收集，故其恰好能做完整圆周运动。 颗粒在圆轨道最高点处应满足由动能定理解得 （3）①质量小于等于的颗粒都能被Ⅲ收集，颗粒质量范围为 ②如图所示，设恰好能到达Ⅱ左端的颗粒脱离圆轨道开始做抛体运动的位置距离Ⅱ的高度为h，此时颗粒开始做斜抛运动，对其运动进行正交分解，分解为沿初速度方向和垂直初速度方向。 设该位置对应的半径与水平方向的夹角为，颗粒速度大小为，由 此时满足解得 方法一：颗粒沿初速度方向的运动位移为零，根据运动的对称性可知 其中；颗粒沿垂直初速度方向的运动为 联立解得 方法二：颗粒沿水平方向做匀速直线运动，可得 颗粒沿竖直方向做竖直上抛运动，取竖直向下为正方向，可得 联立解得 （说明：以上两种分解方式均可。） 从开始经过机械臂到开始做抛体运动这个过程，由动能定理得 可得或（） 恰好能到达Ⅱ右端的颗粒满足 可得 （说明：能计算出到达Ⅱ右端的颗粒所满足的质量。） 故能被Ⅱ收集的颗粒质量范围为或（） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$