安徽省合肥市六校联盟2022-2023学年高一下学期期中联考物理 含解析

合肥六校联盟2022-2023学年高一年级第二学期期中联考

物理试卷

（考试时间：75分钟满分：100分）

一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。1-6题只有一个正确答案，7-10题有多

个正确答案。漏选得2分，多选和错选不得分。请把正确答案填涂在答题卡上）

1.下列说法中正确的是（）

A.速度变化的运动必定是曲线运动

B.做曲线运动的物体的速度方向必定变化

C.加速度变化的运动必定是曲线运动

D.加速度恒定的运动不可能是曲线运动

【答案】B

【解析】

【详解】A.由于速度是矢量，速度变化可以是大小和方向中的一个或两个同时变化，如果速度变化是由

速度大小变化引起的，而方向不变，则此运动为直线运动，故A错误；

B.做曲线运动物体的速度方向为曲线上各点的切线方向，则其速度方向一定发生变化，故B正确；

C.加速度变化的运动，如果加速度方向与速度方向在同一直线上，只是加速度大小变化，则物体做直线

运动，故C错误；

D.加速度恒定的运动可以是曲线运动，如平抛运动，故D错误。

故选B。

2.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（）

A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律

B.开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律

C.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律

D.开普勒总结出了行星运动的规律，并找出了行星按照这些规律运动的原因

【答案】C

【解析】

【详解】AC.开普勒在第谷观测的天文数据基础上，总结出了行星运动的规律，A错误，C正确；

B.牛顿发现了万有引力定律，B错误；

D.开普勒总结出了行星运动的规律，但他没有找出行星按照这些规律运动的原因，D错误；

故选C。

3.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复

拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的角速度可达IoOrad∕s,此时纽扣

上距离中心5mm处一点的向心加速度大小为（)

C.5∞0m∕s2D.50000m∕s2

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知，纽扣上的点转动角速度。=Ioorad∕s,半径r=5mm=0.005m,向心加速度为

1222

an-ωr-(IOO)×0.005m∕s-50m∕s

故选Ao

4.大麦哲伦云和小麦哲伦云是银河系外离地球最近的星系（很遗憾，在北半球看不见）。大麦哲伦云的质

量为太阳质量的IOK）倍，即2.0xl04Okg,小麦哲伦云的质量为太阳质量的1（）9倍，两者相距5x为4光年,

已知的=6.67X10"N∙m2∕Kg2,则大麦哲伦云和小麦哲伦云之间的引力约为（）

A.1.2×IO11NB.1.2×IO28NC.1.2×IO45ND.1.2×IO62N

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可知小麦哲伦云的质量为

2×1O40

939

m2-IOXkg=2×10kg

IO10

大麦哲伦云和小麦哲伦云之间的距离为

r=5×104×3×108×365×24×3600m=4.73×1020m

根据万有引力定律可知大麦哲伦云和小麦哲伦云之间的引力约为

P==667Xι-ι>2,O×1O4O×2.O×1O39

0xN=12X102SN

r2（4.73×1O20）2

故选Bt,

5.如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r,A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r,

小轮半径为2%B点在小轮上，到小轮中心的距离为roC点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上.如果

传动过程中皮带不打滑，则（）

B.C和。的线速度大小相等

C.A和C的角速度大小相等

D.B和。的角速度大小相等

【答案】D

【解析】

【详解】AC.由图可知，A、C两点同缘传动，则A、C两点的线速度大小相等，B、C两点的角速度大

小相等，根据

V=ωr

C点的线速度大于B点的线速度，则A点线速度大于B点的线速度，A点角速度大于C点的角速度，故

AC错误；

BD.B、C、。属于同轴传动，则8、C、D角速度大小相等，C点线速度小于。点的线速度，故B错

误，D正确。

故选D。

6.下列有关运动的说法正确的是（）

m

图甲图乙

A.图甲A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力、绳子的拉力和向心力的作用

B.图甲A球在水平面内做匀速圆周运动，A球角速度越大则偏离竖直方向的夹角越小

C.图乙质量为〃，的小球在最高点对管壁的压力方向，可能竖直向上也可能竖直向下

D.图乙质量为，〃的小球在最高点对管壁的压力大小为g∕"g,则此时小球的速度一定为

【答案】C

【解析】

【详解】A.向心力是一种效果力，实际上不存在，因此，图甲A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受

到重力、绳子的拉力作用，A错误；

B.根据

mgtanθ=mω2Lsinθ

解得

可知，A球角速度越大则偏离竖直方向的夹角越大，B错误；

C.若球与管壁之间没有力的作用，则

2

V

mg-m—0

解得

Vo=弧

可知，当球速度大于上述速度时，管壁对球的作用力方向竖直向下，根据牛顿第三定律，球对管壁的

作用力方向竖直向上，当球的速度小于上述速度时，管壁对球的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定

律，球对管壁的作用力方向竖直向下，C正确；

D.若管壁对球的作用力方向竖直向下，则有

加g+L〃g=加江

2r

解得

V序

若管壁对球的作用力方向竖直向上，则有

1v}

mg——mg=m—

2r

解得

D错误。

故选Co

7.如图，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心。的

对称轴0。，重合。转台以一定角速度3匀速转动。一质量为〃？的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止,

则下列说法正确的有（）

陶，W.

A.小物块可能受到4个力的作用

B.小物块与陶罐间的摩擦力一定为零

C.小物块与陶罐间摩擦力可能不为零

D.小物块所受弹力的方向一定指向陶罐的球心

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC.小物块一定受到重力和陶罐对它的支持力，可能还受到摩擦力，所以可能受到2个或3

个力的作用，AB错误，C正确；

D.小物块所受弹力（支持力）的方向与接触面垂直，一定指向陶罐的球心，D正确。

故选CD0

8.1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小

木船坚决强渡。若河面宽200m,水流速度3m∕s,木船相对静水速度4m∕s,则（）

A.渡河的最短时间为40s

B.渡河的最短时间为50s

C.渡河的最短航程为20Om

D.渡河的最短航程为250m

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.根据题意可知，当船头指向对岸时，渡河时间最短，最短时间为

f=W=50s

故A错误，B正确；

CD.根据题意可知，由于船在静水中的速度大于水流速度，则通过调整船头方向，可以使船的合速度方向

指向对岸，则最短航程为200m,故D错误，C正确。

故选BC0

9.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，。为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点,

运行的周期为"，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q、N再返回户的运动

过程中（）

_M

海王星L-------]...

/S、'\

Pr-*……?-----JQ

'、太阳:/'

''^^N"

A.从P到M所用时间小于

4

B.从P到。阶段，速率一直变小

C.海王星在。点的角速度等于P点的角速度

D.海王星运行轨道半长轴三次方与其运行周期的平方之比与海王星的质量有关

【答案】AB

【解析】

【详解】AB.根据开普勒第二定律可知，海王星在尸点速率最大，在。点速率最小，则从P到Q阶段，

速率一直变小，由对称性可知，P→Q所用时间为£,则从尸到M所用时间小于故AB正确；

C.根据题意，由公式U=可得

V

ω=-

r

由于

VQ<VP

l^Q>rP

则有

%<(OP

故C错误；

D.由开普勒第三定律可知，海王星运行轨道半长轴的三次方与其运行周期的平方之比与中心天体的质量

有关，即与太阳的质量有关，故D错误。

故选ABo

10.中国面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托

面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈（可视为质点）刚被削离时距开水锅的高度为

h,与锅沿的水平距离为L,锅的半径也为L将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，

重力加速度为g。则下列关于所有小面圈在空中运动的描述，正确的是（）

⅜

A.运动的时间都木目同

B.速度的变化量省“相同

芝度为国，贝IJL旧<%<3L旧

C.若小面圈的初工

D.小面圈落入锅匚口时，最大速度是最小速度的3倍

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.每片一圻做平抛运动的高度相同，则运动的时间都相同，A正确；

B.根据

∆v=gt

可知下落时间相等，则速度变化量都相同，B正确；

CD.落入锅中时,最大水平速度

=匹

%maX-,

最小水平速度

L

vOmin=~

合速度

y=J'+3）2

其中

Y

则最大速度不是最小速度的3倍，初速度的范围

璃<%<3L后

C正确，D错误。

故选ABC。

二、实验题（本题共2小题，第1小题6分，第2小题10分，每空2分，共16分。请

把正确答案填写在答题卡上）

11.用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小厂与质量加、角速度①和半径r之间的关

系。两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动。槽内的钢球就做匀速

圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢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，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程

中某次实验时装置的状态。

①在研究向心力的大小厂与质量机关系时，要保持相同。

A.»i和尸B.0和mC.m和rD.。和r

②如图，若两个钢球质量和半径相等，则是在研究向心力的大小尸与的关系。

A.质量加B.半径厂C.角速度。

③若两个钢球质量和半径相等，标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4,则

与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为。

A.l：2B.1：4C.2：1D.4：1

【答案】①.D②.C③.C

【解析】

【详解】①⑴在研究向心力的大小尸与质量，"关系时，须保持角速度和转动半径不变，故选D。

②⑵两个钢球质量和半径相等，则是在研究向心力的大小尸与角速度的关系，故选C。

③[3]根据

F=mcυ2r

两个钢球质量和半径相等，所受向心力的比值为1：4,则转动的角速度之比为1：2,因为靠皮带传动,

变速轮塔的线速度大小相等，根据

V=ωr

可知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1,故选C。

12.三个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验:

图(I)图⑵图⑶

(1)甲同学采用如图1所示的装置。用小锤打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球

被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改A球弹出时的速度，两球仍然同时

落地，这说明；

(2)乙同学采用如图2所示的装置。两个相同的弧形轨道M、N,分别用于发射小铁球P、Q,其中N

的末端与可看做光滑的水平板相切；两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度，使

AC=BD,从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度%相等，现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁

C、D上，然后切断电源，使两小铁球能以相同的初速度%同时分别从轨道M、N的下端射出。实验可观

察到的现象应是,若改变弧形轨道”距水平地面的高度，其它条件不变，重复上述实验，仍

能观察到相同的现象，这说明；

(3)丙同学采用频闪照相的方法拍摄到如图3所示的“小球做平抛运动”的照片。图中每个小方格的边

2

长为L=2.5cm,则由图可得频闪照相的时间间隔T=s,v0=m/s(8MX10m∕s)»

【答案】①.平抛运动在竖直方向是自由落体运动②.两球总是相撞③.平抛运动在水平方向

的运动是匀速直线运动④.0.05⑤.1

【解析】

【详解】(I)口]图1所示装置中，小球A和小球B同时落地，改变平抛的初速度后，两小球仍同时落

地，说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动。

(2)[2]⑶图2装置中，让P、Q两球在不同高度在同一竖直平面内同时运动，发现两球总是相撞。由于

AC=BD,则表明P、Q两球做平抛运动的初速度相同，所以该实验说明平抛运动在水平方向的运动是

匀速直线运动。

(3)[4][5]从图3中，所给的四个点来看，相邻两球的水平格数相等，说明时间间隔相等，在竖直方向上

有

L=gT2

解得

Γ=（）.05s

水平方向上有

2L=v0T

解得

v0=1m/s

三、解答题（本大题共4小题，12题8分，13题10分，14题12分，15题14分，共44

分。请把正确答案填写在答题卡上）

13.如图，人造卫星能够绕地球做匀速圆周运动是因为地球对卫星的万有引力提供了卫星做圆周运动所需

要的向心力。已知地球的质量为M,卫星的质量为〃?，卫星与地球之间的距离为d,万有引力常量为G。

（1）求卫星运动的线速度大小；

（2）若卫星与地球之间的距离为2d,求卫星运动的周期。

m

【答案】（1）U=J（2）τ=47,[2d~

「dJ---

NGM

【解析】

【详解】（1）根据万有引力充当向心力

2

八Mmmv

G--=-----

d2d

解得

∣GM

V=.-----

Vd

（2）根据万有引力充当向心力

解得

14.如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为，"=5Okg的重锤(重锤可视为质点)绕转轴。

匀速运动，重锤转动半径为R=0.5m,电动机连同打夯机底座的质量为M=40kg,重锤和转轴。之间连接杆

的质量可以忽略不计，重力加速度g取IomZS2。求：

(1)重锤转动的角速度至少为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？

(2)若重锤以上述的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？

【答案】(1)6rad∕s;(2)I800N

【解析】

【详解】(1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好离开地面，则有

T=Mg

对重锤有

mg+T=mω^R

解得

∣(M+m)g/(40+50)×10..,

ω-,-----------=J----------------rad/s=6rad∕s

VmRV50×0.5

(2)在最低点，对重锤有

T-mg=mωλR

对打夯机有

FN=T+Vg

则有

22

FN=mg+mωR+Mg=(50×10+50×6×0.5+40×10)N=1800N

由牛顿第三定律可知，打夯机对地面的压力为1800No

15.如图，某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以no=lθm∕s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放

了一个小球。此时无人机到水平地面的距离∕ι=5m,空气阻力忽略不计，g取IOm/S2,求。

(1)小球下落的时间；

(2)小球释放点与落地点之间的水平距离;

(3)小球落地时的速度。

【答案】(1)Is；(2)10m；(3)10∙^m∕s＞方向与水平方向成45°角斜向右下方

【解析】

【详解】(1)小球离开无人机时，具有和无人机相同的水平速度，即W=Iom∕s,根据小球竖直方向做自

由落体运动得∕∣=5g/,则小球下落的时间为

∣2h∣2^5

FkZS1

(2)根据小球水平方向做匀速直线运动得

X=V0Z=IOxlm=Iom

(3)小球落地时竖直方向的速度大小为

vy=gt=1()×lm∕s=l()m∕s