【文档说明】重庆市万州二中2021-2022学年高一下学期期中考试 物理参考答案.docx，共(10)页，224.357 KB，由小赞的店铺上传

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高一下期中考物理试题参考答案：一、单选题1．A【解析】A．只有当物体做匀速圆周运动时，其所受合力方向才一定指向圆心，选项A正确。B．B．恒力作用下，物体不一定做直线运动，例如平抛运动，选项B错误；C．若加速度和速度同向，则当物体的加速度减小时，其速度增加，选项

C错误；D．加速度越大，速度变化越快，速度变化不一定越大，选项D错误；故选A。2．B【解析】A．哥白尼首先提出了“日心说”，故A错误；B．卡文迪什测量引力常量使用的扭秤装置，利用入射光线不变时，当入射角改变时，将扭秤转动的角度通过反射光线在屏上光斑移动显示出来，采用放大法，故B

正确。C．牛顿发现了万有引力定律，故C错误；D．开普勒发现行星运行的轨道是椭圆的，故D错误；故选B。3．D【解析】CD．汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，其中摩擦力提供向心力。故C正确，与题意不符；D错误，与题意相符；AB．汽车转弯时，径向的静摩擦力提供向心力

有一个最大静摩擦力的限制，所需向心力越小，则汽车越安全。根据公式22nvFmmrr==易知，汽车以恒定的角速度转弯，选择内圈时，轨道半径较小，所需向心力较小，较为安全；汽车以恒定的线速度大小转弯，选择外圈时，轨道半径较大，所需向

心力较小，较为安全。故AB正确，与题意不符。故选D。4．A【解析】A．a、b两点的传动是齿轮传动，两齿轮边缘的线速度大小相等，由v=ωr可知，角速度ω与半径r成反比，因为ra>rb，ωa<ωb，a、c两点同轴转动，ωa=ωc，所以ωb>ωc，A正确；B．因为ωb>ωc，rb=rc，

所以vb>vc，B错误；C．因为ω=2πn，ωa<ωb，所以na<nb，C错误；D．因为an=ωv，ωa<ωb，va=vb，所以aa<ab，D错误。故选A。5．C【解析】A．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短min150s30s5dtv===船选项A错误；B．船以最短时间30s渡河时沿河

岸的位移min330m90mxvt===水即它沿水流方向的位移大小为90m，选项B错误；CD．因为船的静水速度大于水流速度，所以船能垂直渡河，此时渡河位移最短。如图所示：相对岸边速度大小为224m/svvv−==水船渡河时间为150s37.5s4dtv==

=选项C正确，D错误。故选C。6．D【解析】A滑到最低点时速度方向水平向左，它的两个分速度v1、v2如图所示B球的速度与v1大小相等，由几何关系知vcos45°=vB可得vB=v1=22v故选D。7．B【解析】A．根据开普勒第三定律可知3322rrTT=火地地火火

星的公转周期和地球的公转周期之比为3332，故A错误；B．根据万有引力公式2MmFGR=结合题意可知，探测器在火星表面所受火星引力与在地球表面所受地球引力之比为49，故B正确；C．根据万有引力提供向心力可知22MmvGmRR=解得GMvR=结合题意可知，探测器环绕火星表面运行速度与环

绕地球表面运行速度之比为23，故C错误；D．探测器绕火星运行周期为T，结合万有引力提供向心力可知2224MmrGmrT=解得2324rMGT=火星的平均密度为MV=343RV=星探测器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动，则rR联立解得23GT=故D错误。故选B。二、多选题8．A

CD【解析】人造地球卫星靠地球对它的万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力指向地心，所以人造地球卫星做圆周运动的圆心是地心，故ACD正确，B错误。故选ACD。9．AD【解析】A．三个小球做平抛运动，在竖直方向都做自由落体运

动，由公式212hgt=可知2htg=B球下落高度最大，则小球B飞行时间最长，A正确；B．三个小球都只受重力作用，加速度都为g，所以加速度相等，B错误；C．小球B下落时间最长，小球C下落时间最小，小球C水平位移最大，由公式0xvt=可

知，小球C的初速度最大，则有小球B、C做平抛运动的初速度不相等，C错误；D．由2htg=可知，小球C下落高度最小，时间最小，由vgt=可知小球C速度变化量最小，D正确。故选AD。10．BC【解析】AC．当2va=时，此时绳子的

拉力为零，物体的重力提供向心力，则有2vmmgR=解得agR=即agR=则绳长不变，换小球质量更大的球做实验，图线a点的位置不变，A错误C正确；B．当22va=时，对物体受力分析，则有2vmgbmR+=解得bbRmga==B正确；D．小球过最高点时2vmgFmR+=解得2

vFmmgR=−图乙的斜率mkR=用质量更大的球，绳长不变做实验，得到的图线斜率更大，D错误。故选BC。11．CD【解答】解：A、当ω＝0时，说明小球处于静止状态，对小球受力分析可得受到的摩擦力为：f＝mgcosθ，故A错误；B、对小

球受力分析如下图：小球在水平面内做匀速圆周运动，则有：水平方向上：竖直方向上：FNsinθ+Ffcosθ＝mg解得：FN＝mgsinθ+mω2hsinθcosθFf＝mgcosθ﹣mω2hsin2θ小球始终和支架保持相对静止，θ和h为定值，所以随着ω从0开始逐渐增大，臂对小

球的弹力FN的大小逐渐增大，故B错误；C、由B选项的结论，令Ff＝mgcosθ﹣mω2hsin2θ＝0，可得ω＝，故C正确；D、由B选项的结论，当臂对小球的摩擦力方向沿杆向上时，可令Ff＝mgcosθ﹣

mω2hsin2θ＝mg，可得ω＝；当臂对小球的摩擦力方向沿杆向下时，可令Ff＝mgcosθ﹣mω2hsin2θ＝﹣mg，可得ω＝；故D正确；故选：CD。三、实验题12．A0.22【解析】(1)[1]A．只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度，其运动才是平抛运动，故A正确；B

．每次释放小球的位置必须相同，以保证小球有相同的水平初速度，故B错误；C．钢球与斜槽间是否有摩擦，对实验没有影响，故C错误；故选A；(2)[2]由212hgt=可得钢球从O点到达A点的时间2222010s0.2s10htg−===[3]由0xvt=可得钢球平抛的初速度204010m/s

2m/s0.2xvt−===12．M-m0大于gRvmMMA20)(−+gRvmMMB20)(−−【解析】(2)依题意有M=mo+m，所以m=M-m0(3)玩具小车向凹形桥底端运动时,对桥的压力大于重力,向凸形桥顶部运动时,对桥

的压力小于重力，所以玩具小车通过凹形桥最低点时对桥的压力大于玩具小车通过凸形桥最高点时对桥的压力；(4)若玩具小车通过A的速度是VA,有RvmmgNAA2=−托盘秤的示数为gRvmMMA20)(−+若玩具小车通过B的速度是VB，有RvmNmgBA2=−托盘秤的示数为gRvmMMB20)

(−−四、解答题14．（1）2324()RhMGT+=；（2）23224()RhgRT+=；（3）23124()RhvRT+=【解析】（1）由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得2224()()MmGmRhRhT=++解得2324()Rh

MGT+=（2）由002MmGmgR=解得23224()RhgRT+=（3）由2''12vMmGmRR=解得23124()RhvRT+=15．(1)50rad/s=；(2)1.12ml=，0.86mh=【解析】(1)轮子

的线速度为05m/ssin37vv==轮子转动角速度为50rad/svR==(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为vy，运动时间为t，水平和竖直分位移分别为x、y04m/stan37yvv==0.4syvtg==01.2mxvt==210.8m2ygt==水管出水口距轮轴O水平距离

l和竖直距离hcos371.12mlxR=−=sin370.86mhyR=+=16.【解答】解：（1）对小球A受力分析如图所示，由F＝ma得，，①由几何关系知：，②由①②解得：，即θ＝37°．③（2）对物块B受力分析，由F＝ma得，当物块受

到的最大静摩擦力fmax向左时，转盘ωB最大。④当物块受到的最大静摩擦力fmax向右时，转盘ωB最小。⑤又由（1）对A知，⑥联合③④⑤⑥解得ωBmin＝2rad/s，ωBmax＝4rad/s。即ωB的取值范围为2rad/s

＜ωB＜4rad/s。（3）绳断后A、B均做平抛运动，设经时间t，A和B速度垂直，由平抛运动规律知此时A、B竖直方向速度均为vy＝gt⑦水平方向：vOA＝rAωA＝1.5m/s，vOB＝rBωBmin＝2m/s。作图，由几何关系

得，，即t＝，代入数据解得t＝。答：（1）细线与竖直方向的夹角为37°；（2）水平转盘角速度ωB的取值范围为2rad/s＜ωB＜4rad/s。（3）经过时间小球A和小物块B的速度相互垂直。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com