【文档说明】湖南省湖湘教育三新探索协作体2021-2022学年高一下学期期中考试物理试题 参考答案.pdf，共(5)页，532.162 KB，由envi的店铺上传

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物理参考答案第1页（共4页）2022年4月湖湘教育三新探索协作体高一期中联考物理参考答案1.C【解析】A项中场地技巧不可看成质点，B中10min指时间，D项中位移大小和路程不相等。2.D【解析】A项中物体之间不

接触也可以产生力，B项中木块受到的弹力是由于桌子发生微小形变而产生的，C项中重心不一定在物体上。3.B【解析】由图可得物体初速度10m/s，加速度大小为4m/s2,故B正确，C错误。A项3s内位移12.5m，D项第2s内平均速度是4m/s4.C【解析】A项r→0时,表达

式不成立，B项中元电荷是最小的电量，D库仑力与万有引力是两种不同性质的力5.D【解析】A项若手托着礼盒一起水平向右匀速运动，合力为零，受二个力作用故A错误；B项若手托着礼盒一起水平向右匀速运动，手对礼盒的作

用力和礼盒对手的作用力是一对相互作用力，故B错误；C若手托着礼盒一起向右匀减速运动时，手对礼盒作用力与重力合力提供加速度，所以手对礼盒作用力不等于重力故C错误；D项若手托着礼盒一起水平向右匀减速运动，则礼盒受到向左的静摩擦力，但并没有发生相对滑动，所以受到的摩擦

力fFmg≤手对礼盒的作用力222()()1mgmFmgg。6.B【解析】A．根据力的平衡，设细线上的拉力为T，则2Tcos60=mg解得T=mgA项错误；B．仅将D端缓慢沿杆向上移，根据几何关系可知，细线与竖直方向的夹角

不变，因此拉力大小不变，B项正确；C．仅将E端缓慢沿杆向左移，细线与竖直方向的夹角变小，因此拉力减小，C项错误；D．仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，由于滑轮两边细线与竖直方向的夹角总是相等，因此DC段细线始终不可能变成水平，D项错误。7.CD【解析】根据图像，3s时甲乙速度相等相距最近，

A错误，B错误；CD．因为手机检测到蓝牙耳机能被连接的时间为4s，根据图像，无线连接的时间是1～5s，甲加速度大小为2260m/s1m/s60aC正确；T=5s时，X甲=17.5m,X乙＝15m,此时两者相距d=10+X乙

-X甲=7.5m，D正确。8.BD【解析】A．空间站绕地球运动线速度小于7.9km/s.故A错误；B.空间站绕地球运动的角速度大于同步卫星的角速度故B正确；C．空间站遇见紧急情况需要降低轨道避让太空垃圾，做近心运动，需要点火减速，

故C错误。D．9.8m/s2是近地卫星的向心加速度，是最大的向心加速度，故空间站运动时的向心加速度小于9.8m/s2，故D正确。9.AB【解析】由Vacos37=Vbcos53Va+Vb=35可得：Va=15m/sVb=20m/sV绳＝

12m/s故AB正确，CD错误10.BCD【解析】A．铁球在运动过程中受重力、轨道支持力、和磁性引力作用，磁性引力始终指向圆心且大小不变，轨道支持力方向过圆心，它们始终与速度垂直，重力竖直向下，重力对铁球做功，铁球的速度大小改变，故陀螺不可能

做匀速圆周运动，故A错误；B．轨道可以给陀螺支持力，故经过最高点时速度可以为零，此时支持力的大小等于磁性引力和重力物理参考答案第2页（共4页）的合力，故B正确；C．要做完整圆周运动，最高点速度最小为零，最高点到最低点由动能定理有2min122mgRmv。解得最低点的最小速度min2

vgR。在最低点的最大速度应满足2maxvFmgmR解得gRvm9。所以为保证陀螺做完整的圆周运动，陀螺经过最低点时的速率gRVgR94，故C正确；D设最高点为A点，最低点为B点，在A点的支

持力为AN，在B点的支持力为BN，则在A点有2AAvFmgNmR在B点有2BBvFmgNmR从A到B由动能定理2211222BAmgRmvmv联立解得6ABNNmg故D正确。11.【答案】（1）不是（2）dg（3）2225

4gLdd（每空2分）【解析】（1）由于竖直方向相等时间的位移比为1∶2∶3，不是1∶3∶5，因此O不是抛出点；（2）设频闪照片的照相间隔为T，根据2ygT有2dgT可得dTg（3）小球抛出的初速度0LvT解得0xgvvLd，在竖直方向上根据中间时刻的瞬时速度等于整段的

平均速度，可得在位置B的竖直速度大小为5522yddgvTd在位置B的合速度大小22xyvvv解得v=22254gLdd12.【答案】（1）dt（2）212BAABdmmghmmt（3）11kk（4）小于（每空2分）【解析

】（1）由于挡光片的宽度较小，其平均速度等于瞬时速度，则可得挡光片通过光电门时的速度为dvt物理参考答案第3页（共4页）（2）根据机械能守恒得21()()2BABAdmghmghmmt即

212BAABdmmghmmt（3）由于212BAABdmmghmmt变形可得2212BAABmmghtmmd即有BAABmmkmm解得11ABmkmk（4）计算得到的速度是平均速度即中间时刻的瞬时速度，小于

中间位置的瞬时速度。13.【答案】（1）30m/s；（2）15m；（3）1s【解析】（1）自由下落3s末的速度v的大小为30m/svgt…………2（分）（2）自由下落的高度21145m2hgt……2（分）所以匀减速下落高度h2=h-h1-h3=15m……2（分）（3）制动

过程有h2=V*t可得t=1s……………………2（分）14.【答案】（1）0.75；（2）6m/s；（3）0.5【解析】（1）匀速下滑时，由平衡条件得f=mgsin37°FN=mgcos37°f=μFN…………1（分）解得μ=0.75…

………2（分）（2）加速下滑时，满足tvL20＝解得v=6m/s…………2（分）（3）由运动学公式：V＝V0+at可得a=2m/s2………1（分）由牛顿第二定律得mgsin37°-μFN=ma…………1（分）FN=mgcos37°解得μ=0.5…………1（分）15、【答案

】（1）10m/s；（2）37.5J；（3）30N【解析】（1）从B到C过程由动能定理：2221212BcmvmvRmg…………2（分）在C点：Rvmmgn2Ｆ…………1（分）可得：V0=10m/s…………1（分）（2）从A到B过程由动能定理：222121ABfmvmvw

－…………2（分）可得wf=37.5J…………2（分）（3）从Ｂ到Ｄ动能定理：222121BDmvmvmgR－…………2（分）在Ｄ点向心力Rvmn2Ｆ…………1（分）可得FN＝30N…………1（分）物理参考答案第4页（共4页）16.【答案】（1）a1=3m/s222s2m/a（2）5m/

s；2m/s（3）7J【解析】（1）假设木板和物块有相对滑动，撤F前，对木板：1122211()Fmmgmgma解得：a1=3m/s2…………2（分）对物块：2222mgma解得：22s2m/a…………2（分）

因12aa，故假设成立（2）撤去F时，木板、物块的速度大小分别为：V1=v0+a1t1=5m/s………1（分）V2=a2t1=2m/s………1（分）（3）撤F后，对木板：1122213()mmgmgma

解得：a3=2.5m/s2……1（分）对物块：2224mgma解得：242m/sa……1（分）撤去F后，设经过t2时间木板和物块速度相同：对木板有：132vvat对物块有：242vvat得：st322smV/310＝……2（分）撤F前，物块相对木

板向左滑行了mtvtvvx5.222121101……1（分）撤F后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了mtvvtvvx12222212……1（分）之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：mxxL5.321＝……1（分）物块与木板间因摩擦产生的热量：JgLmQ7

22＝……1（分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com