【文档说明】广东省佛山市第一中学2022-2023学年高一下学期第一次教学质量检测试题 物理（选考）答案.docx，共(7)页，205.483 KB，由小赞的店铺上传

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佛山一中2022-2023学年下学期高一第一次教学质量检测物理科（选考）试题参考答案1．C【详解】A．物体做曲线运动时，其所受合外力方向与速度方向不在同一直线上，但合力可以是恒力，比如平抛运动，故A错误；B．物体做变速圆周运动

时，物体沿切向方向的合力不为零，故物体所受合外力的方向并不指向圆心，故B错误；C．开普勒第三定律得出的表达式32RkT=，其中k是一个与中心天体有关的常量，故C正确；D．万有引力定律表达式122mmFGr=适用于两质点间的引力计算，当r趋近于零时，物体不能看成质点，万有引力定律表达式

122mmFGr=不再成立，所以不能得到万有引力趋近于无穷大的结论，故D错误。故选C。2．B【详解】A．小物块受到重力、支持力和摩擦力三个力，向心力不是物体的实际受力，故A错误。B．圆盘做匀速圆周运动，向心力由摩擦力提供，始终指向转盘中

心，故B正确；C．圆盘做匀速圆周运动f=mω2r离转盘中心越近，摩擦力越小，不会达到最大静摩擦力，越不容易做离心运动，故C错误；D．根据2fmrmg=所以给杯子中加水，杯子不会做离心运动，故D错误。故选B。3．B【详解】A．摩天轮

座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，乘客也随之做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，故每个乘客受到的合力任意时刻都不等于零，故A错误；B．每个座舱的速度方向沿圆周切线方向，速度不同，故B正确；C．做匀速圆周运动的物体受合外力方向时刻指向圆心，合外力方向时刻改变，故每个乘客

都在做变加速曲线运动，故C错误；D．乘客在乘坐过程中在不同的位置对座位的压力不同，故D错误。故选B。4．C【详解】根据万有引力定律，地球对返回器的引力为1121MmFGr=月球对返回器的引力为2222MmFGr=则返回器距月球球心的距离与月球球心距地球球心之间的距离之比为2119

rr=212110rrr=+故C正确，ABD错误。故选C。5．C【详解】物体自由下落到某处突然受一恒定水平向右的风力，此时合力向右下方，则轨迹应向右弯曲，且拐弯点的切线方向应与速度方向相同，即竖直向下；风停止后，物体只受

重力，即合力竖直向下，轨迹应向下弯曲。故选C。6．C【详解】AC．由于从c处击出的球能竖直到达d点，从d到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vya=vyb，tc=2ta由于水平方向的位移相同，根据

v水＝xt可知va水＞vc水根据速度的合成可知，从a击出的排球速度va0=va水从c击出的排球的初速度220cyacvvv=+水故两过程中，小球的初速度大小可能相等；故A错误，C正确；B．排球击中b点时，根据

运动的对称性可知，c处击出时的速度大小与击中b点时速度大小相等，a球击中b点时的速度22aayavvv=+水由于va水＞vc水，故从a点击出的排球击中b点时的速度较大，故B错误；D．设排球击中b时速度与水平方向夹角为θtanyvv=水两种情况排球击中b时vy相同，而v水不同，故速度与水平方向夹角

不同。故D错误。故选C。7．B【详解】A．如图所示，以A为研究对象，对其进行速度分析可得图中v为A的合速度，vb等于B的速度，由几何关系可得vb=vcosθ故A正确；B．A匀速上升，θ增大，vb减小，B的加速度向上，B处于超重状态，故B错误；C．

重物B下降过程，B处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C正确；D．A运动到位置N时，θ=90°，B的速度为vb=0，故D正确。故选B。8．C【详解】设转动的角速度为，当A球在最高点时2mgmL=当A球

运动到最低点时21FmgmL−=对于B球2211=?2FmgFmL−−解得23.5Fmg=故选C。9．CD【详解】A．开普勒用20年的时间研究了丹麦天文学家第谷的行星观测记录，总结出了开普勒行星运动定律，故A错误

；B．对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，对于不同行星与太阳连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故B错误；C．牛顿得出了万有引力与物体质量及它们之间距离的关系，但却无法算出两个天体之间万有

引力的大小，因为他不知道引力常量G的值，故C正确；D．在牛顿的时代，人们已经能够比较精确地测定自由落体加速度，当时也能比较精确地测定月球与地球的距离、月球公转的周期，从而能够算出月球运动的向心加速度。计算结果与预期符合得很好。这表明，地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力

，与太阳、行星间的引力，遵从相同的规律，故D正确。故选CD。10．ACD【详解】A．依题意知，轮1与轮3皮带传动，则线速度之比为1311vv=轮3与轮2同轴转动，角速度相同，则2311=根据vr=，可知轮1与轮3角速度之比为313112rr

==即轮1与轮2角速度之比为112312==轮1与轮2线速度之比为111222211323vrvr===因为轮2与轮4皮带传动，则轮2与轮4的线速度相同，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为

421131cavvvvvv===A正确；B．根据vr=，知轮2与轮4的角速度之比为244213rr==则可知轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为4161ca==B错误；C．根据2n=可得，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比转速之

比为61ccaann==C正确；D．根据2ar=，知，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比向心加速度之比为2444211113618211caaaraar====D正确。故选ACD。11．BCD【详解】CD．在最高点，对A球有23AvmgmgmR+=解得2AvgR=对B

球有2BvmgmR=解得BvgR=故CD正确；AB．离开圆管后两球均做平抛运动，由平抛运动规律可得落地时A、B的水平分位移分别为224AAARxvtvRg===222BBBRvtvRgx===则2ABxxxR=−=故A错误，B正确。故选BCD。12．BC【详解】A．甲运动员从B点飞

出到距离斜面最远时，速度方向与斜面平行，则有11tanyvgtvv==解得1tanvtg=A错误；B．设BC长度为l，对甲运动员有2111sin22lgt=111cos2lvt=对乙运动员有221sin2lgt=22coslvt=联立解得212vv=B正确

；CD．据平抛运动的推论可知，速度偏角的正切满足tan2tan=甲、乙两运动员落到着陆坡时位移偏角相同，均为，故甲、乙两运动员落到着陆坡瞬间速度方向相同，C正确，D错误。故选BC。13．BCD2.5（10cm−，1.25cm−）【详解】（1）[1]A．斜槽轨道光滑与否对实验没有影响，故A错

误；B．为了保证小球离开斜槽末端时的初速度的方向是水平方向，故斜槽轨道末段N端必须水平，故B正确；CD．本实验只验证平抛运动的小球竖直方向的分运动，不需要每次水平初速度相同，所以小球可以在不同位置释放，故C正确，D错误。故

选BC。（2）[2]该实验结果可表明P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，即P小球在竖直方向的分运动为自由落体运动。故选D。（3）[3]小球P在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运功，在竖直方向，根据匀变速直线运功的推论可得2ygT=代入数据，解得0.1s0.1s10bc

abyyyLTggg−=====所以水平方向的速度大小为020.2m/s2m/s0.1xLvvT====小球经过b点时竖直方向的速度大小为30.3m/s1.5m/s2220.1acbyyLvTT====所以小球经过b点时的速度大小为222221.5m

/s2.5m/sbxbyvvv=+=+=[4]小球运动到b点的时间为1.5s0.15s10byvtg===所以小球运动到b点时，竖直方向的位移为2111.25cm2ygt==水平方向的位移为30cmxxvt=

=若以a点为坐标原点，则抛出点的坐标为（10cm−，1.25cm−）。14．C1:31:4【详解】（1）[1]第一层皮带传送时线速度相等且半径相等，则两盘转动的角速度相等，将质量相等的两个小球分别放置挡板B和C处，就能保证有不同的半径，根据2nFmr=，可知探究的是向心力和半径的关系

；故选C。（2）[2]若传动皮带套在塔轮第三层，同一皮带的线速度相等，而两轮的半径之比为3:1，由vR=可知，两塔轮的角速度之比为1:3；（3）[3]两个球的质量m相等，传动皮带位于第二层时因两轮的半径R之比为2:1，则由vR=可知，两

塔轮的角速度之比为1:2；A、C分别到左右塔轮中心的距离相等即转动时的半径r相等，根据2nFmr=可知向心力之比为1:4，左右两标尺的露出的格子数向心力的大小关系，则格子数之比为1:4。15．1297FF=【详解】质点与大球球心相距2R，其万有引

力为F1，则有F1=221(2)4MmMmGGRR=大球质量为M=ρ×43πR3挖去的小球质量为M′=ρ×43π32R即M′=18ρ×43πR3=8M小球球心与质点间相距32R，小球与质点间的万有引力为F1′=22'1318()2Mm

MmGGRR=则剩余部分对质点m的万有引力为F2=F1-F1′=214MmGR-2118MmGR=2736MmGR故有1297FF=16．（1）3m/s；（2）5m/s；（3）1.4s【详解】（1）小球落到斜面上并沿斜面下滑，则有0tan53yvv=又

在竖直方向有22yvhg=联立解得03m/sv=4m/syv=（2）小球到达斜面顶端时的速度v的大小2205m/syvvv=+=（3）平抛过程有2112hgt=解得10.4st=沿斜面下落过程有：物体初速度5m

/sv=加速度2sin538m/sag==由运动学公式得2221sin532Hvtat=+解得21st=所以总时121.4sttt=+=17．（1）121FF=；（2）3gL=【详解】(1)设AB绳与竖直方向的夹角为，根据几何关系有sin2LL=

设甲球的质量为m，对甲球，在水平方向有21sinFmL=对乙球，在水平方向有222FmL=解得121FF=(2)设BC绳的弹力大小为F，对甲球，在竖直方向有1cosFmgF=+对乙球，在竖直方向有2Fmg=又21sinFmL=解

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