【文档说明】四川省达州市宣汉县土黄中学2021-2022学年高一下学期期中考试物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.179 MB，由小赞的店铺上传

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2022年04月土黄中学高一下物理检测试卷（期中）一、单选题本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。1.万有引力常量G的单位用国际单位制基本单位表达正确的是A.22NmkgB.2NmkgC.312mkgs−−D.212mkgs−−【答

案】C【解析】【详解】根据牛顿的万有引力定律2GMmFr=以及Fma=得到22FrmarGMmMm==国际单位制中质量的单位是kg，距离的单位是m，时间的国际单位是s，所以G的单位是312mkgs−−．故选C．2.关于向心力的下列说法正确的是（）A.物体由于做圆周运动而产生了

一个向心力B.向心力只能改变做圆周运动的物体的速度方向，不能够改变速度的大小C.做匀速圆周运动的物体其向心力指向圆心，所以是恒力D.做匀速圆周运动的物体其向心力可以改变线速度的大小【答案】B【解析】【详解】物体受到的向心力是效果力，并不是物体真正受

到的力，物体做圆周运动需要向心力而不是产生向心力，所以A项错误；向心力始终与速度方向垂直，只改变速度的方向不改变速度的大小，切向力改变速度的大小不改变速度的方向，所以B项正确；D项错误；力是矢量包括大

小和方向，向心力始终要指向圆心，方向时刻改变是变力，所以C项错误．3.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。如图甲、乙、丙、丁分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，正确的是（）A.甲图B.乙图C.丙图D.丁图【答案】C【解析】【分析】【详解】在曲线

运动中，合外力指向曲线的凹侧，速度减小，F在切线的分力与速度方向相反。故选C4.图（a）是用来“显示桌（或支持）面的微小形变”的演示装置；图（b）是用来“测量万有引力常量”的扭秤。由图可知，两个实验装置共同的物理思想方法是（）A.极限的思想方法B.放大的思想方法C.控制变量的方法

D.猜想的思想方法【答案】B【解析】【详解】两个实验都是通过将微小的变化放大，利于观察测量，都使用了放大的思想方法，故B正确，ACD错误。故选B。5.下列关于地球同步通信卫星的说法中，正确的是（）A.为避免通信卫星在轨道上相撞，应使它

们运行在不同的轨道上B.通信卫星只能运行在赤道上空某一恒定高度上C.不同国家发射通信卫星的地点不同，这些卫星轨道不一定在同一平面内。D.通信卫星定点在地球上空某处，各个通信卫星角速度相同，但线速度大小可以不同【答案】B【解析】【详解】ABC．同步卫星运行轨道为位于地球赤道上空某一恒

定高度上，不同国家发射的同步卫星均在该轨道上以大小相等的线速度运动，它们不会相撞，AC错误，B正确；D．通信卫星定点在地球上空某处，各个通信卫星的角速度相同，线速度大小也相等，D错误。故选B。6.下列说法正确的是()A.速度的变化量越大，加速度就越大B.在匀变速直线运动中，速度方向

与加速度方向一定相同C.平抛运动是匀变速曲线运动D.匀速圆周运动的线速度、角速度、周期都不变【答案】C【解析】【详解】A、单位时间内速度变化量越大，加速度就越大，故A错误；B、在匀变速直线运动中，速度方向与加速度方向不一定相同，可以相反，故B错误；C、平抛运动只受重力，加速度恒定，是匀变速曲

线运动，故C正确；D、匀速圆周运动的线速度、角速度、周期大小都不变，但线速度方向不断变化，故线速度是变化的，故D错误；故选C．【点睛】本题关键明确加速度和线速度是矢量，矢量方向变化也是矢量变化．7.国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．

1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，

东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为：（）A.a2＞a1＞a3B.a3＞a2＞a1C.a3＞a1＞a2D.a1＞a2＞a3【答案】D【解析】

【详解】试题分析：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=ω2r可知，a2＞a3；由万有引力提供向心力可得：2GMar=，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，所以有：a1＞a2＞a3，故ABC错误，D正确．故选D．考点：

万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等．8.如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内

做圆周运动，重力加速度为g，关于小球在最高点的速度v，下列说法正确的是（）A.v最小值为glB.v由零逐渐增大，向心力减小C.当v由零逐渐增大到gl时，杆对小球的弹力一直减小D.当小球通过最高点时，小球可能处于超重状态【

答案】C【解析】【详解】A．根据向心力公式2nvFml=由重力和杆的作用力提供向心力，当杆的作用力为支持力且大小等于小球重力时，小球的最小速度为0，A错误；B．根据向心力公式2nvFml=可知，v由零逐渐增大，向心力逐渐增大，

B错误；C．当小球在最高点时杆的作用力为0，由重力提供向心力，此时速度为0v，可得的20vmgml=解得0vgl=可知当vgl，杆对球的作用力表现为支持力，根据牛顿第二定律可得2NvmgFml−=整理得2NvFmg

ml=−即v由零逐渐增大到gl时，杆对小球的弹力一直减小，C正确；D．当小球通过最高点时，小球加速度指向圆心，即加速度竖直向下，小球处于失重状态，D错误。故选C。9.在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人。假设江岸是平直

的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为以v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d，如果战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点B离O点的距离为（）A.22221dvvv−B.0C.12dvvD.21dvv【答案】C【解析】【分析】

【详解】如图所示最短时间为2vdt=1svt=解得12dvsv=故选C。10.如图所示，O1为皮带传动主动轮的轴心，轮半径为r1，O2为从动轮的轴心，轮半径为r3；r2为固定在从动轮上的小轮半径．已知r3=2r1，r2=1.5r1．A、B和C分别是3个轮边缘上的点，质点A、B、C的线速度之比

是（）A.3：3：4B.4：4：3C.3：4：3D.3：4：4【答案】B【解析】【详解】A、B靠传送带传动，则线速度相等，即ABvv=，B、C的角速度相等，即BC=．由vr=知，23::4:3BCvv

rr==，所以::4:4:3ABCvvv=．故B正确．二、多选题本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分11.关于物体做曲线运动，下列说法正确的是（）A

.物体在恒力作用下不可能做曲线运动B.物体在变力作用下有可能做曲线运动C.做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向不在同一条直线上D.物体在变力作用下不可能做直线运动【答案】BC【解析】【详解】A．物体在恒力作用下也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A错误；B．物体在变力作用下有可能做

曲线运动，例如匀速圆周运动，选项B正确；C．做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向不在同一条直线上，选项C正确；D．物体在变力作用下也可能做直线运动，选项D错误。的故选BC。12.甲、乙两物体都做匀速圆周运动，转动半径之比

为1∶2，在相等时间里都转过60°圆心角。则（）A.线速度之比为1∶2B.线速度之比为1∶1C.角速度之比为2∶1D.角速度之比为1∶1【答案】AD【解析】【分析】【详解】CD．由题意在相等时间里都转过60°圆心角可知，甲、乙

的角速度相等，则角速度之比为1∶1，故D正确，C错误；AB．转动半径之比为1∶2，由公式vr=可得线速度之比为1∶2，故A正确，B错误。故选AD。13.如图所示，一个竖直的光滑圆形管道固定在水平面上，管道内有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是(

)A.小球通过管道最低点时，小球对管道的压力可能为零B.小球通过管道最低点时，管道对地的压力可能为零C.小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能为零D.小球通过管道最高点时，管道对地的压力可能为零【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．球通

管道低点时，向心力向上，根据牛顿第二定律知球所受合力向上，则管道下壁对球必有竖直向上的支持力，球对管道下壁必有竖直向下的压力，故A错误；B．此时对管道受力分析，管道所受合力为零，球对它的压力和重力都竖直向下，则地面对管道竖直向上

的支持力必不为零，故B错误；C．设管道半径R，球质量m，球通高点速度v，管道对球有向上的作用力N，根据牛顿第二定律2vmgNmR−=解得当vgR=时，N=0，根据牛顿第三定律，即小球对管道的压力0NFN==故C正确；D．小球通过管道最高点

时，设管道对球有向下的作用力N，根据牛顿第二定律2vmgNmR+=管道上壁对球的压力2vNmmgR=−根据牛顿第三定律，球对管道的支持力NN=对管道受力分析有地面对管道的支持力2vNMgNMgmgmR=−=+−当()mMgRvm+=时，0N=，根据牛顿第三定律，管

道对地的压力0NFN==故D确。故选CD。考点：圆周运动的规律，牛顿第三定律，14.2020年11月24日，长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号探测器成功发射升空并将其送入轨道，11月28日，嫦娥五号进入环月轨道

飞行，12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月壤着陆地球。假设嫦娥五号环绕月球飞行时，在距月球表面高度为h处，绕月球做匀速圆周运动（不计周围其他天体的影响），测出其飞行周期T，已知引力常量G和月球半径R，则下列说法正确的是（）A.嫦娥五号绕月球飞行的线速

度为()2RhT+B.月球的质量为2224()RhGT+C.月球第一宇宙速度为()2RhRhTR++D.月球表面的重力加速度为23224()RhRT+【答案】ACD【解析】【详解】A．嫦娥五号绕月

球飞行的轨道半径是R+h，则线速度()2RhvT+=故A正确；B．嫦娥五号绕月球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2224()（）GMmmRhRhT=++解得月球的质量2324()RhMGT+=故B错误

；C．设月球的第一宇宙速度为v1，有22122()vGMmGMmvmmRRRhRh==+，＋联立可得()12RhRhvTR++=故C正确；的D．在月球表面有2MmmgGR=解得月球表面的重力加速度232224

()GMRhgRRT+==故D正确。故选ACD。三、实验题，每空2分，共14分。15.用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。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，回答以下问题：（1）在该实验

中，主要利用了______来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系；A．理想实验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法（2）探究向心力与角速度之间的关系时，应让质量相同的小球分别放在______处，同时选

择半径______（填“相同”或“不同”）的两个塔轮。A．挡板A与挡板BB．挡板A与挡板CC．挡板B与挡板C【答案】①.C②.B③.相同【解析】【分析】【详解】（1）[1]根据向心力的表达式，探究向心力大小F与质量m，角速度和半径r之间的关系的实验采用控制变量法，故选C。（2）[2][3]探

究向心力的大小与圆周运动用角速度的关系时，应控制两球的质量与两球做圆周运动的轨道半径相等而两球的加速度不同，即应选择两个质量相同的球，分别放在挡板C与挡板A处，同时选择半径相同的两个塔轮。16.在“研究平抛运动”实验中：(1)下列说法正确的有______。A．调节斜槽轨道末端水平，是为了保证小

球抛出的初速度水平B．检验是否调节水平，方法是将小球放在轨道末端，看小球是否滚动C．每次释放小球时都应由静止释放，但可以从斜槽上不同位置释放D．必须使用光滑的斜槽(2)如图所示为某同学在研究小球的平抛运动时拍摄的频闪照片的一部分，其背景是边长为

4.90cm的小方格，g取9.80m/s2.由图可求得照相机的闪光时间间隔为__________s；小球抛出时的初速度大小为____________m/s。小球从抛出到到达B点，经历时间为________s【答案】①.AB②.0.1③.2.45④.0.3【解析】【详解】(1)[1]A．调节斜

槽轨道末端水平，是为了保证小球抛出的初速度水平，A正确；B．检验是否调节水平，方法是将小球放在轨道末端，看小球是否滚动，若小球静止不动，则斜槽末端水平，B正确；C．每次释放小球时都应从斜槽的同一位置由静止释放，C错误；D．由于从

斜槽同一位置由静止释放，斜槽不必须光滑也能保证每次小球初速度相同，D错误。故选AB。的(2)[2]由于小球在竖直方向上做自由落体运动，设小格的边长为L，根据22yLgT==可得闪光的时间间隔0.1sT=[3]水平方向做匀速直线运动，根

据05xLvT==解得02.45m/sv=[4]B点的竖直速度等于AC段在竖直方向的平均速度572.94m/s2ByLLvT+==由于Byvgt=因此运动的时间0.3st=四、计算题17.如图所示，一条小河两岸的高度差是

h，河宽是高度差的4倍，一辆摩托车（可看做质点）以v0=20m/s的水平速度向河对岸飞出，恰好越过小河。（g=10m/s2），求∶（1）摩托车在空中的飞行时间；（2）摩托车的落地速度。【答案】（1）1st=；

（2）105m/sv=，与水平方向夹角为1arctan2=【解析】【详解】（1）摩托车做平抛运动，则212hgt=04hvt=联立解得1st=（2）竖直分速度10m/syvgt==落地速度220105m/sy

vvv=+=设速度与水平方向夹角为01tan2yvv==所以1arctan2=18.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动

，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。【答案】（1）1vRg=；（2）()32RhπTRg+=【解析】【分析】【详解】（1）根据题给条件由212vGMmmgmRR==可得2GMgR=1vgR=（2）由公式222224

()()()MmmgRGmRhRhRhT==+++可得2()RhRhTRg++=19.如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着质量均为1kg的A、B两个物块，物块之间用长为1m的细线相连，细线刚好伸直且通过转轴中心O，A物块

与O点的距离为0.4m，物块可视为质点。A、B与转盘间的动摩擦因数均为0.1，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。（1）当转盘至少以多大的角速度匀速转动时，细线上出现拉力？（2）当转盘以ω1的角速度匀速转动时，A受到的

摩擦力恰好为零，求ω1是多大？（3）随着转盘角速度的增加，当细线上的拉力刚好达到5N时，烧断细线，求烧断那一瞬间，A和B的加速度大小？【答案】（1）15rad/s3；（2）5rad/s；（3）21m/s

ABaa==【解析】【分析】【详解】（1）A、B两物块的角速度相等，B物块的运动半径较大，所以在相同的转速下，B物块最先出现摩擦力不足以提供向心力的情况。设角速度为时，B物块所受的最大静摩擦力恰能提供向心力，细线上将开始出现拉力，则2Bmgmr=解得15rad/s3=（2）当转盘以ω1的角

速度匀速转动时，A受到的摩擦力恰好为零，设细线中的张力为T，则物块A所受的细线拉力恰好能提供向心力，物块B所受的最大静摩擦力不足以提供向心力，还需要细线提供额外的拉力，即21ATmr=21BTmgmr+=

消去T，解得15rad/s=（3）当A受到的摩擦力恰好为零时，转盘角速度为5rad/s=，此时细线中的拉力为212NATmr==所以当细线上的拉力达到5N时，物块A、B所受的摩擦力和细线拉力的合力提供各自的向

心力，即22AAFfmr−=22BBFfmr+=物块A、B所受的最大静摩擦力为max1Nfmg==代入解得210rad/s=即当细线上的拉力达到5N时，物块A、B所受的摩擦力已经达到了最大静摩擦力，各自所需的

向心力为4NAF=6NBF=烧断细线后，最大静摩擦力不足以提供向心力，物块A、B将做离心运动，所受合力等于滑动摩擦力，所以烧断细线的一瞬间，A和B的加速度大小为21m/sABmgaam===获得更多资源请

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