合肥六校聯盟2022-2023學年高一年級第二學期期中聯考

物理試卷

（考試時間：75分鐘滿分：100分）

一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分。1-6題只有一個正確答案，7-10題有多

個正確答案。漏選得2分，多選和錯選不得分。請把正確答案填涂在答題卡上）

1.下列說法中正確的是（）

A.速度變化的運動必定是曲線運動

B.做曲線運動的物體的速度方向必定變化

C.加速度變化的運動必定是曲線運動

D.加速度恒定的運動不可能是曲線運動

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由于速度是矢量，速度變化可以是大小和方向中的一個或兩個同時變化，如果速度變化是由

速度大小變化引起的，而方向不變，則此運動為直線運動，故A錯誤；

B.做曲線運動物體的速度方向為曲線上各點的切線方向，則其速度方向一定發生變化，故B正確；

C.加速度變化的運動，如果加速度方向與速度方向在同一直線上，只是加速度大小變化，則物體做直線

運動，故C錯誤；

D.加速度恒定的運動可以是曲線運動，如平拋運動，故D錯誤。

故選B。

2.關于行星運動的規律，下列說法符合史實的是（）

A.開普勒在牛頓定律的基礎上，導出了行星運動的規律

B.開普勒總結出了行星運動的規律，發現了萬有引力定律

C.開普勒在天文觀測數據的基礎上，總結出了行星運動的規律

D.開普勒總結出了行星運動的規律，并找出了行星按照這些規律運動的原因

【答案】C

【解析】

【詳解】AC.開普勒在第谷觀測的天文數據基礎上，總結出了行星運動的規律，A錯誤，C正確；

B.牛頓發現了萬有引力定律，B錯誤；

D.開普勒總結出了行星運動的規律，但他沒有找出行星按照這些規律運動的原因，D錯誤；

故選C。

3.“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復

拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現。拉動多次后，紐扣繞其中心的角速度可達IoOrad∕s,此時紐扣

上距離中心5mm處一點的向心加速度大小為（)

C.5∞0m∕s2D.50000m∕s2

【答案】A

【解析】

【詳解】由題意可知，紐扣上的點轉動角速度。=Ioorad∕s,半徑r=5mm=0.005m,向心加速度為

1222

an-ωr-(IOO)×0.005m∕s-50m∕s

故選Ao

4.大麥哲倫云和小麥哲倫云是銀河系外離地球最近的星系（很遺憾，在北半球看不見）。大麥哲倫云的質

量為太陽質量的IOK）倍，即2.0xl04Okg,小麥哲倫云的質量為太陽質量的1（）9倍，兩者相距5x為4光年,

已知的=6.67X10"N?m2∕Kg2,則大麥哲倫云和小麥哲倫云之間的引力約為（）

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

【答案】B

【解析】

【詳解】由題意可知小麥哲倫云的質量為

2×1O40

939

m2-IOXkg=2×10kg

IO10

大麥哲倫云和小麥哲倫云之間的距離為

r=5×104×3×108×365×24×3600m=4.73×1020m

根據萬有引力定律可知大麥哲倫云和小麥哲倫云之間的引力約為

P==667Xι-ι>2,O×1O4O×2.O×1O39

0xN=12X102SN

r2（4.73×1O20）2

故選Bt,

5.如圖是一皮帶傳動裝置的示意圖，右輪半徑為r,A是它邊緣上的一點。左側是一輪軸，大輪半徑為4r,

小輪半徑為2%B點在小輪上，到小輪中心的距離為roC點和D點分別位于小輪和大輪的邊緣上.如果

傳動過程中皮帶不打滑，則（）

B.C和。的線速度大小相等

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】

【詳解】AC.由圖可知，A、C兩點同緣傳動，則A、C兩點的線速度大小相等，B、C兩點的角速度大

小相等，根據

V=ωr

C點的線速度大于B點的線速度，則A點線速度大于B點的線速度，A點角速度大于C點的角速度，故

AC錯誤；

BD.B、C、。屬于同軸傳動，則8、C、D角速度大小相等，C點線速度小于。點的線速度，故B錯

誤，D正確。

故選D。

6.下列有關運動的說法正確的是（）

m

圖甲圖乙

A.圖甲A球在水平面內做勻速圓周運動，A球受到重力、繩子的拉力和向心力的作用

B.圖甲A球在水平面內做勻速圓周運動，A球角速度越大則偏離豎直方向的夾角越小

C.圖乙質量為〃，的小球在最高點對管壁的壓力方向，可能豎直向上也可能豎直向下

D.圖乙質量為，〃的小球在最高點對管壁的壓力大小為g∕"g,則此時小球的速度一定為

【答案】C

【解析】

【詳解】A.向心力是一種效果力，實際上不存在，因此，圖甲A球在水平面內做勻速圓周運動，A球受

到重力、繩子的拉力作用，A錯誤；

B.根據

mgtanθ=mω2Lsinθ

解得

可知，A球角速度越大則偏離豎直方向的夾角越大，B錯誤；

C.若球與管壁之間沒有力的作用，則

2

V

mg-m—0

解得

Vo=弧

可知，當球速度大于上述速度時，管壁對球的作用力方向豎直向下，根據牛頓第三定律，球對管壁的

作用力方向豎直向上，當球的速度小于上述速度時，管壁對球的作用力方向豎直向上，根據牛頓第三定

律，球對管壁的作用力方向豎直向下，C正確；

D.若管壁對球的作用力方向豎直向下，則有

加g+L〃g=加江

2r

解得

V序

若管壁對球的作用力方向豎直向上，則有

1v}

mg——mg=m—

2r

解得

D錯誤。

故選Co

7.如圖，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心。的

對稱軸0。，重合。轉臺以一定角速度3勻速轉動。一質量為〃？的小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止,

則下列說法正確的有（）

陶，W.

A.小物塊可能受到4個力的作用

B.小物塊與陶罐間的摩擦力一定為零

C.小物塊與陶罐間摩擦力可能不為零

D.小物塊所受彈力的方向一定指向陶罐的球心

【答案】CD

【解析】

【詳解】ABC.小物塊一定受到重力和陶罐對它的支持力，可能還受到摩擦力，所以可能受到2個或3

個力的作用，AB錯誤，C正確；

D.小物塊所受彈力（支持力）的方向與接觸面垂直，一定指向陶罐的球心，D正確。

故選CD0

8.1935年5月，紅軍為突破“圍剿”決定強渡大渡河。首支共產黨員突擊隊冒著槍林彈雨依托僅有的一條小

木船堅決強渡。若河面寬200m,水流速度3m∕s,木船相對靜水速度4m∕s,則（）

A.渡河的最短時間為40s

B.渡河的最短時間為50s

C.渡河的最短航程為20Om

D.渡河的最短航程為250m

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.根據題意可知，當船頭指向對岸時，渡河時間最短，最短時間為

f=W=50s

故A錯誤，B正確；

CD.根據題意可知，由于船在靜水中的速度大于水流速度，則通過調整船頭方向，可以使船的合速度方向

指向對岸，則最短航程為200m,故D錯誤，C正確。

故選BC0

9.如圖所示，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，。為遠日點，M、N為軌道短軸的兩個端點,

運行的周期為"，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經M、Q、N再返回戶的運動

過程中（）

_M

海王星L-------]...

/S、'\

Pr-*……?-----JQ

'、太陽:/'

''^^N"

A.從P到M所用時間小于

4

B.從P到。階段，速率一直變小

C.海王星在。點的角速度等于P點的角速度

D.海王星運行軌道半長軸三次方與其運行周期的平方之比與海王星的質量有關

【答案】AB

【解析】

【詳解】AB.根據開普勒第二定律可知，海王星在尸點速率最大，在。點速率最小，則從P到Q階段，

速率一直變小，由對稱性可知，P→Q所用時間為￡,則從尸到M所用時間小于故AB正確；

C.根據題意，由公式U=可得

V

ω=-

r

由于

VQ<VP

l^Q>rP

則有

%<(OP

故C錯誤；

D.由開普勒第三定律可知，海王星運行軌道半長軸的三次方與其運行周期的平方之比與中心天體的質量

有關，即與太陽的質量有關，故D錯誤。

故選ABo

10.中國面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統的操作手法是一手托

面，一手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面圈（可視為質點）剛被削離時距開水鍋的高度為

h,與鍋沿的水平距離為L,鍋的半徑也為L將削出的小面圈的運動視為平拋運動，且小面圈都落入鍋中，

重力加速度為g。則下列關于所有小面圈在空中運動的描述，正確的是（）

?

A.運動的時間都木目同

B.速度的變化量省“相同

芝度為國，貝IJL舊<%<3L舊

C.若小面圈的初工

D.小面圈落入鍋匚口時，最大速度是最小速度的3倍

【答案】ABC

【解析】

【詳解】A.每片一圻做平拋運動的高度相同，則運動的時間都相同，A正確；

B.根據

?v=gt

可知下落時間相等，則速度變化量都相同，B正確；

CD.落入鍋中時,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

則最大速度不是最小速度的3倍，初速度的范圍

璃<%<3L后

C正確，D錯誤。

故選ABC。

二、實驗題（本題共2小題，第1小題6分，第2小題10分，每空2分，共16分。請

把正確答案填寫在答題卡上）

11.用如圖所示的裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小廠與質量加、角速度①和半徑r之間的關

系。兩個變速輪塔通過皮帶連接，轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速輪塔勻速轉動。槽內的鋼球就做勻速

圓周運動。橫臂的擋板對鋼球的壓力提供向心力，鋼球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力

筒下降，從而露出標尺，標尺上的黑白相間的等分格顯示出兩個鋼球所受向心力的比值。如圖是探究過程

中某次實驗時裝置的狀態。

①在研究向心力的大小廠與質量機關系時，要保持相同。

A.?i和尸B.0和mC.m和rD.。和r

②如圖，若兩個鋼球質量和半徑相等，則是在研究向心力的大小尸與的關系。

A.質量加B.半徑廠C.角速度。

③若兩個鋼球質量和半徑相等，標尺上黑白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值為1：4,則

與皮帶連接的兩個變速輪塔的半徑之比為。

A.l：2B.1：4C.2：1D.4：1

【答案】①.D②.C③.C

【解析】

【詳解】①⑴在研究向心力的大小尸與質量，"關系時，須保持角速度和轉動半徑不變，故選D。

②⑵兩個鋼球質量和半徑相等，則是在研究向心力的大小尸與角速度的關系，故選C。

③[3]根據

F=mcυ2r

兩個鋼球質量和半徑相等，所受向心力的比值為1：4,則轉動的角速度之比為1：2,因為靠皮帶傳動,

變速輪塔的線速度大小相等，根據

V=ωr

可知與皮帶連接的變速輪塔對應的半徑之比為2：1,故選C。

12.三個同學根據不同的實驗條件，進行了“探究平拋運動規律”的實驗:

圖(I)圖⑵圖⑶

(1)甲同學采用如圖1所示的裝置。用小錘打擊彈性金屬片，金屬片把A球沿水平方向彈出，同時B球

被松開，自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小錘打擊的力度，即改A球彈出時的速度，兩球仍然同時

落地，這說明；

(2)乙同學采用如圖2所示的裝置。兩個相同的弧形軌道M、N,分別用于發射小鐵球P、Q,其中N

的末端與可看做光滑的水平板相切；兩軌道上端分別裝有電磁鐵C、D；調節電磁鐵C、D的高度，使

AC=BD,從而保證小鐵球P、Q在軌道出口處的水平初速度%相等，現將小鐵球P、Q分別吸在電磁鐵

C、D上，然后切斷電源，使兩小鐵球能以相同的初速度%同時分別從軌道M、N的下端射出。實驗可觀

察到的現象應是,若改變弧形軌道”距水平地面的高度，其它條件不變，重復上述實驗，仍

能觀察到相同的現象，這說明；

(3)丙同學采用頻閃照相的方法拍攝到如圖3所示的“小球做平拋運動”的照片。圖中每個小方格的邊

2

長為L=2.5cm,則由圖可得頻閃照相的時間間隔T=s,v0=m/s(8MX10m∕s)?

【答案】①.平拋運動在豎直方向是自由落體運動②.兩球總是相撞③.平拋運動在水平方向

的運動是勻速直線運動④.0.05⑤.1

【解析】

【詳解】(I)口]圖1所示裝置中，小球A和小球B同時落地，改變平拋的初速度后，兩小球仍同時落

地，說明平拋運動在豎直方向是自由落體運動。

(2)[2]⑶圖2裝置中，讓P、Q兩球在不同高度在同一豎直平面內同時運動，發現兩球總是相撞。由于

AC=BD,則表明P、Q兩球做平拋運動的初速度相同，所以該實驗說明平拋運動在水平方向的運動是

勻速直線運動。

(3)[4][5]從圖3中，所給的四個點來看，相鄰兩球的水平格數相等，說明時間間隔相等，在豎直方向上

有

L=gT2

解得

Γ=（）.05s

水平方向上有

2L=v0T

解得

v0=1m/s

三、解答題（本大題共4小題，12題8分，13題10分，14題12分，15題14分，共44

分。請把正確答案填寫在答題卡上）

13.如圖，人造衛星能夠繞地球做勻速圓周運動是因為地球對衛星的萬有引力提供了衛星做圓周運動所需

要的向心力。已知地球的質量為M,衛星的質量為〃?，衛星與地球之間的距離為d,萬有引力常量為G。

（1）求衛星運動的線速度大小；

（2）若衛星與地球之間的距離為2d,求衛星運動的周期。

m

【答案】（1）U=J（2）τ=47,[2d~

「dJ---

NGM

【解析】

【詳解】（1）根據萬有引力充當向心力

2

八Mmmv

G--=-----

d2d

解得

∣GM

V=.-----

Vd

（2）根據萬有引力充當向心力

解得

14.如圖是小型電動打夯機的結構示意圖，電動機帶動質量為，"=5Okg的重錘(重錘可視為質點)繞轉軸。

勻速運動，重錘轉動半徑為R=0.5m,電動機連同打夯機底座的質量為M=40kg,重錘和轉軸。之間連接桿

的質量可以忽略不計，重力加速度g取IomZS2。求：

(1)重錘轉動的角速度至少為多大時，才能使打夯機底座剛好離開地面？

(2)若重錘以上述的角速度轉動，當打夯機的重錘通過最低位置時，打夯機對地面的壓力為多大？

【答案】(1)6rad∕s;(2)I800N

【解析】

【詳解】(1)當拉力大小等于電動機連同打夯機底座的重力時，才能使打夯機底座剛好離開地面，則有

T=Mg

對重錘有

mg+T=mω^R

解得

∣(M+m)g/(40+50)×10..,

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

VmRV50×0.5

(2)在最低點，對重錘有

T-mg=mωλR

對打夯機有

FN=T+Vg

則有

22

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

由牛頓第三定律可知，打夯機對地面的壓力為1800No

15.如圖，某同學利用無人機玩“投彈”游戲。無人機以no=lθm∕s的速度水平向右勻速飛行，在某時刻釋放

了一個小球。此時無人機到水平地面的距離∕ι=5m,空氣阻力忽略不計，g取IOm/S2,求。

(1)小球下落的時間；

(2)小球釋放點與落地點之間的水平距離;

(3)小球落地時的速度。

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

【解析】

【詳解】(1)小球離開無人機時，具有和無人機相同的水平速度，即W=Iom∕s,根據小球豎直方向做自

由落體運動得∕∣=5g/,則小球下落的時間為

∣2h∣2^5

FkZS1

(2)根據小球水平方向做勻速直線運動得

X=V0Z=IOxlm=Iom

(3)小球落地時豎直方向的速度大小為

vy=gt=1()×lm∕s=l()m∕s