河南名校联盟2022-2023年下学期期中联考高一物理参考答案

2022—2023学年下期期中联考

高一物理参考答案

1．【答案】D

【解析】当足球所受合力方向与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，并且合力（或加速度方向）指向轨迹的凹侧，速度方向沿切线方向，由牛顿第二定律可知，运动过程中任何加速度不为零的物体，其加速度方向都是合力的方向，这个结论与物体运动的轨迹无关，所以D正确.故选D.

2．【答案】B

【解析】当θ＝90°时，即为电动小车P到达O点正下方时，此时演员Q的速度为零，但Q的合外力向上，处于向下减速的末端，此时，故A错误；由题可知，P、Q用同一根细线连接，则电动小车P沿细线方向的速度与演员Q的速度相等，则当θ＝60°时，vPcos60°＝vQ，解得vP∶vQ＝2∶1，B正确；演员Q从开始运动到最低点的过程中，向下做减速运动，加速度向上，处于超重状态，绳子的拉力始终大于演员的重力，故C、D错误．

3．【答案】Ｄ

【解析】若仅改变飞镖的质量，不会影响飞镖的运动情况，则飞镖仍击中靶心上方，A错误；若仅把投掷点向上移，水平位移不变，在空中的运动时间不变，竖直位移不变，应落在靶心更上方，B错误；若仅把投掷点向前移，水平位移变小，在空中的运动时间变短，竖直位移更小，应落在靶心更上方，C错误；投掷时用力小一些，即速度小些，其他不变，时间变长，竖直位移变大，有可能击中靶心，D正确.

4．【答案】A

【解析】甲种情况：对小球进行受力分析，如图所示，根据平衡条件得，F1＝mgtanθ，F2＝，由于θ不断增大，故F1增大，F2增大；乙种情况：对小球进行受力分析，如图所示，根据平衡条件得，F３＝mgsinθ，F4＝mgcosθ，由于θ不断增大，故F3增大，F4减小；A正确．

5．【答案】B

【解析】对于“天和一号”所以故A错误；“天和一号”绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为v，周期为T，则有T＝，根据万有引力提供向心力有G＝m，联立解得地球的质量M＝，所以B正确；“天和一号”在轨飞行时只受万有引力作用，所以其向心加速度等于轨道所在处的引力加速度，故C错误；在失重条件下，不能使用天平测量物体的质量，故D错误.

6．【答案】C

【解析】月球绕地球公转，由万有引力提供向心力得G＝mr，解得地球的质量M＝，B错误；对“嫦娥五号”探测器绕月球表面做圆周运动，同理得到月球质量为，A错误；探测器绕月球表面运行，由万有引力提供向心力得G＝m0R，解得月球的质量m＝，则月球的密度ρ＝＝＝，C正确．地球的半径未知，所以无法求解地球的密度，D错误.

7．【答案】D

【解析】当小球以一定的角速度在水平面内做圆锥摆运动时，小球有可能只受到重力，绳子拉力的作用，所以A错误；当小球以一定的角速度在水平面内做圆锥摆运动时，小球可能受到的力中不可能有向心力，向心力是效果力，仍由性质力来提供，B错误；对球，当支持力FN恰好为0时，mgtan60°＝mωsin60°解得ω0＝.所以C错误；对球，>，所以小球离开桌面，FN2＝0，F2sinθ＝mωsinθ解得F2＝5mg.所以D正确.

8．【答案】AD

【解析】由v－t图像可知，小行李箱的初速度v0＝8m/s，传送带转动的速度v＝4m/s，小行李箱开始做匀减速直线运动，后与传送带一起匀速运动，由v－t图像可知受力分析可知，解得所以A正确；由v－t图像，小行李箱在前2s内运动的距离为s＝×(4＋8)×1m＋4×1m＝10m，所以小行李箱在前2s内运动的平均速度为5m/s，B错误；AB两点间距离为s＝×(4＋8)×1m＋4×2m＝14m，C错误；小行李箱留在传送带上摩擦痕迹长为Δs＝×(4＋8)×1m－4×1m＝2m，D正确．

9．【答案】AC

【解析】荷球从A到B和从B到C的运动过程中速度的变化率即加速度相同，均竖直向下，大小为g，所以A正确；荷球在B点时速度不为零，仍有水平速度，所以B错误；把AB和BC分别看作两个平抛运动，AB过程，同理BC过程，由两式解得，C正确；由平抛运动规律，水平方向速度相同，所以对应的水平位移之比也为3：1，D错误.

10．【答案】BC

 【解析】设圆盘的角速度为ω0时，物块A将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝mω02l0，解得ω0＝＝2rad/s，对应地秒，所以A错误；设弹簧的伸长量为Δx，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有μmg＋kΔx＝mω2(l0＋Δx)，代入数据解得Δx＝0.5m，所以B正确；在角速度从零缓慢地增加到2rad/s过程中，物块与盘间摩擦力为静摩擦力=mω2l0，f∝ω2，随着角速度平方的增加而增大，所以C正确；当ω＞2rad/s时，物块与盘间摩擦力为滑动摩擦力为定值，为f=μmg=2N，所以D错误.

11．（6分）【答案】

（1）转速（2分）
（2）＝（2分）
（4）B（2分）

【解析】

（1）根据题意知控制小球的质量和运动半径相同，探究向心力的大小与转速的关系；

（2）需保持两个小球质量不变，调整塔轮上皮带的位置，使与皮带相连的左、右两轮半径

r左＝r右，保证两轮转速相同，增大长槽上小球的运动半径，探究向心力的大小与运动半径的关系；

（4）根据表中数据第1次：＝＝1  ＝＝1  ＝  ＝＝＝

结论1：质量相等，运动半径相等，向心力的大小与转速的平方成正比，即F∝n2；

第2次：＝1  ＝＝1  ＝＝  ＝＝

结论2：转速相等，质量相等时，向心力的大小与运动半径成正比，即F∝r；

第3次：＝1  ＝＝1  ＝＝  ＝＝

结论3：转速相等，运动半径相等时，向心力的大小与质量成正比，即F∝m；

综上所述：向心力F的大小与小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系是F∝mn2r，故选B.

12．（8分）【答案】
（1）是（2分）
（2）10（2分）
（3）1（2分）
（4）（2分）

【解析】

（1）竖直方向上，由初速度为零的匀加速直线运动连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5可知，a点是小球的抛出点．

（2）由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间间隔相同，设为T，在竖直方向有Δh＝g星T2，Δh＝0.10m，T＝0.10s，可求出g星＝10m/s2.

（3）两相邻位置间的时间间隔为0.10s，水平距离为10cm，由x＝v0T，得初速度v0＝1.0m/s.

（4）b点竖直分速度为a、c间的竖直平均速度，则vyb＝m/s＝1m/s，所以vb＝＝m/s.

13．（10分）【答案】
（1）5m/s
（2）(20m,7.5m)
（3）

【解析】

（1）由题图乙、丙知5s末的速度大小为v＝＝5m/s……………………………（2分）

（2）根据题图图像，5s末水平方向的位移和竖直方向的位移分别为：

x＝4×5m＝20m…………………………………………………………………………（1分）

y＝m＝7.5m………………………………………………………………………（1分）

在5s末的位置坐标为(20m,7.5m)……………………………………………………（1分）

（3）在前5s内：x＝4t，……………………………………………………………………（1分）

y＝at2…………………………………………………………………………………（1分）

a＝m/s2………………………………………………………………………………（1分）

可得前5s的轨迹方程为……………………………………（2分）

14．（14分）【答案】
（1）；
（2）；
（3）

【解析】

（1）由得，………………………………………………………（3分）

故………………………………………………………………………（1分）

（2）忽略星球的自转，万有引力等于重力

…………………………………………………………………………（3分）

则

解得……………………………………………………………（2分）

（3）着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知……………………（2分）

解得

匀减速过程，根据牛顿第二定律得……………………………………（2分）

解得着陆器受到的制动力大小为……………………（1分）

15．（16分）【答案】
（1）5mg
（2）2
（3）

【解析】

（1）当陀螺在轨道内侧最高点时，设轨道对陀螺的吸引力为F1，轨道对陀螺的弹力为FN1，陀螺所受的重力为mg，最高点的速度为v1，受力分析可知：

mg＋FN1－F1＝m……………………………………………………………………（3分）

解得FN1＝5mg…………………………………………………………………………（1分）

（2）设陀螺在轨道外侧运动到最低点时，轨道对陀螺的吸引力为F2，轨道对陀螺的弹力为FN2，陀螺所受的重力为mg，最低点的速度为v2，受力分析可知：

F2－FN2－mg＝m……………………………………………………………………（3分）

由题意可知，当FN2＝0时，陀螺通过最低点时的速度为最大值，

解得v2＝2…………………………………………………………………………（1分）

（3）设陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时，轨道对陀螺的吸引力为F3，轨道对陀螺的支持力为FN3，陀螺所受的重力为mg.则：

Fn＝F3－FN3＝m………………………………………………………………………（3分）

解得FN3＝3mg…………………………………………………………………………（1分）

由牛顿第三定律可知FN3′＝FN3，F3′＝F3……………………………………………（1分）

固定支架对轨道的作用力为F＝……………………………（2分）

解得F＝.……………………………………………………………………（1分）