安徽省智学大联考皖中名校联盟合肥市第八中学2024-2025学年高一下学期期中物理试卷

1 智学大联考·皖中名校联盟 合肥八中 2024~2025学年第二学期高一年级期中检测 物理参考答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A A D B D C C AC BCD 1．【答案】C 【详解】A．开普勒研究了第谷的行星观测记录，得出了行星运动定律，A错误； B．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上，B错误。 C．由开普勒行星第二定律可知，行星在靠近太阳时速度增大，远离时速度减小，故 C正确； D．开普勒第三定律中的常数与中心天体的质量有关，故 D错误。 故选 C。 2．【答案】A 【详解】A．曲线运动的质点的瞬时速度方向在曲线运动的切线方向，故 A正确； BC．速度变化，则合外力一定不为零，但大小不一定变化，故 BC错误； D．战机所受合力方向与运动方向不在同一直线上，故 D错误。 故选 A。 3． 【答案】A 【详解】ABC．A、B两点在同一车轮上绕同一圆心做圆周运动，所以角速度大小相同，而 A Br r ，则根据v r 可知 A Bv v ，aA>aB。故 A正确，BC错误； D．圆周运动的加速度指向圆心方向，所以 A、B两点的加速度方向方向不同，故 D错误。 故选 A。 4．【答案】D 【详解】A．竖直方向上受力平衡可得 cosT mg  解得 cos mgT   故 A错误 BCD．水平方向根据牛顿第二定律可得 2tan ( sin )mg m l r    解得 tan sin g l r     ,v=ω(lsinθ+r)= ( sin ) tang r l   故 BC错误，D正确。 故选 D。 5．【答案】B 【详解】A．竖直方向做自由落体，则有 2 1 2 h gt 物体在空中运动的时间 2 0.6sht g   故 A错误； B．竖直方向做匀速直线运动，物体在空中运动的水平位移 0 3mx v t  故 B正确； C．物体落地时竖直方向速度 6m / syv gt  2 物体落地时瞬时速度的大小 2 20 61m / syv v v   故 C错误； D．物体落地瞬间的速度方向与水平方向夹角 的正切值 0 tan 1.2y v v    ,D 错误。 故选 B。 6．【答案】D 【详解】结合题中数据，根据万有引力表达式可得地球和空间站间的万有引力大小为 2 MmF G r  r为空间站到地心的距离，即 r R h  故二者间万有引力大小为  2 MmF G R h   故选 D。 7．【答案】C 【详解】A．根据开普勒第二定律，在 B点和 D点分别取一小段微元，可知 1 2B Dv r t v r t   而 2 21r a a b   ， 2 2 2r a a b   所以 2 2 2 2 2 1 B D v r a a b v r a a b       故 A错误； B．地球只有在 B点和 D点才是太阳对地球的引力提供向心力，故 B错误； C．根据开普勒第三定律可得 3 2 a k T  ， 2 2 2 4MmG m r r T   且 3 2 r k T  可知 24 GMk   可得太阳的质量为 2 3 2 4 aM GT   故 C正确； D． 地球从 A运动到 B所用时间 4 Tt  故 D错误。 故选 C。 8．【答案】C 【详解】A．根据题意，当 4 g r   时，A、B两物块所需要的向心力分别为 2 33 4A f m r mg   ， 2 12 2B f m r mg   故 A错误； B．当 B达到最大静摩擦力 22B Bf m r mg   时，临界 2B g r   ，此时 2 33 2A f m r mg   随角速度进一步增大，A所受摩擦力增大到最大值，此时有 23 3m r T mg   ， 2 2T mg m r    解得 2 g r   当 2 2 g g r r    时，物块 B受到的摩擦力不变，故 B错误； C．当 B摩擦力减为 0时，有 23 3m r T mg   ， 2 2T m r  解得 3 g r   3 结合上述可知，当 3 g r   时，物块 B不受摩擦力，故 C正确； D．结合上述可知，当角速度比 2 g r  大时，随角速度的增大 B所受摩擦力反向，大小逐渐增大，随后达到 最大静摩擦力，此时有 23 3m r T mg   ， 2 2T mg m r    解得 4 g r   若角速度大于 4 g r  ，两物块将滑离圆盘，即为了确保物块 A、B都相对于转盘静止，转盘的角速度不能超 过 4 g r  ，故 D错误。 故选 C。 （用质心思想更容易得出答案） 9．【答案】AC 【详解】在 b转动一周过程中，a转动 4周，a、b距离最远的次数为 3次，a、b距离最近的次数为 3次，故 a、b、c共线的次数为 6，选项 BD错误，AC正确。 故选 AC。 10．【答案】BCD 【详解】AB．篮球出手后只受重力作用，因此做匀变速曲线运动，斜抛运动至最高点 时，速率最小，A错误，B 正确。 C．如图，沿初速度和末速度方向建立坐标系，满足 位移关系 2 2 20( ) ( ) 2 2 v vt t L  ，v 20 +v2=(gt)2得 2 1 2 gt L ，t=0.8s，C正确 D．若速度方向与水平方向呈 60°，末速度 v=gtcos60°=4m/s，D正确 故选 BCD。 二、实验题（每空 2 分。） 11．【答案】(1)CD (2)A (3)1.5 2.5 【解析】（1）图甲实验中，两轨道完全相同，两小球从同样的高度处由静止释放，轨道的摩擦力对两小球运 动的影响相同，可保证 A、B两球离开轨道末端时的速相同，轨道不需要光滑。离开轨道后，A球做平抛 运动，B球做匀速直线运动，A球落在 B球上，说明平抛运动水平方向上的分运动为匀速直线运动。图乙 实验中，C球做平抛运动，D球做自由落体运动，小球的运动规律与质量无关，两球同时落地，说明平抛 运动在竖直方向的分运动为自由落体运动。故选 CD。 （2）A．通过调节使斜槽末端保持水平，以保证小球做平抛运动，故 A正确； B．每次应从同一位置静止释放小球，以保证小球每次平抛的初速度相同，故 B错误； C．记录小球的运动轨迹不需要间隔均匀，故挡板MN每次向下移动的距离不需要相等，故 C错误； D．只要每次从同一位置静止释放小球，即可保证初速度相同，因此不需要尽可能减小摩擦力，故 D错误。 故选 A。 4 （3）竖直方向上， 2y gT  ，由图可知 0.1my  ，则 0.1sT  。水平方向上， 0x v T ，由图可知， 0.15mx  ， 则 0 1.5m/sv  。小球运动到 b点时，竖直方向上的速度为 3 5 2m/s 2by L Lv T    ， 2 20 2.5m/sb byv v v   。 12．【答案】(1)B (2) d Lt 2 2 2 1mrd L t  (3)③ 【解析】（1）本实验探究向心力与角速度的关系，保持小球质量 m、细线长度 r不变，采用的实验方法为控 制变量法。故选 B。 （2）物块与遮光杆的角速度相同，挡光杆的线速度 dv t  ，角速度 v d L Lt    ，物块的角速度也为 d Lt   ； 根据 2F m r 可得， 2 2 2 1mrdF L t   。 （3）若物块与水平杆之间的阻力不可忽略，对物块受力分析，有 2 2 2 2 1mF f m r rd L t    ，则 2 2 2 1mrdF f L t    ，故为图线③。 三、解答题（本题共 3 小题，第 13 题 10 分，第 14 题 14 分，第 15 题 18 分，共 42 分。解答应写出必要 的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须 明确写出数值和单位。） 13．【答案】(1) 2 2 2hR Gt （6分） (2) 2 2hRv t  （4分） 【解析】（1）由自由落体的位移公式 20 1 2 h g t ，可得该星球表面的重力加速度 0 2 2hg t  忽略星球自转，对星球表面上质量为 m的物体，有 02 MmG mg R  ，解得星球质量 2 2 0 2 2g R hRM G Gt   （2）对环绕星球表面做圆周运动的卫星，忽略星球自转，有 2 2 Mm vG m R R   ，可得 2 2GM hRv R t   14．【答案】（1）5mg （4分） （2）2mg（4分） （3） 5 3 R （6分） 【解析】（1）在 A点，对小球受力分析，根据牛顿第二定律，有 2 0 NA vF mg m R   根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力 N NA AF F  联立解得； N 5AF mg  （2）在 A点，对小球受力分析，根据牛顿第二定律，有 2 N C C vF m R  解得，轨道对小球的弹力 N 2CF mg （3）设小球恰好脱离轨道时，小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，此 时小球只受重力作用，有 2 cos vmg m R   5 解得： 2cos 3   则有，小球脱离轨道时距 A点的高度 5cos 3 h R R R   。 15． 【答案】（1）9m；（6分）（2） 4 9 ；（6分）（3）90°（6分） 【解析】（1）由题意可知，在 O点将运动情况分解，如图所示，从O点到 A点过程中，运动员在垂直斜面方 向上有， 0 0 sinyv v  ， cosyg g  ， 又 0 cosyv g t  ， 2 y OA v h t 联立可得 t=1.5s， 9mOAh  （2）由对称性可知，从O到 B点的时间为2 3st  ，则从O到 B 过程有， 0 0 cosxv v  ， 0 cos sin 2Bxv v g t    ， 0By yv v ， 设落在 B点时的速度方向与斜面的夹角为β，则有 tan By Bx v v   ，解得 4tan 9   （3）①沿θ'角方向飞出至落在斜面上，垂直斜面方向有， 0 sin cosv g t    沿斜面方向有， 2 0 1cos 2 sin (2 ) 2 x v t g t       ，解得 2 2 0 2 2 (sin cos cos sin sin ) cos vx g           ②沿水平方向飞出至落在斜面上，有 2 0 1 2tan gt v t     ，解得 02 tanvt g   沿斜面方向的位移 2 0 02 tan cos cos v t vx g       联立，解得θ'=90°。