安徽省合肥市第六中学2024-2025学年高一下学期期中教学质量检测物理试卷

合肥六中2024-2025学年下学期高一期中教学质量检测 物理 考试时间：75分钟满分：100分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 要求的) 1.关于物体的运动和受力，下列说法正确的是() A、只要速度发生变化，物体就做曲线运动 B、当物体受到的合外力与初速度方向不共线时，物体一定做曲线运动 C、做曲线运动的物体，加速度一定发生变化 D、做匀速圆周运动的物体，合外力不变 2.如图所示，竖直平面内倾角日=45的斜面高为h,将一小球从斜面最高点以初 速度水平抛出，小球第一次下落的时间记为1。已知重力加速度大小为g,则下列 反映1和v0关系的图像可能正确的是() velfm's) B、 3.如图所示，某同学观察某个走时准确的时钟，发现此时恰好为下午3：00钟。已知时针与分针由转动轴 到针尖的长度之比为1：1.4，则下列说法正确的是() A、时针的周期为24h B、时针与分针转动的角速度大小之比为号 3 4 C、时针与分针转动的线速度大小之比为品 65 D、再经过号h,时针将与分针共线 4.安徽省合肥市地处中国华东地区，环抱五大淡水湖之一的巢湖，有“大湖名城，创新高地”之称。合 肥六中的某同学想要研究校园内的一棵树随地球自转的运动情况，上网查资料发现合肥市位于北纬32°（纬 度定义为该处和地心的连线与赤道面所夹的二面角)，地球视为半径约R=6400km的球体，cos32°≈0.85， 则估算出树的向心加速度约为() A、1m/s2 B、102m/52 c、104m/s2 D、106m/s2 5.木卫二是伽利略发现的木星第四大卫星，月球是地球最大的卫星。测得木卫二的公转周期约为月球公 转周期的倍，轨道半径约为月球轨道半径的倍。己知木星的半径约为地球半径的10倍，卫星的轨道可近 似为圆轨道，则由此估算出木星的平均密度约为地球平均密度的() A、0.22倍 B、0.40倍 C、0.60倍 D、1.80倍 第1页共4页 6.水利一号遥感卫星于2024年12月17日在太原卫星发射中心成功发射，该卫星为极地卫星，入轨后近 似绕地球做匀速圆周运动，一天内该卫星的飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了该卫星从北 向南飞临赤道上空所对应的地面的经度。则() A、该卫星的环绕速度大于7.9km/h 赤道 B、该卫星运行1圈中1次经过赤道上空 180 135 90 C、该卫星与地球同步卫星的周期之比为1：8 D、该卫星与地球同步卫星的轨道半径之比1：4√2 7.中国是世界上少数几个拥有自主轰炸机的国家之一，国产新型战略轰炸机轰20即将对外正式公布。某 次轰炸机执行任务，模型简化如下。轰炸机沿水平方向匀加速飞行，每隔】$自由释放一颗炸弹。忽略空 气阻力，炸弹可视为质点。则下图中描述各炸弹在空中某一时刻位置情况可能正确的是（) D D 6 A、 B C、 D、 8.如图所示，运动员在平直的赛道上沿直线进行骑马射箭训练。已知运动员骑马的速度恒为v。=12m/s, 靶心到赛道的垂直距离为d=48m,垂足为O点。若运动员在A点将箭倾斜向上射出恰好能击中靶心，且 射出时箭的水平速度大小为1=16m/s(以运动员为参考系)，方向垂直赛道。若靶心与射箭点在同一水 平面，忽略空气阻力，重力加速度大小取g=10m/s2,则() A、箭在水平面上的投影轨迹为抛物线 蛇⊙ B、A点到靶心的水平距离为60m d' C、箭从射出到击中靶心的时间为4s 赛道、、、、、 D、以运动员为参考系，箭从A点射出的初速度大小为16m/s 二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 9.如图所示的竖直平面内，长度为L的轻杆一端用铰链连在O1点，另一端与质量为m1的小球相连，长 度也为L的轻绳一端连在O2点，另一端与质量为m2的小球相连，且m1:m2=2:1。现让两小球在最低点 获得大小分别为、2的水平速度，且两球恰好都能够做完整的圆周运动，下列说法正确的是() A、m在最高点处于失重状态 B、m1和m2的初速度之比1：v2=2:V5 C、m1和m2在最低点的向心加速度之比a1:a2=4:5 D、m1和m2在最低点受到的弹力之比F1:F2=5:6 10.如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。 上端固定在杆上的轻质弹簧与质量也为m的滑块B连接，并一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R 的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长：此时给A一个微小扰动（初速 第2页共4页 度视为0)，使小球A沿环顺时针滑下，当杆与大圆环相切时小球A的速度为√gR(g为重力加速度)。不 计一切摩擦，A、B均可视为质点，则下列说法正确的是() A、小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 8、当杆与大圆环相切时B的速度为5g3 5 C、小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中滑块B的重力势能减小了 (3-√5)mgR D、小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中弹簧的弹性势能增加了 8mgR、 2 5mgR 三、非选择题（共5题，共58分） 11.(6分)某同学要验证机械能守恒定律，设置了如图所示装置。绕过定滑轮的轻 绳左侧挂物块c,右侧挂物块a、b:a、b上安装有相同的挡光片，已知a、b(含 挡光片)和c的质量均为m,重力加速度为8，滑轮的质量和摩擦忽略不计。 [包=挡光乃 (1)实验前先用尺子测出挡光片的宽度为d: (2)用手托着c,使a、b、c处于静止状态，测出a、b上挡光片间的距离为L, 之后快速向下撤去手，与光电门相连的数字计时器记录a、b上的挡光片挡光时间 a 为、2，在误差允许的范围内，当系统减少的重力势能（填“大于“等于“或“小 口光电 于")系统增加的动能时，表明在两挡光片通过光电门的这段时间内，a、b、c组成的系统机械能守恒： (3)改变释放a的位置进行多次实验，测得多组两挡光片挡光的时间4、女，作出疗疗图像，如果图像 是一条倾斜的直线，图像的斜率等于，且图像与纵轴的截距等于，则机械能守恒定律得到验证。 12.(6分)“探究向心力大小和质量、角速度和半径的关系“的实验装置如图所示，小球放在挡板A、B或 C处做圆周运动的轨道半径之比为1：2：1。塔轮自上而下有三层，每层左右半径之比由上至下分别是1：1、 2:1和3：1。 支指 标尺 第一层 长槽知槽 左塔轮 右塔纶 第二层 第三层 手柄 & (1)在某次实验中，周老师把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带调至第三层塔轮，转动手柄， 观察左右标尺露出的红色、白色等分标记，此时可研究向心力的大小与的关系（填字母序号） A.质量m B.角速度) C.半径r (2)若传动皮带套在塔轮第二层，两个质量相等的钢球放在B、C位置，则匀速塔轮转动时，钢球所受向 第3页共4页 心力大小之比为 (3)在实验时逐渐加大手柄转速，左右标尺露出的红色、白色等分标记长度的比值 (填字母序号) A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定 13.(12分)如图所示，竖直放置的圆锥顶角为28，侧壁光滑，可绕通过其中心的竖直 轴匀速转动。质量为m的小球通过长为L的轻绳拴在竖直轴线上，可随轴线和侧壁一起 相对静止的转动。已知轻绳与圆锥侧壁平行，重力加速度大小为g,问： (1)当圆锥不转动，小球静止在侧壁时，小球对绳子的拉力T的大小： (2)试写出绳子的拉力T的大小和小球转动的角速度ω的函数关系（提示：需分类讨 论)。 14.(16分)如图所示，竖直平面内有一轻弹簧固定在左侧墙壁上，水平地面AC的左边AB光滑，右边 BC粗糙，且BC长L=1m。C点右侧有一半径为R的光滑半圆轨道，圆轨道与水平面在C点平滑连接， CD是圆轨道的竖直直径。现将质量m=2kg的小球压缩弹簧至AB之间某位置后由静止释放，小球在BC 上运动时的动摩擦因数μ=0.6，且小球恰好通过半圆轨道的最高点后击中水平地面上的B点。已知弹簧原 长小于AB间距离，重力加速度大小g=10m/s2,求： D (1)半圆轨道的半径R: (2)小球从C点刚进入圆轨道时对轨道的压力： (3)弹簧的最大弹性势能。 15.(18分)如图所示的竖直平面内，半径为R的半圆形轨道固定在水平地面上，O点是半圆的圆心，A 点是半圆的最高点。一小球在距O点水平距离为0.9R处正对着A点以某一初速度%（未知量）水平抛出。 已知重力加速度大小为g,问： (1)若小球击中圆形轨道时距地面高为器，求小球抛出的初速度： (2)试写出小球打击点位置与初速度%的关系（不需要求解）： 0.9R (3)若小球恰好能垂直击中圆形轨道，求小球抛出的初速度和下落时间。7分入 7777777> 第4页共4页 合肥六中2024-2025学年下学期高一期中教学质量检测参考答案 1【答案】B A选项，错误。 速度的方向不变，大小改变，物体做直线运动。只有速度的方向发生变化时，物体才做曲线运动。 B选项，正确。 物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力与初速度方向不共线 C选项，错误。 做曲线运动的物体，加速度不一定发生变化。例如匀变速曲线运动的加速度不变。 D选项，错误。 做匀速圆周运动的物体，受到的向心力大小不变，方向始终指向圆心，故合力的方向发生改变。故选B 2【答案】A 小球做平抛运动，速度较小时，小球第一次会落到斜面上，设落到斜面上的速度与水平方向的夹角为α， 根据平抛运动的推论可知tana=2tan8=2=之 平抛运动水平方向上的分速度vx=o,竖直方向上的分速度y=gt 联立解得t=四，可知1和成正比。 小球恰好落到斜面的最低点时，下落的高度为h,相应的下落时间= 2h 抛出的初速度vo= 2 速度较大时，小球第一次会落到地面，下落的高度始终为h,故下落的时间始终为t= 故选A。 3【答案】D A选项，错误。 时针转一圈所需要的时间为12h,故时针的周期为12h B选项，错误。 时针的周期T1=12h,分针的周期T2=1h 因此时针的角速度仙1=兴=rad/,分针的角速度2=号=2rad/h T2 故时针与分针转动的角速度大小之比侧！：如2=立 C选项，错误。 时针与分针转动的线速度大小之比：2=仙1门：“22=品 D选项，正确。 时针、分针均顺时针转动，分针相对于时针的相对角速度为△d=心2-仙1=rad/h 6 时针与分针共线时，分针相对于时针多转动的角度为△9=rad 故所需要的时间为t=e=三h 4w11 4【答案】B 如图所示，地球自转周期T=24h,合肥市自转的转动半径r=Rcos6 则向心加速度大小a=亭=29×102m/3,故选B 合肥 5【答案】A 设环绕天体的公转半径为r,公转周期为T,中心天体的质量为M,半径为R。由万有引力提供圆周运动的 向心力得 Mmm4π2r G T2 解得M= GT2 中心天体可视为球体，相应的体积为V=R3 中心天体的密度p=告=器 .3mr3 代入数据可得木星和地球的平均密度之比p1:P2=022 6【答案】c A选项，错误。 7.9m/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，该卫星的速度小于7.9kms B选项，错误。 该卫星的轨道平面不是赤道平面，运行1圈中2次经过赤道上空 C选项，正确。 由图可知，该卫星每绕地球运动一圈，地球自转的角度为45，故卫星周期为24h×需=3h 则与地球同步卫星的周期之比为3h:24h=1:8 D选项，错误。 卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得6学=“铲 T2 。3GMT2 整理得r=2 该卫星与地球同步卫星的轨道半径之比片一厚-悟-片 故选C。 7【答案】B 解法一：以飞机为参考系，各炸弹做匀变速直线运动，故选B。 解法二：以抛出的第1颗炸弹作为计时0时刻，设飞机的水平加速度为，重力加速度为g。以飞机水平 飞行的方向为x轴正方向，以竖直向下为y轴正方向建立坐标系。某个给定的时刻o(o>+1),设第n 颗炸弹抛出的速度为，则第n+1颗炸弹抛出的速度为vm+1x=x+a,第n颗炸弹运动时间为(1o+ln), 第+1颗炸弹运动时间为(1on),则二者的水平位移为 xn=Vnx(to +1-n),xn+1=(vnx+a)(to-n) 二者的竖直位移为 yn=9(to+1-n2,ya+1=29i-n2 6时刻，二者的水平间距 =i+a+经=a-n+引 二者的竖直间距 4yn=ya1-y=-g(o-n+2》 设二者之间斜率为k,间距为△sa,则 k=0=-号asn=A,2+4y,2=V2+g(o-n+) 由此可知，各炸弹之间的斜率是个定值，各炸弹在同一条直线上。各炸弹之间的距离随着n的增大而减小， 故选B。 解法三：设飞机的水平初速度为，加速度为，重力加速度为g。以飞机初始时的位置为坐标原点，水 平飞行的方向为x轴正方向，以竖直向下为y轴正方向建立坐标系。设飞机飞行的总时间为1，某时刻。 抛出一颗炸弹。则：时刻这颗炸弹的位置坐标可表示为 xo=voto+at+o+ato)(t-to)=vot+(2tot-t) o=9e-6=克9e-20t+) 整体代换得 。一一x。+2gt2+20t=kx0+b 由此看出，1时刻各炸弹的位置坐标均在上述直线上。各炸弹之间的距离可由水平或竖直方向的距离确定。 各物体水平和竖直方向的：图如下 炸 飞机 炸 弹 炸 炸弹n+2 自由 炸弹n+1 + 落体 炸弹 nn+1n+21 nn+I n+2 1 i 由图可以看出，相邻炸弹之间的（水平\竖直）距离逐渐减小，故B选项正确。 8【答案】B A选项，错误。 分析可知，箭在水平方向做匀速直线运动，故箭在水平面上的投影轨迹为直线 B选项，正确。 要想使在A点射出的箭击中靶心，必须保证水平方向的速度指向靶心，由速度三角形和位移三角形相似得 04-地 解得0A=36m,故A点到靶心的水平距离为x=60m d 赛道、、、、、 C选项，错误。 箭从射出到击中靶心的时间为=4=3s D选项，错误。 设箭在A点射出时在竖直方向上的分速度为vy,箭在竖直方向上做上抛运动，取竖直向上为正方向。从箭 射出到击中靶心，由位移和时间的关系 1 h=yt-i92=0 解得vy=15m/s 故以运动员为参考系，箭从A点射出时的初速度o=V162+152m/s≠15m/s 9【答案】BC A选项，错误。 m1小球恰好能做完整的圆周运动，说明m1达到最高点时的速度4=0，受到的向心力为0，即重力等于杆 的弹力，小球既不超重，也不失重。 B选项，正确。 m1小球恰好通过最高点时的速度vA=0,m2小球恰好通过最高点时的速度vB=√gL 两小球从最低点到最高点，由机械能守恒得 m1听=mg2L,m2吃=mg2L+mz哈 解得u1=2√gL,2=√5gL 故m和m2的初速度之比v1:2=2:V5 C选项，正确。 由向心加速度公式Q=得，m1和m在最低点受到的向心加速度之比 a1:a2=:v吃=4：5 D选项，错误。 m1小球在最低点时杆的弹力F1=m19+m 生=5m19 m小球在最低点时绳的弹力P2=mg+m:兰=6m20 故F1:F2=5:3。故选BC。 10【答案】CD A选项，错误。 轻质弹簧、小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能守恒，故A错误： B选项，错误。 当轻杆与大圆环相切时，设此时轻杆与竖直方向的夹角为8，将B的速度沿轻杆和垂直轻杆方向分解，可 得VB COS0=vA=VgR 根据几何关系有cos0= 2R 联立解得vB= 2 C选项，正确。 开始时滑块B距离圆环最高点的距离为ha=2R,小球A从圆环最高点到达与大圆环相切时，滑块B距离 圆环最高点的距离为hg=√R2+(2R)P-R=V5R-R 滑块B下降的距离为△h=hg-hg=(3-V⑤R 可得滑块B重力势能减小量为△Ep8=(3-V⑤)mgR D选项，正确。 A到达杆与大圆环相切的过程中，由能量守恒可得弹簧的弹性势能增加量为 Ep弹=△EpA+△EpB-EkA-EkB 根据几何关系可得整个过程A重力势能的减小量为△EpA=mgR(1一sin) 联立解得B,=号mgR-SmgR.故选cD。 2gL 11【答案】 等于 1 3d2 【详解】(2)[1]因系统机械能守恒，所以系统减少的重力势能应等于系统增加的动能。 -(2m-m)gL 3d23d =2gL 即行 11,2gL 变形得公？+ 2gL 即图像的斜率等于1，且与纵轴的截距等于3d,则机械能守恒定律得到验证。 【评分标准】每空2分，共6分。 12【答案】(1)B (2)1:2 (3)C (1)根据控制变量法可知，传动皮带调至第三层塔轮，二者的角速度不同，小球的半径和质量相同，故 探究向心力的大小与角速度的关系。 故选B。 (2)传动皮带套在塔轮第二层，根据v=r可知两球的角速度之比为。：=1：2 圆周运动的半径之比为：=2：1 根据=m0r可知向心力之比为1：2 (3)加大手柄转速，左右两塔轮转动的角速度之比不变，半径、及小球的质量不变，故向心力的大小之 比不变，即左右标尺露出的红色、白色等分标记长度的比值不变。故选C。 【评分标准】每空2分，共6分。 13【答案】(1)T1=mg cos0 (2)T=mg cos0+mw2Lsin20,0≤w≤ Lcos 0 T=mw2L,w> 解：(1)如图所示，小球静止在侧壁时，受到重力G、侧壁的支持力F和绳子的拉力T的作用处于平衡 状态，将力沿侧壁和垂直侧壁进行正交分解 To=mg cos0 根据牛顿第三定律可得T1=T。=mg cos日 (2)如图所示，当小球转动的角速度ω较小时，小球贴着侧壁在水平面内做匀速圆周运动，转动半径= Lsin0 小球受重力G、侧壁的支持力Fx和绳子的拉力T的作用，将力沿水平和竖直方向进行正交分解 T cos0+FN sin0=mg Tsin0-FN cos0 mo2r 解得T=mg cos9+mw2Lsin28 小球刚要脱离侧壁时，FN=0。代入上式，解得此时的角速度心 9 如图所示，当小球转动的角速度ω>w0= 时，小球将脱离侧壁在水平面内做匀速圆周运动，设绳与 L cos B 竖直方向的夹角为a,转动半径r=Lsina 小球受重力G和绳子的拉力T的作用，将力沿水平和竖直方向进行正交分解 Fn =mg tan a =mw2r mg T=- cosa 解得T=mw2L 故拉力T和角速度ω的函数关系为 T=ng cos0+mw2Lsin20,0≤w≤