河南省开封市5县2022-2023高一下学期3月联考物理试卷（答案）

2022-2023学年高一月考
物理试卷
一、选择题（本题包括10小题，每小题5分，共50分，1-6题为单选题，每小题只有一个
选项符合题意。7-10题为多选题，每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
1、如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点的过程中，质点的速度方向恰好
改变了90°，在此过程中，质点的速率()
A.不断增大
B.不断减小
C、先增大后减小
D,先减小后增大
2、如图所示，套在足够长的光滑竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，现
让A从图中连线处于水平的M位置静止释放，当A沿杆下降至N位置时，速度恰好达到最大且大小
为v,此时AO与竖直杆成θ角，则下列说法错误的是(
A.A从M下降到N的过程中，绳对B的拉力小于B的重力
B.A从M下降到N的过程中，重物B加速上升
白B
C.刚开始时B的速度0
777771777777777777
D.'当A沿杆下降至N位置时，重物B的速度为VB=vcos0
3、如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度V0水平向左抛出一个小
球A,小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为1.若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处
开始自由下落，下落至P点的时间为2，不计空气阻力，则A、B两球在空中运动
Q
的时间之比t:2等于（)
A.1:2
B.1:V2
C.1:V3
D.1:3
42
4.如图所示，光滑固定斜面的倾角为，斜边长为L,斜面顶端有一小球以平行底边、大小为0的速度
水平抛出，则小球滑到底端时，水平方向的位移大小为()
A.L
B.Lcose
2L
D.Vo
2L
Vgsin日
5、如图所示，内壁光滑的半球形容器固定放置，其圆形顶面水平.两个完全
相同的小球a、b分别沿容器内壁，在不同的水平面内做匀速圆周运动.下列判断正确的是(
A.a对内壁的压力小于b对内壁的压力
B.a的角速度小于b的角速度
C.a的周期小于b的周期
第1页共4页
D.a的向心加速度小于b的向心加速度
6.2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌。将
谷爱凌视为质点，图()是谷爱凌从3m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(b)是谷爱凌在空中
运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线。已知=1s时，图线所对应的切线斜率
为4（单位：ms),重力加速度g取10ms2,不计空气阻力，下列说法正确的是(）
A,谷爱凌冲出跳台的速度大小为14ms
y/m
B.t=1.4s时，谷爱凌到达最高点，离跳台底部所在水平面
的高度为12.8m
C.t=1.0s和t=1.8s时，谷爱凌的速度相同
(a)
(b)
D.谷爱凌落到跳台底部所在水平面的速度可能为16ms
7、小明、小美、园园和小红去划船，碰到一条宽90m的河，他们在静水中划船的速度为3ms,现在他
们观察到河水的流速为5ms,关于渡河他们有各自的看法，正确的是()
A.小红说：要想到达正对岸就得船头正对河岸划船
B.小美说：不论怎样调整船头方向都不能垂直到达正对岸
C.小明说：渡过这条河的最短距离是150m
D.园园说：以最短位移渡河时，需要用时30s
8、以初速度vo0=20ms从100m高台上水平抛出一个物体(g取10m/s2),则()
A.2s后物体的水平速度为20m/s
B.2s后物体的速度方向与水平方向成45°角
C.每1s内物体的速度变化量的大小为10ms,D.每1s内物体的速度大小的变化量为10ms
9、在如图所示的水平转盘上，沿半径方向放着质量分别为m、2m的两物块A和B(均视为质点)，它
们用不可伸长的轻质细线相连，与圆心的距离分别为2r、3r,A、B两物块与转盘之间的动摩擦因数
别为1、一，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现缓慢加快转盘的转速，
当两物块相对转盘将要发生滑动时，
保持转盘的转速不变，下列说法正确的是()
A.此时转盘的角速度大小为1
从名
2r
B.此时细线中的张力大小为2μmg
C此时烧断细线后的瞬间，B的加速度大小为号吗
D,此时烧断细线后的瞬间，A、B两物块的加速度大小相等
10、如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L=
2m,当飞镖以初速度vo=10ms垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心0点的水平轴在竖
第2页共4页高一（下）月考物理试卷答案
一、选择题
1、D 2、A 3、C 4、D 5、C 6、B 7、BC 8、ABC 9、AB 10、AB
1、解：由图示运动轨迹可知，质点初速度方向竖直向上，从M到 N过程，质点速度方向恰好改变了 90°，
则恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于 90°小于 180°才能出现末速度与初速度垂直的情
况，
因此恒力先对质点做负功，当速度方向与恒力方向垂直时速度最小，然后恒力对质点做正功，由此可知，
质点的动能先减小后增大，质点的速率先减小后增大，故 ABC错误，D正确。 故选：D。
2、解：AB．A从M下降到 N的过程中，A和 B沿绳方向的速度相同，则有 vAcosθ＝vB
此过程，A 的速度增大且θ角减小，则 B的速度增大，则 B 向上做加速运动，则绳对 B 的拉力大于 B
的重力，故 A错误，B正确；
C．初始时，A沿绳方向的速度为零，则 B的速度为零，故 C正确；
D．当 A沿杆下降至 N位置时，A和 B沿绳方向的速度相同，则有 vB＝vAcosθ＝vcosθ
故 D正确。 本题选错误的，故选：A。
3、解：小球 A恰好能垂直落在斜坡上，如图
由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量 vy＝gt1＝v0①
水平位移 S＝v0t1② 竖直位移 hQ＝ ③
由①②③得到：
由几何关系可知小球 B作自由下落的高度为： hQ+S＝ ④
联立以上各式解得： 。 故选：C。
4、解：小球的运动可看成类平抛运动，将小球的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿斜面向下
初速度为零的匀加速直线运 动，在水平方向上有 s＝v0t
沿斜面向下有
沿斜面方向，由牛顿第二定律有 mgsinθ＝ma
联立解得 ，故 ABC错误，D正确； 故选：D。
5、解：A、以任意一球为研究对象，受力情况如图，由图得到轨道对小球的支持力 N＝ ，对于两
球θa＞θb，所以 Na＞Nb，故 A错误；
BC、小球受重力 mg和内壁的支持力 N，由两力合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2r，
得：ω＝ ，设球的半径为 R，根据几何关系可知，运动半径：r＝Rsinθ，则ω＝ ，
对于两球θa＞θb，则ωa＞ωb，周期 T＝ ，所以 Ta＜Tb，故 C正确，B错误；
D、向心加速度 an＝＝gtanθ，对于两球θa＞θb，则向心加速度 aa＞ab，故 D错误；
故选：C。
6、解：A、由竖直方向上的运动特点可得： v＝v0﹣gt
结合 y﹣t图像斜率表示竖直方向分速度可知，t＝1s时 v1＝4m/s
得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度为 v0＝14m/s，但此时还有水平分速度，故 A错误；
B、最高点竖直分速度为零，得时间 t＝1.4s时到达最高点，根据运动学公式可得：
其中，y0＝3m；t＝1.4s 解得：y＝12.8m，故 B正确；
C、根据运动的对称性可知，t＝1.0s和 t＝1.8s时，竖直分速度大小相等，方向相反，因此合速度大小
相同，但方向不相同，故 C错误；
D、谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度为
，则合速度一定大于 16m/s，故 D错误；
7、解：A、如图（1）所示，船头正对对岸划船，合速度方向倾斜，无法到达正对
岸，故 A错误；
B、如图（2）所时，若要垂直到达正对岸，需要满足 v 船＞v 水，该题中 v 水＞
v 船，所以不论怎样调整船头方向都不能垂直到达正对岸，故 B正确；
CD、如图（3）所示，当 v 合⊥v 船时，合速度 v与河岸夹角最大，位移最小：
根据三角形相似得： ＝ ，解得 s＝150 m，合速度大小 v 合＝
渡河所需时间 t＝
代入数据解得：t＝37.5s，故 D错误。故 C正确。 故选：BC。
8 解：解：A、根据位移—时间公式 h＝ ，解得：t＝ ＝ s
＝ s，可知 2s末物体未落地，平抛运动水平方向做匀速直线运动，故 2s后
物体的水平速度为 20m/s，故 A正确；
B、第 2s末竖直分速度 vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，根据平行四边形定则知，速度方向与水平方向的夹
角正切值：tanα＝ ＝ ＝1，解得α＝45°，即 2s后物体的速度方向与水平方向成 45°角，故 B正
确；
CD、平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，每 1s内速度的变化量：Δv＝g Δt＝10×1m/s＝10m/s，
由于速度的方向不在同一条直线上，可知速度大小的变化量不等于 10m/s，故 C正确，D错误。
故选：ABC。
故选：ABC。
9 解：AB．A、B两物体相比，根据向心力公式：F＝mrω2，可知 B物体所需要的向心力较大，当转速
增大时，B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心；当刚要发生相对滑动时，
以 B为研究对象，有 T+ 2mg＝2m 3r ω2
以 A为研究对象，有 T﹣μmg＝m 2r ω2
由以上两式得 T＝2μmg ω＝ 故 AB正确；
CD．此时烧断细线后的瞬间，A、B都相对圆盘滑动，由牛顿第二定律知二者加速度分别为
aA＝ ＝μg aB＝ ＝ g CD错误。 故选：AB。
10 解：A、飞镖做平抛运动，水平方向上有 L＝v0t 解得飞行时间为 t＝ ＝ s＝0.2s
竖直方向上有 代入数据解得 R＝0.1m＝10cm 故 A正确；
BC、根据题意，设圆盘转动得周期为 T，则有 t＝ +kT（k＝0，1，2，3 ）
当 k＝0时，周期最大为 Tm＝0.4s 由公式 可知，此时角速度最小为ωmin＝5πrad/s
故 C错误，B正确；
D、若飞镖初速度增大 1倍，由 A分析可知，飞行时间为 t1＝ t＝ ×0.2s＝0.1s
则下落高度为 h＝ gt12＝ ×10×0.12m＝0.05m＝5cm 即不能将击中圆心 O，故 D错误；
故选：AB。
二、实验题（共 12 分）
11.答案 ①.AC ②. 1.6 ③. 1.5 ④. 2.0 ⑤. 15 ⑥. 5.0
解析（1）为了保证小球的初速度水平，需调节使斜槽的末端保持水平，故 A正确．为了保证小球每次平
抛运动的初速度大小相等，应使小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽不一定需要光滑，故 B错误，
C正确，E错误．记录小球位置用的铅笔不需要每次严格地等距离下降，故 D错误．故选 AC．
2y 2 0.196
（2 1）根据 y= 22 gt 得，平抛运动的时间 t ＝ s＝0.2s，则小球平抛运动的初速度 v0＝g 9.8
x 0.32＝ m/s＝1.6m/s．
t 0.2
2L 2 0.05
（3）在竖直方向上，根据△y=2L=gT2 得， T ＝ s＝0.1s ，小球平抛运动的初速度
g 10
v 3L 0.150＝ ＝ m / s＝1.5m / sT 0.1
8L 8 0.05
v 2
B点的竖直分速度 vyB＝ ＝ m/s＝2m/s
yB
． 从抛出点到 B点的时间 t＝ ＝ s＝0.2s
2T 0.2 g 10
则抛出点到 B点的水平位移 xB=v0t=1.5×0.2m=0.3m=30cm，
B y 1抛出点到 点的竖直位移 B＝ 2 gt
2 1＝ 2 ×10×0.04m＝0.2m＝20cm，
所以抛出点距离 A点的水平距离 xA=xB-3L=30cm-15cm=15cm，抛出点到 A点的竖直距离
yA=yB-3L=20cm-15cm=5cm．
三．计算题
1 1
12. 解：(1)根据平抛运动竖直方向为自由落体运动，则：h = gt2 = × 10 × 9m = 45m。（3分）
2 2
h 45
(2)根据几何关系，水平分位移为：x = = 3 m = 60mtan37 ， （2 分）
4
v = x 60水平方向根据匀速运动：则： 0 = m/s = 20m/s。 （2分）t 3
(3)物体离开斜坡最远时速度方向与斜坡平行，根据 tan37° =
vy = gt
v 得，0 v0
v0tan37° 20×
3
t = = 4 s = 1.5s。 （3 分）
g 10
13.答案 (1)3 m/s (2)5 m/s≤v0≤13 m/s
1
解∶(1)设小球从抛出至落到 B点,时间为 t0,则 H= g 20 (1 分)2
小球水平方向匀速运动有 L=v0t0 (2 分) 代入数据得 v0=3 m/s (2 分)
(2) 设小球恰好越过墙的边缘时水平初速度为 v1,由平抛运动规律可知
1
H-h= g 21, L=v1t1 (1 分) 解得 v1=5 m/s (2 分)2
又设小球恰好落到路沿 C处时的初速度为 v2,由平抛运动的规律得
1
H= g 22, L+x=v2t2 (1 分)2
解得 v2=13 m/s (2 分)
要求落在墙外的马路上,所以小球抛出时的速度大小应满足 5 m/s≤v0≤13 m/s (2 分)
5 2
14.答案（1） 1 rad / s；（2）FAB 2.5N，FAC 12.5N。2
详解：（1）当细线 AB刚好被拉直时，细线 AB的拉力为零，细线 AC 的拉力和重力的合力提供向心力，
（1分）
则有 mg tan 37 mLAB
2
1 （2分）
LAB Lsin （2 分）
g tan 37 10
3

4 5 21 L 1 3
rad / s
AB 2
代入数据解得 5 （2 分）
50
（2）若装置匀速转动的角速度 2 rad / s 3 1
，则两根绳均有张力，（1 分）
竖直方向上有
FAC cos37 mg （2 分）
水平方向上有 FAC sin 37 FAB mLAB
2
2 （2分）
代入数据解得
FAB 2.5N FAC 12.5N （2 分）

河南省开封市5县2022-2023高一下学期3月联考物理试卷（答案）