物理试卷-河南省青桐鸣大联考2024-2025学年高一下学期3月联考
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2024一2025学年高一3月联考 物理参考答案及评分意见 ,D【解析】物体做曲线运动是由于物体的速度方向与受力方向不在同一直线上，但物体所受合外力不变时，其加 速度不变，比如做抛体运动的物体，其加速度就是恒定的，A,C错误，物体做圆周运动时，速度大小可以不变，如 匀速圆周运动，但方向时刻在变，B错误：物体做斜抛运动时，其加速度为重力加速度，根据加速度的定义可知 4=8= 三，解得△=g·△，所以物体速度改变量的方向与重力加速度的方向一致，都是经直向下的，D正确。 .C【解析】因为相同时间内它们通过的路程之比是413，运动方向改变的角度之比为312，根据=三 可知它们的线速度之比为4：3，角速度之比为3：2：根据4细r=可知它们的向心加速度之比为2；1，C 正确。 .B【解析】由题意灰色圆盘可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿逆时针方向旋转0圈，即频率f。一 20Hz,在暗室中用每秒闪光18次的频闪光源照射圆盘，即f'=18Hz,则0<f'<f。,所以观察到白点逆时针旋 转，则有f。一f'一2Hz,所以观察到白点每秒逆时针旋转2圈，即转动周期T=0,5s,B正确。 ,D【解析】运动员的落地速度v=√，十，=√3+4m/s=5m/“,A,B错误：根据运动的独立性可知，水平方 向的风不影响经直方向的运动，则有无水平方向的风落地时间均相同，C错误，D正确。 C【解析】依题查，可得小船过河时间1=一-0。=100，A精误：由于船在静水中的莲度方向垂直指向对 岸，根据矢量叠加原理可知，该船的合速度方向不可能垂直指向对岸，即船不能垂直到达正对岸，B错误，根据运 动的独立性和等时性，可求得船到达对岸时在下游x一vkt一1×100m一100m处，C正确；如果水流速度超过 小船速度，根据矢量叠加原理可知，小船的合速度方向也能够指向对岸（只是不能指向正对岸），小船也能过河，D 错误。 C 【解析】设杆的长度为L,水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球 受力分析有一F+mg=m广，整理可得F三一，十mg,对比题图乙可得m三1kg,L=3,6m,A,B错误：当 v=3.6m/s时，解得F=6.4N,则轻杆对小球的作用力大小为6.4N,C正确：若小球通过最高点时的速度大小 为6m/s,则小球受到的合力F金=m乙=10N,D错误。 .B【解析】A的静摩擦力达到最大时的临界角速度满足mg一mA侧rA,解得aA一2√5Tad/8,问理可得B的 静摩擦力达到最大时的临界角速度w=√I0rad/s,则当圆盘转动的角速度逐渐变大时，B先达到临界角速度 值，则B的摩擦力先达到最大，A正确：若mA=1kg,ma=1kg,当角速度达到B的临界角速度@山=√10rad/s 时，绳子开始产生拉力，由于B所需的向心力大于A所需的向心力，则产生拉力后，A的摩擦力先减小后反向增 大，当A的摩擦力达到最大时，此时对B,A分别有T十mng=mmr,T一mg=AWFA,解得1三 √40rd/s,则当m=√20ad/s<m1=√40rd/s时，AB两物体米出现相对滑动，B错误：若mA=2kg,ma= 1kg,当角速度达到B的临界角速度wam=√10rad/s时，绳子开始产生拉力，由于mAwrA=mumr,可知B所 需的向心力等于A所需的向心力，则产生拉力后有T十mg=mnr=T十f。=mArA,可知A所受的静 摩擦力保持不变，则AB两物体不可能出现相对滑动，C正确：若mA=4kg:m=1kg,当角速度达到B的临界 角速度ww=√10ad/s时，绳子开始产生拉力，由于A所需的向心力大于B所需的向心力，则产生拉力后，A的 摩擦力维续增大，当A的摩除力达到最大时，此时对B,A分别有T十mg=mwr。·T十mag=mAwirA·解 得w:=√30ad/s,则创=√30rad/s时，AB两物体刚好未发生相对滑动，D正确。 AB【解析】当汽车通过最低点时，需要向上的向心力，则有F×>mg,则处于超重状态，A正确：设绳与竖直方向10.AC【解析】由平抛运动知识得，竖直方向的位移y-AB血30°-2gr,解得运动员在空中飞行的时间1-2 A正确：水平方向的位移x一ABcos30°一。1，解得运动员在A处飞出的速度大小为。一103m/s,B情误：运 动员在B点的速度大小为：=√。十(gt)户，代人数据解得m=10√7m/s,C正确：将。与g沿平行斜坡方 向与垂直斜坡方向分解，如图所示，当运动员垂直斜坡方向的速度减为0时离斜坡最远，则有，=p。s30°， 81-gc0s30,速度减为0的位移5--53 2g2m,D错误 11.(1)D(1分)(2)25(1分)0.80(2分)1.0(2分) 【解析】(1)在研究小球做平抛运动规律的实验中，并不需要斜槽轨道光滑，只要保证小球做平抛运动即可，斜槽 是否光滑对实验没有能响，A错误：小球P不与小球Q直接发生碰撞，小球P从斜槽上无初速度释放后在斜槽 末擒只需与挡片相碰就可使电路断开使电磁铁释做小球Q,这个对照实验验证了做平抛运动的小球在竖直方 向做自由落体运动，与P,Q之间的质量无关，B错误：该实验过程只为验证做平抛运动的小球在竖直方向做自 由落体运动，并不是为了得到平抛运动的轨迹，因此不需要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，所以小球 P可以从斜植上不同的位置无初速度释故，C错误，D正确。 (2)平抛运动在竖直方向做自由落体运动，在竖直方向有y4一y=1=g,解得1=0.04，根据周期与频率之 间的关系可得∫=7=25H2,小球水平方向做匀速直线运动，根据坐标纸中的点迹可得，在水平方向有2L一 。1,解得。=0.80m/s,根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的候时速度，可知在c 点的竖直分速度.-2L十3孔-1.0m/s, 12.(1)C(2)1:2(3)A(4)C(每空2分) 【解析】(1)在研究向心力的大小F与质量m,角速度w和半径r之间的关系时主要用到了物理学中的控制变量 法，C正确。 (2)若两个钢球的质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出A,C位置两钢球所受向心力的 比值为14，即会--片则塔轮1和塔轮2转动的角速度之比为二-宁 (3)若将球1,2分别放在挡板B,C位置，则两小球做圆周运动的半径不同：将皮带与轮①和轮④相连，两小球 转动的角速度相等，则是在研究向心力的大小F与转动半径r的关系，A正确，B,C,D错误。 (4)若将球1,3分别放在挡板B.C位置，则球1,3的轨道半径之比为r,:r:一2；1，转动手柄时标尺1和标尺 2示数的比值为1；4，则球1.3所受向心力之比为F,:F,=1；4,球1,3的质量mmr可知球1,3转动的角速度之比为1：一1；4，由皮带传动的变速塔轮的边缘的线速度大小相等及罗 ,可得球1,3所在变速塔轮的半径之比为R,:R,=4：1,由于轮①，①的半径相同，轮③的半径是轮①的2 倍，轮@的半径是轮④的0,5倍，可知轮③的半径是轮⑥的4倍，则可判断与皮带连接的变速塔轮为③和@，C 正确 13.(1)0.4rad/s(2)0.8m/s2(3)14.4N,方向始终垂直指向中心轴 【解析】(1)由v一r(2分) 可得小孩在运动过程中的角速度大小为细=0.4ad/(1分) (2)由a=aw2r(2分) 可得小孩的向心加速度大小为a=0.8m/s(1分) (3)根据牛顿第二定律可知，小孩在运动过程中所受合外力大小为F=m(2分) 解得F=14.4N(1分) 方向始终垂直指向中心轴(1分)】 14.(1)24.2m(2)4.2￥(3)20m/s 【解析】(1)甲授撺的标枪做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，利用逆向思维有 (1sin8)2=2gh。(2分) 甲掷出的标枪在飞行过程中离地面的最大高度H=h。十h,(1分) 解得H=24.2m(1分) (2)甲投掷的标枪做斜抛运动，竖直方向做竖直上批运动，则有一h1=1sn0·1一2t(2分) 解得1=4.2s(2分) (3)甲投挪的标枪做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有x1■v1c0s0·t(1分) 结合题意可知，乙投掷的标枪的水平分位移x:=x:一x。(1分) 乙投痒的标枪做平袍运动，则有x:=:1(1分) h:-2gi1分) 解得p:=20m/(2分) 15.(1)0.8m(2)2m/s(3)100N,方向竖直向下 【解析】(1)由题意可知，小物块到达B点时竖直方向的分速度v,一otnn(2分) 解得p,=4m/s 根据平抛运动在竖直方向为自由落体可知方一，亚(2分) 2g 解得h-0.8m(2分) (2)小物块恰好能经过圆孤轨道最高点D,此时重力恰好提供向心力 F.-mR =mg《2分) 解得0=2m/s(2分) (3)小物块运动到C点时，设轨道对小物块的支持力为N,根据牛顿第二定律有 N-mg-m爱2分) 解得N=100N 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小等于轨道对小物块的支特力大小
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