2023-2024学年度第二学期三校联考
高一物理
说明：本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：1.答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A)填涂在答题卡相应位置上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项只有一项是符合题目要求的。
1.在蹦床比赛中，运动员的空中姿态可以简化为如图所示路径，其结束动作要求一定要垂直蹦床落到蹦床上，则在图示的动作路径中运动方向与末速度方向一致的位置是：
A.① B.②
C.③ D.④
2.珠海航展，我国设计的飞机在性能和机动性上举世瞩目。一段飞行表演中某型号飞机在水平方向做匀速直线运动，竖直方向的运动速度vy图像如左图所示，则该飞机在空中运动的路径是：
A． B． C． D．
3.一般的曲线运动可以分为很多小段，每一小段都可以被看作是圆周运动的一部分圆弧，如图为摩托车匀速率运动过程中经过高低不平的一段赛道,底部A和顶部B两个位置对应的圆弧半径为r1,r2,且r1
C.动能EkA>EkB D.摩托车最有可能爆胎的位置在B点
4.河水的流速随离一侧河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示。 若要以最短时间渡河，则（ ）
A．船渡河的最短时间是60s
B．船在行驶过程中，船头应斜向上游
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度是5m/s
5.游乐场内旋转飞椅的运动可以简化为如图所示的匀速圆周运动，关于飞椅的受力分析正确的说法是：
A.飞椅受到重力、悬绳拉力和向心力的作用
B.飞椅只受向心力作用
C.飞椅在运动中合外力不变
D.飞椅所受的重力和悬绳拉力的合力提供其做圆周运动的向心力
6.如图为地球同步通讯卫星正在绕地球做匀速圆周运动，已知地球同步卫星在距地面h的轨道上，运动周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，根据以上卫星的运行数据，求出数据正确的是：
A.地球的质量 B.同步卫星的线速度大小
C.同步卫星的角速度 D.同步卫星运动的加速度大小
7.某儿童电动玩具车发动机额定功率为15W，质量为2kg，运行中受地面摩擦阻力恒定为5N，当电动车以恒定功率启动后：
A.电动车启动过程是匀加速运动
B.电动车运行的最大速度为5m/s
C.电动车速度为1.5m/s时的加速度为2.5m/s2
D.电动车所受牵引力做的功等于克服摩擦阻力做的功
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有错选或者不答的得0分。
8.图甲是玩蹦极游戏的示意图，将弹性绳子的一端系在人身上，另一端固定在高处，然后人从高处跳下。图乙是人到达最低点时的情况，其中AB为弹性绳子的原长，C点是弹力等于重力的位置，D点是最低点，对于人离开跳台至最低点的过程中，下列说法正确的是:
A．重力对人一直做正功
B．人的重力势能一直减小
C．人通过B点之后，开始减速，到D点速度减为0
D．从A点到D点，弹性绳子的弹性势能一直增加
9.拨浪鼓是一种小型的儿童玩具，其简化的模型如上图所示。拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于手柄对称的左右两侧位置固定有长度分别为l1和l2的两根不可伸长的轻质细绳，两细绳的另一端分别系有质量相同的小球甲、乙。保持手柄竖直匀速转动，使得两球均在水平面内匀速转动，连接甲、乙的细绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＜β，则（ ）
A．甲球运动的周期大于乙球运动的周期
B．甲球运动的角速度大小等于乙球的角速度大小
C．甲球所受绳子的拉力大小小于乙球所受绳子的拉力大小
D．甲球的向心加速度大小大于乙球的向心加速度大小
10、如图所示，在桌面边缘将质量为m的物体以初速度v0沿不同抛射角θ斜向上方向抛出，已知桌面距地面高度为h，以地面为零势能面，不考虑空气阻力。则：
A.抛射角θ越大，落地速度时越大 B.落地动能与θ无关
C.落地动能大小为mv02 D.落地时重力的功率为mg
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。请将答案填写在答题卡相应的位置。
11.（10分）某同学正在观察水平水管向水池放水的情景(图a)，突然发现水流中一小石子从管口随水流一起水平冲出，同时有一水滴从管口自由下落。为研究石子水平抛出后的运动规律，合理设计实验并将过程简化为如图所示情景（图b）：在同一高度将小球甲由静止释放的同时将小球乙水平抛出。
该同学们观察到的现象是：小球甲、乙_______（填“同时”或“不同时”）落地。多次改变图b中 小球甲、乙初始位置离地高度后，重复上述操作，均有相同的实验现象，根据这些现象大胆猜想：平抛运动在竖直方向的分运动为 。
为进一步验证猜想，该同学利用频闪相机得到了小球做平抛运动时的频闪照片如图c，图中背景方格 的边长均为5cm。由图判断O点 （填“是”或“否”）为抛出点。由图像可求相机的频闪周期为
s；水平抛出速度vo= m/s。（g=10m/s2）
12.（6分）某小组同学利用传感器进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验，实验装置如图甲所示，力传感器固定在竖直转轴上，角速度传感器固定在水平直杆上，水平直杆随竖直转轴一起转动，质量为m的滑块套在水平直杆上，细线一端连接滑块，另一端连接力传感器，细线拉力的大小F可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度通过角速度传感器测得。
（1)小组同学保持滑块质量不变，将其运动半径r分别调整为0.22m、0.20m、0.18m、0.16m、0.14m，改变转动角速度，得到相应的向心力大小，在同一坐标系中分别得到图乙中①、②、③、④、⑤五条图线。请分析这五组图线不过坐标原点的原因是 。
(2)因图乙中图线不便于研究F与的关系，便对其中某条图线的数据进行处理，获得的图像如图丙所示，该图线是一条直线，则图像横坐标x代表的是 。（填“”“”或“”）
(3)把图乙中的图线转换成图丙中的图线所应用的物理思想与下列实验相同的是______
A．探究两个互成角度的力的合成规律
B．当物体受力不变，探究加速度与物体质量的关系
C．研究匀变速直线运动时，用图像求物体运动加速度
四、计算题：本题共3小题，共38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.（8分）如图甲所示为一小朋友在水泥管道内踢球，可简化为如图乙所示，固定的竖直圆形轨道半径为R，球质量为m，在某次运动中，球恰能通过轨道最高点B，将球视为质点，重力加速度为g。
（1）求球通过最高点B时的速度大小
（2）若球通过最低点A的速度为最高点B的速度的3倍，求球从A到B过程中摩擦阻力做的功。
14.（14分）如图所示，为一半径的竖直半圆形槽，为直径，O点为半圆的圆心，位于O点正下方。在距上方为h处有一以的速度顺时针方向转动们传送带，B端恰好在C的正上方，传送带滑轮的半径很小（大小可忽略），两端点A、B间的距离，现将与传送带间摩擦因数的小物块轻放在A端，最终垂直撞在圆槽的P点，连线与的夹角为60°。取，（结果可用根式表示）求：
（1）小物块运动到B端时速度的大小；
（2）高度h的大小。
15.（16分）如图所示，用大小为10N，方向与水平地面成37°角的拉力，使静止的物体从A点沿水平粗糙地面运动到相距15m的B点，到达B点后立即撤去，物体沿光滑圆弧形轨道恰好滑到点，C点离地高度，然后又沿圆弧轨道返回水平地面，停在了点。物体的质量为2kg，不计物体在点的动能损失，取，，。求：
（1）物体到达B点时的速度大小；
（2）物体由A运动到B的过程中摩擦力做的功；
（3）D点到B点的距离。2023-2024 学年度第二学期三校联考
高一年级 物理（答案解析）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C A D D C C AB BC BC
1.【B】根据曲线运动，速度的方向为切线方向，②点的切线方向向下，与末速度方向相
同，故选 B。
2.【C】根据运动的合成，飞机水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，
因此轨迹往 y轴方向弯曲，即加速度指向轨迹的凹侧，因此 C选项符合题意。
2
3.【A】由 vF = m = ma
r ，摩托车做匀速率曲线运动，r2＞r1，可知aA＞aB，FA＞FB，因此A
1
项 正 确 ， B 项 错 误 。 摩 托 车 动 能 EK = mv
2 不 变 ， 因 此 C 项 错 误 ； 由
2
v2 v2
FA = FNA mg = m , FB = FNB +mg = m
r r ，可知FNA＞FNB,在A点更容易爆胎，故D错。
4.【D】【详解】AB．由题图甲可知河宽 300m，船头始终与河岸垂直时，船渡河的时间最
d 300
短，则 t = = s=100s ，故 AB错误；
v 3
静
C．由于船沿河漂流的速度大小始终在变化，故船的实际速度大小和方向也在时刻发生变
化，船在河水中航行的轨迹是曲线，故 C错误；
D．船沿河漂流的最大速度为 4m/s，所以船在河水中的最大速度v = 32 +42m/s = 5m/s
D正确。故选 D。
5.【D】旋转飞椅转动过程中由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，没有另外受向心力
，因此AB项错误，D正确，圆周运动过程中合外力方向一直在改变，因此C项错误。
Mm v2 Mm 4 2 (R + h)
G = m ,G = m = ma
2 2 2
6.【C】根据万有引力公式： R R (R + h) T ，可求地球的质
3
4 2 (R + h) 2 (R + h)
量 M = ，同步卫星的线速度 v = ，和同步卫星的向心加速度
GT 2 T
4 2 (R + h) 2
a = ，同步卫星角速度 = ，因此选C。
T 2 T
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7.【C】玩具车以额定功率启动，根据P=Fv, F-f=ma，汽车速度增大，牵引力减小，加速
度减小，因此做的是变加速直线运动，A错误；当 F=f 时，加速度为零，速度达到最大
值，P=Fv=fv，解得最大速度为3m/s，B选项错误；当v=1.5m/s时，F=10N，由F-f=ma，
可得a=2.5m/s2，C正确；由于恒定功率启动过程中速度增大，动能增大，因此牵引力所做
的正功大于摩擦力所做的负功，D错误。
8.【AB】整个过程中，人向下运动，重力与运动方向相同，重力一直做正功，重力势能
一直减小，故 AB正确；
C.从 B点到 C点过程中，弹力绳的弹力小于人的重力，因此人做加速运动，从 C点到 D
点过程中，弹力绳的弹力大于人的重力，因此人做减速运动，即 B到 D过程人先加速在
减速，故 C错误；
D．人从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中，弹性绳子不做功，此后弹力与运动方向
相反，弹性绳子一直做负功，弹性势能一直增加，故 D错误。
故选 AB。
9.【BC】【详解】A．甲、乙两球绕共同的转动轴转动，两球的角速度相同，即周期相同，
故 A错误；B 正确．
C．竖直方向，两球的合力为零，则对甲球T甲cos = mg ,对乙球T乙cos = mg ,由于 ，可
知T甲 T乙，故 C正确；
mgtan mgtan
D．甲球的向心加速度 a甲 = = gtan ，乙球的向心加速度 a乙 = = gtan
m m
有 a甲 a乙，故 D错误。
故选 BC。
1
10.【BC】小球抛出后不考虑空气阻力，因此只有重力做功，根据动能定理： = 2
2
1 1
20，可得落地时动能大小为 +
2
0，速度大小为√2 +
2
0，与抛射角θ无关，2 2
因此A项错误，BC项正确；落地时重力的瞬时功率大小为 2 ， ≠ √2 + 0，D项
错误。
11.（1）同时 （2分）
自由落体运动(填初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动也给分)（2分）
（2）是（2分） 0.1s（2分） 1.5m/s（2分）
[详解]（1）两个小球竖直方向都为自由落体运动，高度相同，因此下落时间相等；（2）
根据竖直方向相邻相等时间间隔内位移差恒定，即△y=gT2，由图像可知△y=10cm=0.1m，
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1
代入数据解得 T=0.1s,由 = 0 +
2，可得 O 点 v0=0，即 O点为轨迹的起点。由 x=vxT,
2
可得 vx=1.5m/s
12.(1)滑块受到摩擦力的作用 (2) 2 (3)B
【详解】（1）由题图可知，当滑块角速度不为零时，传感器显示的力为零，是因为滑块
受到摩擦力的作用。
（2）对滑块受力分析有F f = m 2r，整理有F =mr 2 + f
所以滑块质量不变，半径一定时，F 与 2 成线性关系，所以该图像的横坐标代表的 2 。
（3）在对图像的数据处理获得F 2图像过程中，将原本的曲线图像，处理成线性的图
1
像，这与探究加速度与质量的关系中将a M 图像转化为 a 图像的原理相同。
M
故选 B。
13.（1）v W = 2mgRB = gR ；（2） f
【详解】（1）由题意，在最高点 B，根据牛顿第二定律
v2
mg = m B ①
R
得 vB = gR ②
1
mg2R +W = mv2
1 2
（2）从 A 到 B，由动能定理得 f B mvA ③
2 2
由已知 vB = 3vA，
联立解得 Wf = 2mgR ④
（①②③④式每式 2 分，共 8分）
3
14.（1） vB = 30m/s；（2） h = m；
2
【详解】（1）物块在传送带上加速，由牛顿第二定律可得
mg = ma ①
解得加速度为 a = 5m / s2 ②
当物块加速到 v0时，由位移速度公式得
v2 ③ B = 2aL
解得 ＜6 ④ vB = 30m / s m / s
故物块在传送带上加速不到 v0，则运动到 B 点时有vB = 30m/s
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（2）物块从 B 到 P 做平抛运动，垂直撞在圆槽的 P 点
vy
tan60 = ⑤
vB
竖直方向有 2 ⑥ vy = 2g(h + Rsin60 )
3
联立解得 h = m ⑦
2
（①②③④⑤⑥⑦每式 2分，共 14分）
15.（1）6m/s；（2） 84J；（3）4.5m
【详解】（1）对物体从 B 到 C 的过程中应用动能定理
1
-mgh = 0 mv2B ①
2
解得 vB = 6m/s ②
（2）对物体从 A 到 B 的过程中应用动能定理
1
FsABcos37
o +W f = mv
2
B 0 ③
2
解得 W f = 84J ④
（3）由 AB 段摩擦力做功
W f = (mg F sin 37 ) sAB = 84J ⑤
解得 = 0.4 ⑥
物体由 B 点到 D 点的过程，由动能定理可得
1
mgs 2BD = 0 mvB ⑦
2
解得 sBD = 4.5m ⑧
（①②③④⑤⑥⑦⑧每式 2分，共 14分）
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