【文档说明】云南省红河哈尼族彝族自治州第一中学2022-2023学年高一下学期3月月考物理试题答案和解析.docx，共(13)页，240.462 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案1．C【详解】A．物体做曲线运动的条件是加速度与速度方向不在同一条直线上，加速度大小和方向不一定变化，比如平抛运动，加速度恒定不变，故A错误；B．匀速圆周运动的物体所受的合力一定指向圆心，加速度也指向圆心，方向一

直变化，故B错误；C．当物体所受合力与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，当合力与速度方向在同一直线上时，物体做直线运动，故物体所受合力方向与运动方向相同时，该物体一定做直线运动，故C正确；D．物体运动的速度在增加

，所受合力方向与运动方向不一定相同，可能所受合力方向与运动方向成锐角，故D错误。故选C。2.B【详解】A．如图所示，以A为研究对象，对其进行速度分析可得图中v为A的合速度，vb等于B的速度，由几何关系可得vb=vcosθ故A正确；B．A匀速上升，θ增大，vb减小，B的加速度向上，B

处于超重状态，故B错误；C．重物B下降过程，B处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C正确；D．A运动到位置N时，θ=90°，B的速度为vb=0，故D正确。故选B。3.B123456789101112CBBCBCBBBCADADBC【详解】①由于惯性炸

弹和飞机水平方向具有相同速度，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，①正确；②早投放的炸弹早落地，因此炸弹不会落在同一点，②错误；③由于水平方向速度相同，下落高度相同，因此这些炸弹落地速度大小方向都相同，③正确；④因为竖直方向上相同时刻速度不同，空中相邻的炸弹之间的距离随着时

间均匀增大，④错误。故选B。4．C【详解】A．抛体运动的水平分速度保持不变，篮球运动到最高点时速度为xv，故A错误；B．篮球在空中运动过程，只受重力作用，篮球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向，上升阶段做竖直上抛运动，下降

阶段做自由落体运动，故B错误；C．由vgt=可知，在任意相等时间内速度的变化量相同，故C正确；D．由于投球点和篮筐正好在同一水平面上，由对称性可知，上升阶段所用的时间等于下降阶段所用时间，故D错误。故选C。5.B【详解】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大。

此时有maxLvt=212hgt=代入数据解得max6m/sv=恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有minLdvt+=212Hhgt+=代入数据解得min3m/sv=故v的取值范围是3m/s6m/sv故选B。6.C【详解】AB．小球做平抛运动，根据2OBOA=，可知A小球下落

的高度为B小球下落高度的一半，对A小球AAxvt=212Ahgt=对B小球2Bxvt=2122Bhgt=解得12ABtt=222AABBxvtxvt==AB错误；D．小球落到斜面上，末速度的反向延长线必过水平位

移中点，所以初速度与末速度的夹角满足00tan2yx=假设斜面倾角为，则001tantan2yx==斜面倾角不变，所以小球落到斜面瞬间的偏转角不变，根据几何关系可知小球落到斜面瞬间，末速度与斜面的夹角等于与之差，所以=，D错误；C．当速度方向与斜面平行时，B

小球距离斜面最远，此时分解速度得tanBgtv=解得tanBvtg=落到斜面底端时212tan2BBBBBgtgtvtv==解得2tan2BBvttg==可知B小球运动总时间一半时，距离斜面最远，B小球水平方向做匀速直线运动，所以B小球此时正在

A点的正上方，C正确。故选C。7.B【详解】A．当小明通过最高点时，小明依然受到重力作用，A错误；B．小明做匀速圆周运动的周期2π2πrTkg==B正确；C．小明做圆周运动所需的向心力大小为F向=mω2r=k2mg<mg故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完

全失重状态，C错误；D．当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有F-mg=mω2r解得F=(1+k2）mg根据牛顿第三定律可知，此时小明对座舱座垫的压力大小为（1+k2）mg，D错误。故选B。8．B【详解】A．弹簧处于水平静止状态，则A对弹簧的力和B对弹簧的力

大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，A错误；B．对A受力分析可知mAg＝Ftan60°对B受力分析可知mBg＝Ftan45°故tan603tan451ABmm==B正确；C．细线对A的拉力FTA＝cos60F细线对B的拉力FTB＝cos45F故cos452cos601TATBFF==C错误

；D．剪断细线前，弹簧弹力F＝mBg剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故A的加速度22333BABmgagm==B的加速度为2Bag=故A、B加速度之比为6∶3，D错误；故选B。9.．BC【详解】AD．依题意，设河岸宽为d，船在静水中的速度为1v，水流速度为2v，当船

头垂直指向河对岸行驶时，根据分运动与合运动的等时性和独立性，可得船渡河时间为1300s60s5dtv===则水速为2180m/s3m/s60v==因为21vv所以，根据矢量合成法则，可知当船头垂直对岸偏向上游

角度为213sin375vv===时，可使小船垂直到达河对岸，故AD错误；B．若小船垂直到达河对岸，根据矢量合成法则得船的合速度大小为22124m/s=−=vvv此时小河的渡河时间为75sdtv==故B正确；C．当船头垂直对岸时，小

船的渡河时间最短，为min160sdtv==故C正确；故选BC。10.AD【详解】A．B、C两点同轴转动，角速度相同，则根据vr=可知，B、C两点的线速度之比等于小齿轮与后轮的半径之比，即为1∶4，故A正确；B．A、B两点在同一根链条上，线速度大

小相等，则根据2rTv=可知，A、B两点的周期之比等于大齿轮与小齿轮的半径之比，即为2∶1，故B错误；C．由于A、B两点的周期之比为2∶1，则根据2T=可知，A、B两点的角速度之比为1∶2，又由于B、C两点的角速度相同，则A、C两点

的角速度之比为1∶2，故C错误；D．A、C两点的角速度之比为1∶2，而A、C两点的半径之比等于大齿轮与后轮的半径之比，即为1∶2，则根据2ar=可知，A、C两点的向心加速度之比为1∶8，故D正确。故选AD。11.AD【详解】AB．筒壁对小物块的弹力提供小物块做圆周运动的

向心力，有2NFmr=在竖直方向上，小物块的重力与筒壁对小物块的摩擦力平衡，有NmgfF=联立解得gr所以圆筒转动的角速度至少为gr，故A正确，B错误；CD．逐渐增大圆筒的转速，即角速度增

大，筒壁对小物块的弹力增大，最大静摩擦力增大，但是物块所受摩擦力始终与重力平衡，所以摩擦力保持不变，故C错误，D正确。故选AD。12.BC【详解】A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为

2μmg，f3的最大值为32μmg，故当0＜F≤32μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；BC．设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′对A、B整体，有F′-32μm

g＝3ma′联立解得F′=3μmg故当32μmg＜F≤3μmg时A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当53Fmg=时，代入上式求得A的加速度为118ag=当F＞3μmg时，由前面分析可知A将相对于B滑动，故BC正确；D．对B来说，由牛顿第二定律可得，其所受合力的最大值有Fm=2μ

mg-32μmg=12μmg=ma即B的加速度不会超过12μg，故D错误。故选BC。13．1:21:4当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度的平方2成正比关系。【详解】（1）[1]左、右塔轮边缘的线速度相等，则根据vR=可得12211=2RR=A、C两

处的角速度之比为1:2；（2）[2]根据图中标尺上黑白相间的等分格显示可知，则A、C两处钢球所受向心力大小之比约为1:4；（3）[3]由此实验，得到的结论是：当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度的平方2成正比关系。14.平抛运动在竖直方向上是自由落体运动球1落到光滑水平板上并击中球2平

抛运动在水平方向上是匀速直线运动2m/s2.5m/s（10cm−，1.25cm−）【详解】（1）[1][2][3]题图甲中A、B两球同时落地，则B球的平抛运动在竖直方向的分运动与A球的运动相同，而A做自由落

体运动，故可说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；题图乙中球1与球2恰好在平板上相碰，说明球1在水平方向做匀速直线运动，故可说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动；（2）小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运功，在竖直方向，根据匀变速

直线运功的推论可得2ygT=代入数据，解得0.1s0.1s10bcabyyyLTggg−=====所以水平方向的速度大小为020.2m/s2m/s0.1xLvvT====小球经过b点时竖直方向的速度大小为30.3m/s1.5m/s2220.1acbyyLvTT====所以小球经过b点时的

速度大小为222221.5m/s2.5m/sbxbyvvv=+=+=[4]小球运动到b点的时间为1.5s0.15s10byvtg===所以小球运动到b点时，竖直方向的位移为2111.25cm2ygt==水平方向的位移为30cmxxvt==

若以a点为坐标原点，则抛出点的坐标为（10cm−，1.25cm−）。15．（1）mgtanθ；（2）tansingl；（3）cos2lg【详解】（1）对小球体进行受力分析如图所示则小球所受向心力F的大小为tanFmg=（3分）（2）根

据向心力表达式有2tansinvmgml=（2分）解得tansinvgl=（1分）（3）根据线速度与周期的关系2sinlvT=（2分）解得cos2lTg=（1分）16.（1）3m/s1.2m；（2）4N【详解】（1）当

绳子恰好断开后，小球做平抛运动，故2112hgtsvt==（2分）小球恰好无碰撞的落在光滑的斜面上，故速度的偏向角为53=1tan53gtv=（2分）联立解得13m/s1.2mvs==（2分）（2）当小球运动到最低点时，有21

vFmgmr−=（3分）解得4NF=（1分）17．（1）4.8m；（2）10m/s，方向与水平方向夹角为37°；（3）4m【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，下落时间20.6shtg==（1分）水平

位移BC的长度为080.6m4.8mlvt===（2分）（2）物体运动到C点时，竖直方向的速度6m/syvgt==（1分）物块到C点时速度大小为22010m/sCyvvv=+=（1分）与水平方向的夹

角03tan4yvv==（1分）夹角是37°。（3）已知ECvv=，物块刚滑到传送带时，物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可知1sin37cos37mgmgma+=（1分）达到传送带速度

所需时间为110.5sEvvta−==（1分）通过的位移为22113.75m2Evvxla−==（1分）划痕等于1111.25msxvt=−=（1分）则达到相同速度后，由于sincosmgmg，故物块继续向上微减速运动，根

据牛顿第二定律可得2sin37cos37mgmgma−=（2分）当到达F点时，速度给好为Fv，则212221t2lxvat−=−（1分）划痕长度221()4msvtlx=−−=（1分）因为21ss4ms=（1分）划痕重叠的部分为l.25m，所以物块在传送带上运动时

会留下的划痕长度4m。