山东省菏泽市定陶区明德学校（山大附中实验学校）2022-2023学年高一下学期3月第一次阶段性考试物理试题（PDF版含答案）

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高一第二学期第一次阶段性考试
物理试题 2023.3
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。
2.选择题答案必须使用 2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5
毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用 2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿
纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选
项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示为世界上最大的无轴式摩天轮“渤海之眼”
位于山东省潍坊市白浪河入海口，其直径 125m，有
36个完全相同的轿厢，轿厢匀速转动。这些轿厢具有
相同的（ ）
A.线速度 B.向心加速度
C.向心力 D.周期
2.如图所示为两水平路面间的一个壕沟，壕沟宽度和路面落差图中已标出。一玩具
电动小车从壕沟一侧水平飞出，忽略一切阻力，取 g=10m/s2。为保证小车跨越壕沟，
则小车落地的最小速度为（ ）
A.2 10m/s B.3 10m/s
C.5 2 m/s D.10 2m/s
3.某质点在 Oxy平面上运动。t=0时，质点位于 y轴上，它沿 x方向运动的速度－
时间图像如图甲所示，它沿 y方向的位移－时间图像如图乙所示。则质点（ ）
A.在 2s内运动轨迹是直线
高一物理试题 第 1页（共 8 页）
B.t=0.5s时，速度方向与 x轴成 45°并偏向 y轴正方向
C.t＝2s时，速度大小为 8m/s
D.第 1s内，位移大小为 5 2 m
4.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运动半径的 ，
设月球绕地球运动的周期为 27天，则此卫星的运动周期是（ ）
A．1天 B． 天 C． 天 D．9天
5.如图所示，圆盘在水平面内转动，盘面上有一个茶壶，始终与盘保持相对静止。
则（ ）
A.茶壶只受摩擦力作用
B.当圆盘匀速转动时，茶壶离盘中心越近越容易侧滑
C.当圆盘减速转动时，茶壶受到的摩擦力不指向圆心
D.若圆盘突然停止转动，茶壶将沿半径方向向外滑动
6．如图，在水平地面上匀速运动的汽车通过定滑轮用绳子吊起一物体，若汽车和
被吊物体在同一时刻的速度大小分别为 v1和 v2，则下列说法中正确的是（ ）
A． v1 sin v2 B． v1 cos v2
C．物体做匀速运动，其所受拉力等于物体重力
D．物体做匀加速直线运动，拉力大于重力
7.两根长度不同的不可伸长的细绳下面分别悬挂两个小球，细绳上端固定在同一点，
若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小
球在运动的过程中，相对位置关系的示意图正确的是（ ）
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8．在某次演习中，轰炸机沿水平方向投放了一枚炸弹， 炸弹正好垂直击中山坡上
的目标，山坡的倾角为θ，如图所示。不计空气阻力，则炸弹竖直方向下落的距离
与水平方向通过的距离之比为（ ）
A．tanθ B．2tanθ
1 1
C． D．
tan 2 tan
二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选
项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的
得 0分。
9．如图所示，质量为 25kg 的小孩坐在秋千板上，小孩的重心离系绳子的栋梁 2.5m。
如果秋千板摆到最低点时，小孩运动速度的大小是 5m/s，此时小孩将手中离地高为
0.8m的小球自由释放。一切阻力均不计，（g=10m/s2）则下列说法正确的是（ ）
A．秋千摆摆到最低点时对小孩的支持力约为 250N
B．秋千摆摆到最低点时对小孩的支持力约为 500N
C．小球离开手后到落地时运动的水平位移为 0
D．小球离开手后到落地时运动的水平位移约为 2m
10．如图所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方
向匀速转动，转速 n 20r/s。在暗室中用每秒闪光 21次的频闪光源照射圆盘，则
（ ）
A．观察者观察到白点转动的方向为顺时针
B．观察者观察到白点转动的方向为逆时针
C．观察者观察到白点转动的周期T 0.05s
D．观察者观察到白点转动的周期T 1s
11．如图所示，一长为 L的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为 m
的小球。轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为 的匀速圆周运动，重力加速度为 g，
下列说法正确的是（ ）
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A．小球运动到最低点时，杆对球的作用力一定竖直向上
B．小球运动到最高点时，杆对球的作用力可能等于零
C．小球运动到水平位置 A时，杆对球的作用力大小等于m 2L
D．小球运动到水平位置 A时，杆对球的作用力大小等于
2m 2L (mg)2
12.跳台滑雪是第 24届北京冬奥会的一个项目，比赛中运动员穿专用滑雪板，在滑
雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，若运
动员从跳台 A处以 v0=20m/s的初速度水平飞出，在平直斜坡 B处着陆。若斜坡的
倾角为 37°，不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（ ）
A.运动员在 B处时速度与水平方向夹角为 74°
B.运动员在 B处着陆时的速度大小是 25m/s
C.运动员在空中到坡面的最大距离为 9m
D.A、B间的距离为 75m
三、非选择题：本题共 6小题，共 60分。
13. （8分，每空 2分）在“探究平抛运动的特点”的实验中：
（1）如采用甲图所示的装置完成实验，在实验前应（ ）
A．将斜槽的末端切线调成水平
B．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行
C．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置 O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标
系的原点
D．测出平抛小球的质量
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（2）图乙为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均
为 5cm，如果 g取 10m/s2，那么：
①照相机的闪光频率是___________Hz；
②小球运动中水平分速度的大小是___________m/s；
③小球经过 B点时的速度大小是___________m/s。
14．（6分 ，每空 2 分）探究向心力大小 F与小球质量 m、角速度 和半径 r之间
关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。
皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运
动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧
测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即
为两个小球所受向心力的比值。
（1）在这个实验中，利用了______（选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量
法”）来探究向心力的大小与小球质量 m、角速度 和半径 r之间的关系；
（2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量______（选填“相
同”或“不同”）的小球；
（3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径等于短槽中小
球半径，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为 4：1，则左、
右两边塔轮的半径之比为______。
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15．（8分）如图所示，小球 A质量为 m＝0.5 kg。固定在长为 L＝0.2 m的轻细直杆
一端，并随杆一起绕杆的另一端 O点在竖直平面内做圆周运动。如果小球经过最高
位置时，杆对球的作用力为拉力，拉力大小等于球的重力(g=10 m/s2)。求：
(1)球在最高点时的速度大小；
(2)当小球经过最低点时速度为 4 m/s，杆对球的作用力的大小；
(3)如果把其中轻细杆变成等长的轻绳，小球刚好能通过最高点的速度为多大。
16．（10分）在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。
在某次投篮表演中，运动员在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成 45°的倾角
准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上（图），设投
球点到篮筐距离为 9.8m，不考虑空气阻力。
（g=9.8 m/s2）
(1)篮球进筐的速度有多大？
(2)篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是多
少？
高一物理试题 第 6页（共 8页）
17.（13分）标准排球场总长为 18m，宽为 9m，设球网高度为 2m，运动员站离网
3m接近边线的 A处（图中未画出）面对球网竖直跳起将球水平击出，空气阻力不
计，如图所示。（g＝10m/s2）
（1）若击球点的高度为 2.5m，为使球不触网的最小速度为多少？
使球不出界的最大速度为多少？
（2）当击球点的高度为何值时，无论水平击球的初速度多大，球不是触网就是
越界？
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18.（15分）如图所示，用一根长为 L＝1m的细线，一端系一质量为 m＝1kg的小
球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，
当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为 FT．求
（取 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．结果用根式表示）：
（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
（2）若小球的角速度ω＝2 rad/s，则细线与竖直方向的夹角为多大？
细绳的张力多大？
（3）若小球的角速度ω＝ rad/s，则小球对圆锥体的压力为多大。
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高一物理参考答案及评分标准
1【答案】D【详解】轿厢匀速转动，做匀速圆周运动，则这些轿厢具有相同的周期，线速度、
向心加速度和向心力都是大小相同，方向不同。故选 D。
h 12.【答案】C【详解】小车跨越壕沟做平抛运动，则水平方向 x=v0t竖直方向 gt 2， v2 y
gt
解得小车跨越壕沟水平方向和竖直方向最小的速度为
v x g 2 100 m/s 2 10m/s ， vy 2gh 10m/s2h 2 0.5
则小车落地的最小速度为 v v 2 20 vy 5 2m/s故选 C。
3.【答案】D【详解】A．在 2s 内质点沿 x方向做匀加速运动，在 y 方向做匀速运动，则运动轨
10 v
迹是曲线，选项 A 错误；B．t=0.5s 时vx 5m/s vy m/s=-5m/s tan
y
则 1则θ=45°
2 vx
即速度方向与 x轴成 45°并偏向 y轴负方向，选项 B 错误；C．t=2s 时，速度大小为
1
v 82 52m/s 89m/s 选项 C 错误；D．第 1s 内，在 x方向的位移 x (4 6) 1m=5m2
y=10m-5m=5m 位移大小为 s x 2 y 2 5 2m选项 D 正确。故选 D。
4.【答案】A【解答】解：根据万有引力提供向心力可得： 解得：T＝
因为人造卫星的轨道半径为月球绕地球运动半径的 ，则人造卫星绕地球的周期等于月球绕地
球运动的周期的 ，即此卫星的运动周期为 1天，故 A正确，BCD错误；故选：A。
5.【答案】C【详解】A．茶壶受重力、圆盘的支持力和摩擦力作用，选项 A 错误；
B．当圆盘匀速转动时满足 f m 2r则 r越大受摩擦力越大，越容易发生侧滑，选项 B 错误；
C．当圆盘匀速转动时，摩擦力指向圆心，当减速转动时，茶壶受到的摩擦力不指向圆心，选项
C 正确；D．若圆盘突然停止转动，茶壶将沿圆的切线方向向外滑动，选项 D 错误。故选 C。
6.【答案】B【详解】绳子不可伸长，末端的速度沿绳子方向的分速度相等 v2 v1 cos
随着小车向左运动， 逐渐减小，cos 逐渐增大，v1不变，v2逐渐增大，是变加速运动，处于
超重状态，ACD 错误，B 正确，故选 B。
7.【答案】B【详解】由匀速圆周运动m 2r mg tan θ为绳与竖直方向的夹角 r l sin
g
得 2 l cos 两球角速度相同，则 l cos 相同，即细线顶点到运动平面中心的距离相等，所以
两球应在同一水平面旋转，B 正确；故选 B。
8.【答案】D【详解】根据几何关系可知，落到山坡时，速度方向与竖直方向的夹角为θ，故水
v水 v
平方向的速度与竖直方向的速度之比 tan v 炸弹的水平位移为
x v水t竖直位移为 y 竖 t
竖 2
y 1
炸弹竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比 故选 D。
x 2 tan
2
9. v【答案】BD【详解】AB．以小孩为研究对象，根据牛顿第二定律得 FN mg m r
解得 FN 500N，故 A 错误，B 正确；CD．由题可知，小球和小孩具有相等的速度；小球做平
t 2h 2 0.8抛运动，则 s 0.4s小球离开手后到落地时运动的水平位移为 x=vt=5×0.4m =2m
g 10
故 C 错误，D正确。故选 BD。
10.【答案】BD【详解】由题意黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺
时针方向旋转 20 圈，即频率为 f0=20Hz 在暗室中用每秒闪光 21 次的频闪光源照射圆盘，即
f′=21Hz 则 f0＜f'＜2f0所以观察到白点逆时针旋转，则 f'-f0=f″=lHz 所以观察到白点每秒逆时针旋
转 1 圈，即转动周期为 T=1s 故 AC 错误，BD 正确。故选 BD。
11.【答案】ABD【详解】A．小球运动到最低点时，向心力向上，重力和杆的作用力提供向心
力，而重力向下，则杆对球的作用力一定竖直向上，故 A 正确；B．小球运动到最高点时，当
重力恰好提供向心力是，杆对球的作用力等于零，故 B 正确；CD．小球运动到水平位置 A时，
水平方向，根据牛顿第二定律T m 2L杆对球的作用力大小为
F T 2
2
(mg)2 m 2L (mg)2 故 C 错误，D 正确。故选 ABD。
1 gt 2
12.【答案】CD【详解】A．运动员做平抛运动，则 tan 37 gt 2 解得 t=3s
v0t 2v0
gt 3
运动员在 B处时速度与水平方向夹角 tan v 2则 74
选项 A 错误； B．运动员在 B处
0
着陆时的速度大小是 v v20 (gt)
2 10 13m/s选项 B 错误；C．运动员在空中到坡面的最大距
h (v sin 37
) 2 v t
离为 0 9m选项 C 正确；D．A、B间的距离为 AB
0
75m选项 D 正确。2g cos37 cos37
13.（8 分）【答案】 AB 10 1.5 2.5【详解】（1）[1]A．实验中必须保证小球做平抛运动，
而平抛运动要求有水平初速度则应将斜槽的末端切线调成水平用，故 A 正确；B．根据平抛运
动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，
即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，故 B 正确；C．应以小球平抛的初始位置即球心
为坐标系的原点，建立坐标系。故 C 错误；D．小球的轨迹与其质量无关，所以不必测量小球
的质量，故 D错误。故选 AB；（2）[2]在竖直方向上有△h=gT2其中△h=（5－3）×5cm=10cm=0.1m
T 0.1
1
代入求得 s 0.1s则频率 f 10Hz [3]平方向匀速运动，有 s=v0t其中 s=3l=15cm=0.15m，
10 T
0.15
t=T=0.1s 代入解得 v0 m/s 1.5m/s [4]根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该0.1
h 0.4
过程的平均速度，在 B点有 vBy AC m/s 2m/s所以 B点速度为2T 0.2
v v2 v2 2 2B 0 y 1.5 2 m/s 2.5m/s
14.（6 分）【答案】 控制变量法 相同 1: 2【详解】（1）[1]实验目的是研究向心力大小 F
与小球质量 m、角速度 和半径 r多个物理量之间的关系，因此在这个实验中，采用了控制变
量法。
（2）[2]根据 F m 2r可知，为了探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，必需保持小球
质量 m、角速度 不变，即应选择小球质量 m、角速度 两个物理量相同。
3 [3] F m 2（ ） 根据 1 1 r F2 m
2
2 r由于皮带连接的左、右两边塔轮边缘的线速度大小相等，则
F 4 R 1
有 v R R 1 11 1 2 2根据题意可知 F 1联立解得

2 R2 2
v2
15.（8分）解析 (1) 1在最高点，由牛顿第二定律可得 ：mg＋F＝m （2分）
L
得 v1＝ 2gL＝2 m/s。（1分）
v2
(2) 2在最低点，由牛顿第二定律可得：F′－mg＝m （2分） 得 F′＝45 N。（1分）
r
v2
(3) 3当速度最小时，重力提供向心力，有 mg＝m （1分） 得 v3＝ gL＝ 2 m/s。（1分）
L
16.（10 分）【答案】(1) v 9.8m/s；(2) y 2.45m
【详解】(1)根据运动合成和分解篮球进框时的水平分速度
v v cos 45 2x ＝ v （1 分）
2
vy v sin 45
2
＝ v（1 分）
2
x 2
设篮球由最高点运动到篮筐的时间为 t，则水平方向 vxt vt（2 分）2 2
则
t 4.9 2 （1 分）
v
由 vy gt（1 分）
可得
v 9.8m/s（1 分）
(2) 篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是
v2
y y 2.45m（3 分）
2g
17.（ 13 分）【解答】解：（ 1）恰好垂直于网击球时，根据 h1＝ gt12 得， t1＝
＝ s，（2分）
则 v1＝ m/s＝3 m/s，（2分）
向场地对角线的顶角处击球时，根据 h2＝ gt22 得，t2＝ ＝ s，（1
分）
平抛运动的水平位移 s2＝ ＝15m，（1分）
则 v2＝ ＝15 m/s（2分）
（2）在竖直方向上，H﹣2＝ gt12，（1分） 而 t1＝ ，（1分）
在竖直方向上，H＝ gt22，（1分） 而 t2＝ ，（1分）
两式相比得：H≈2.13m。（1分）
18.（15分）【解答】解：（1）小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二
定律得：
mgtan
（2 分）
解得 ＝
（1 分）
（2）若小球的角速度ω＝2 rad/s，小球脱离椎体斜面，设此时α，则 Fsinα＝mω2Lsinα（2
分）
Fcosα＝mg（2分）
联立解得 F＝20N（1分），α＝60°（1分）
（ 3）若小球的角速度 ω ＝ rad/s，小球没有离开，故对小球受力分析可知
（2 分）
Fcos37°+FNsin37°＝mg（2分）
联立解得 FN＝3.6N（1分），根据牛顿第三定律可知对椎体的压力为 3.6N（1分）