江西省宜春市第三中学2021-2022学年高一（下）第一次月考物理试题含解析

  宜春三中2021-2022学年度第二学期高一年级第一次月考

物理试卷

一、单选择题：每小题4分，共28分。

1. 下列说法正确的是（　　）

A. 竖直上抛的物体在空中运动时有可能处于超重状态

B. 匀速圆周运动是一种匀加速曲线运动

C. 物体做平抛运动时，任意相等的时间间隔内，速度的变化量总是相同的

D. 做曲线运动的物体受到的力的合力不可能保持不变

【1题答案】

【答案】AC

【解析】

【详解】A．竖直上抛的物体在空中运动时，当受到的空气浮力大于物体重力时，物体的加速度方向向上，有可能处于超重状态，A正确；

B．匀速圆周运动的加速度大小不变，方向总是指向圆心，时刻在变化，是一种加速大小不变的曲线运动，B错误；

C．平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，由∆v=g∙∆t，可知任意相等的时间间隔内，速度的变化量总是相同，C正确；

D．做曲线运动的物体受到的力的合力可能保持不变，如平抛运动，D错误。

故选AC。

2. 2020年新冠疫情突然来袭，无人机成战“疫”利器。无人机在某次作业过程中在空中盘旋，可看成匀速圆周运动，已知无人机的质量为m，以恒定速率v在空中水平盘旋，如图所示，圆心为O，其做匀速圆周运动的半径为R，重力加速度为g，关于空气对无人机的作用力方向和大小的说法正确的是（　　）

A. 竖直向上，F＝mg

B. 竖直向上，F＝m

C. 斜向右上方，F＝m

D. 斜向右上方，F＝m

【2题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】根据牛顿第二定律，飞机需要的向心力

F合＝

飞机受重力、空气的作用力，根据平行四边形定则，如图，则空气对飞机的作用力

F＝＝

故选D。

3. 一长为l的轻杆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匀速圆周运动，小球在最高点A时，杆对小球的作用力恰好为零，重力加速度为g，则小球经过最低点B时，杆对小球的作用力为（　　）

A. 0 B. 2mg C. 3mg D. 6mg

【3题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】小球在最高点A时，杆对小球的作用力恰好为零

小球经过最低点B时，杆对小球的作用力

解得

故B正确。

故选B。

4. 如图，沿东西方向（以水平向右为东）直线行驶的列车顶部用细线悬挂一小球A，质量为m的物块B始终相对列车静止在桌面上。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，且A相对列车静止，重力加速度为g，则此刻（  ）

A. 列车可能向东减速运动

B. 列车可能向西加速运动

C. B受摩擦力大小为mgtanθ，方向向西

D. B受摩擦力大小为mgtanθ，方向向东

【4题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】

AB．以小球A为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得

可得

方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做减速运动，故AB错误；

CD．再对物体B研究，由牛顿第二定律得

方向向东，故C错误，D正确。

故选D。

5. 物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图像如图所示则对该物体运动过程的描述正确的是（　　）

A. 物体在0~3s做直线运动

B. 物体在3~4s做直线运动

C. 物体在3~4s做曲线运动

D. 物体在0~3s做变加速运动

【5题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】AD．由图示图像可知，在0~3s内物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向作初速度为零的匀加速直线运动，物体的合运动是曲线运动，物体的加速度恒定不变，物体做匀加速曲线运动，故AD错误；

BC．由图示图像可知，在3~4s内物体在x轴上做匀减速直线运动，在y轴上做匀减速直线运动，速度与x轴夹角

加速度与x轴夹角

合加速度的方向与合速度方向在同一直线上，物体做直线运动，故B正确，C错误。

故选B。

【点睛】本题考查了判断物体的运动性质，分析清楚物体沿x轴与y轴的运动性质，应用运动的合成与分解知识，知道物体做曲线运动的条件即可正确解题。

6. 小球从A点以水平初速度v0做平抛运动落到水平地面上，当小球运动过程中水平位移和竖直位移相等时，小球的瞬时速度大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【6题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】设小球平抛经时间t，水平位移和竖直位移相等，由平抛运动规律有

解得

此时竖直分速度为

则此时小球速度为

故ABC错误，D正确。

故选D。

7. 如图所示为足球球门，球门宽为一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）。球员顶球点的高度为h，足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），则（　　）

A. 足球位移的大小

B. 足球初速度的大小

C. 足球末速度大小

D. 足球初速度的方向与球门线夹角的正切值

【7题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．由几何知识知，足球在水平方向的位移大小为

所以足球的总位移为

故A错误；

B．足球运动时间为

所以足球的初速度的大小为

故B正确；

C．足球运动的过程中重力做功，由动能定理得

结合以上选项的公式解得

故C错误；

D．由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为

故D错误。

故选B。

二、多选题：全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。共16分。

8. 利用如图所示的装置可以探究影响向心力大小的因素。将小球放置在横臂的挡板处，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，两小球随之做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供了小球做匀速圆周运动的向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，可显示两小球所受向心力的大小情况。已知长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等。若将甲、乙两个相同小球分别置于挡板A和挡板C处，匀速转动手柄，稳定后两小球所需向心力大小之比，则以下说法正确的是（　　）

A. 两小球的角速度之比

B. 两小球的角速度之比

C. 传动皮带所连接的左、右两塔轮半径之比为

D. 传动皮带所连接的左、右两塔轮半径之比为

【8题答案】

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．对两个小球列向心力方程

联立可得

故B正确，A错误；

CD．两塔轮为皮带传动装置，二者角速度相同，即

又因为

所以

所以C正确，D错误。

故选BC。

9. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A拴接，物块A、B、C、D紧挨在一起放在光滑水平面上，在水平向左的外力F的作用下整个装置处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，物块A、B、C、D的质量分别为m、2m、3m、4m，突然撤去外力F瞬间，下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧的压缩量为 B. A的加速度大小为

C. B对A的作用力大小为 D. B对C的作用力大小为

【9题答案】

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】A．根据胡克定律可知，弹簧的压缩量为

选项A错误；

B．突然撤去外力F瞬间，整体的加速度都相同，则A的加速度大小为

选项B正确；

C．对BCD的整体，则A对B的作用力大小为

根据牛顿第三定律可知，B对A的作用力大小为

选项C正确；

D．对CD整体，由牛顿定律可得，B对C的作用力大小为

选项D错误。

故选BC。

10. 如图所示，以速度v0=3m/s从O点水平抛出小球，抵达光滑固定的斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动。已知斜面倾角为53°，不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A. 小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大

B. O点到P点的竖直距离为0.8m

C. 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将变大

D. 撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将变小

【10题答案】

【答案】BD

【解析】

【详解】A．小球做平抛运动时的加速度为g=10m/s2，小球在斜面上运动时

解得

所以小球在斜面上的加速度小于小球做平抛的加速度，故A错误；

B．由速度偏转角为53°可知

解得

又

解得

故B选项正确；

CD．由于小球在斜面上的加速度为

则小球在斜面上运动时，在竖直方向的加速度为

由此可知，有斜面时，小球在竖直方向上的加速度小于重力加速度，所以撤去斜面后，小球的下落时间变小，故C错误，D正确。

故选BD。

11. 设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图乙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则某一枚硬币在a、b两处时（　　）

A. 线速度大小 B. 加速度大小

C. 角速度大小 D. 向心力大小

【11题答案】

【答案】CD

【解析】

【详解】A．硬币从a到b的过程中，只有重力对硬币做正功，其他外力对硬币不做功，根据动能定理可知线速度大小，故A错误；

C．由于rb＜ra且，则根据

可知

故C正确；

BD．设募捐箱内壁曲面的切线与水平方向的夹角为θ，则根据牛顿第二定律和力的合成与分解可得

因为θa＜θb，所以，，故B错误，D正确。

故选CD。

三、非选择题：本题共5小题，共56分。

12. 某学校物理兴趣小组用如图1所示的装置研究小球做平抛运动，用描绘的运动轨迹测定小球的初速度。已知当地重力加速度为g。

（1）实验中，安装斜槽轨道，使其末端保持______；每次小球应从______由静止释放；

（2）小丁同学用一张印有小方格的纸记录轨迹，如图2所示，小方格的边长为L。若小球平抛运动轨迹中的几个位置如图2中的a、b、c所示，则小球平抛初速度的计算式为______；

（3）另一同学绘出了运动轨迹如图3所示，只记下了过抛出点O的竖直线y，测量数据m、n和h如图3所示，则小球平抛的初速度为______。

【12题答案】

【答案】    ①. 水平    ②. 同一高度    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]安装斜槽轨道，使其末端保持水平，以保证小球做平抛运动。

[2]每次小球应从同一高度由静止释放，以保证到达底端的速度相等。

（2）[3]水平方向

竖直方向

解得

（3）[4]由平抛运动的规律可知，从O点到M点

从O点到N点

联立解得

13. 图甲为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。

（1）在保持小车的___________不变的情况下，改变所挂钩码的数量，多次重复测量，将数据输入计算机，得到如图乙所示的a­F关系图线。

（2）分析发现图线在纵轴上有明显的截距（OA不为零），这是因为___________。

（3）图线AB段基本是一条直线，而BC段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是___________。

A．实验的次数太多

B．小车与轨道之间存在摩擦

C．钩码的总质量接近或大于小车的总质量

（4）释放小车之前就启动记录数据的程序，在多次实验中，如果钩码的总质量不断地增大，BC曲线将不断地延伸，那么该曲线所逼近的渐近线的方程为___________。（重力加速度为g）

【13题答案】

【答案】    ①. 总质量    ②. 平衡摩擦力过度，轨道左侧垫起高度太大    ③. C    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]利用控制变量法探究加速度和力的关系，所以需要保持小车的总质量不改变；

（2）[2]小车在不受绳子拉力的作用下已经有加速度，说明平衡摩擦力过度，重力的分力大于滑动摩擦力，即轨道左侧垫起高度太大。

（3）[3]设小车的质量为，钩码的质量为，由实验原理得

加速度为

而实际上

可见段明显偏离直线是由于没有满足远大于造成的，AB错误，C正确。

故选C。

（4）[4]根据上述变形

当时，则

14. 如图所示，一光滑的半径为R的圆形轨道放在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口飞出时，小球对轨道的压力恰好为零，则小球落地点C距A处多远？

【14题答案】

【答案】2R

【解析】

【详解】小球在B点飞出时，对轨道压力为零，由

解得:

小球从B点飞出做平抛运动：根据

解得

水平方向的位移大小

15. 如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。

（1）若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为0，求ω0；

（2）当ω＝ω0时，小物块仍与罐壁相对静止，求小物块受到的摩擦力的大小和小物体对陶罐的压力大小。

【15题答案】

【答案】（1）；（2），

【解析】

【详解】（1）小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，当物块受到的摩擦力恰好等于零时，物块受到的重力与罐壁的支持力的合力提供向心力，如图所示，则有

解得

（2）当ω＝ω0时，小物块仍与罐壁相对静止，物块受到的摩擦力沿陶罐壁的切线方向向下，设摩擦力大小为Ff，罐壁的支持力为，如图所示

对物块，在水平方向有

在竖直方向有

代入数据，联立解得摩擦力大小为

罐壁的支持力大小为    

由牛顿第三定律可得，小物体对陶罐的压力大小为。

16. 如图所示，O为竖直面内圆周的圆心，半径R=3m，P和Q为同一条竖直线与圆周的交点，O到PQ的距离为。在O点第一次把小球水平向右抛出，恰经过圆周上的Р点。现在第二次在O点把小球水平向右抛出，同时对小球施加一个竖直方向的恒力，小球经过圆周上的Q点，且经过Q时的水平速度为第一次平抛初速度的2倍。已知小球质量为0.5kg，重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力。求：

（1）第一次小球从O点运动到P点的时间

（2）小球运动到P点时的速度大小；

（3）求第二次施加的恒力大小。

【16题答案】

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）根据几何知识，O、P的竖直高度为

根据

解得

（2）小球平抛的初速度为

小球运动到P点时速度的竖直分量为

小球运动到P点时的速度大小为

（3）小球第二次做类平抛运动，其初速度为

运动时间

竖直方向的加速度为

解得

根据牛顿第二定律得

解得