江西省宜春市第九中学2020_2021学年高一物理下学期第一次月考试题.docx

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1、江西省宜春市第九中学2020-2021学年高一物理下学期第一次月考试题考试时间：100分钟 满分：100分一、选择题本大题共10个小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，17小题只有一个选项正确，810小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选的得0分1. 有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是A. 如图甲，汽车通过凹形桥的最低点处于失重状态B. 如图乙，小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，小球的过最高点的速度至少等于C. 如图丙，用相同材料做成的A、B两个物体放在匀速转动的水平转台上随转台一起做匀速圆周运动，转台转速缓慢加快时，物体A最先开始

2、滑动D. 如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对外轮缘会有挤压作用2. 在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为，摩托艇在静水中的航速为，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d，如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为A. B. 0C. D. 3. 2015年1月9日亚洲杯足球赛在澳大利亚举行，分在B组的中国队三战全胜挺近淘汰赛如图所示是我国队员训练时在地面不同点进行射门训练，踢出的足球飞跃守门员形成三条飞行路径，三条路径在同一平面内，其最高点是等高的忽略空气对飞行的影响，关于这三条路径，下列说法正确的是A. 沿路径1飞行

3、的足球其踢出时速率最大B. 沿路径2飞行的足球的初速度的水平分量最大C. 沿路径3飞行的足球运动的时间最长D. 沿各路径飞行的足球的初速度的竖直分量相同4. 如图所示，小车P利用绕过定滑轮的细绳来提升重物Q，重物套在竖直杆上只能沿杆运动，小车以速度沿斜面向下匀速运动。当定滑轮右侧的绳与竖直方向成角时，重物的速度大小为A. B. C. D. 5. 如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时轮与路面没有滑动，则A. A点和B点的线速度大小之比为1：2B. 前轮和后轮的角速度之比为2：1C. 两轮转动的周期相等D. A点和B点的向心加速度大小相等6. “太极

4、球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上现将太极球简化成如图18所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高且在B、D处板与水平面夹角为设球的质量为m，圆周的半径为R，重力加速度为g，不计拍的重力，若运动过程到最高点时拍与小球之间作用力恰为mg，则A. 圆周运动的周期为：B. 圆周运动的周期为：C. 在B、D处球拍对球的作用力为D. 在B、D处球拍对球的作用

5、力为7. 如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是A. 转动的角速度越大，细线中的拉力越大B. 转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大C. 转动的角速度越大，环N与竖直杆之问的弹力越大D. 转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等8. （多选）如图所示，P、Q两个小球从同一固定斜面的O点水平抛出，分别落到斜面上的P、Q两点，OP：9，不计空气阻力。以下说法正确的是A. P、Q两球接触斜面前的瞬间速度的方向不同B. P、Q两球做平抛运动的飞行时

6、间之比为4：9C. P、Q两球做平抛运动的初速度大小之比为2：3D. P、Q两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为2：39. （多选）一次实验课上，物理老师介绍了安装在实验室墙壁上如图所示的排气扇的一些情况：三片形状完全相同、对称布置的扇叶，相邻两片扇叶之间互成角，它们的转轴在对称中心，之后老师让同学们仔细观察扇叶在通电后的转动情况，小华观察后发现：扇叶在通电后便由慢到快地转动起来，大约两分钟后她发现扇叶突然好像不动了，为了证实这一发现，她立即用每秒闪光30次的频闪照相机对着扇叶拍照300次，结果拍出的照片都完全相同，老师给她们解释了这个现象。那么这些扇叶的转速可能是A. B. C. D. 10

7、. （多选）如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为，系统静止时细绳绷直但张力为零物块与转台间动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力物块随转台由静止开始缓慢加速转动，在物块离开转台前A. 物块对转台的压力大小等于物块的重力B. 物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴C. 绳中刚出现拉力时，转台的角速度为D. 物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度二、实验题（本大题共2小题，共20.0分，除第一空2分，其它均3分一空）11. 在做“研究平抛运动”实验中，以下操作可能引起实验误差的有_。（2分）A.安装斜槽时，斜槽末端

8、切线方向不水平B.确定OY轴时，没有用重垂线C.斜槽不是绝对光滑的，有一定摩擦D.每次从轨道同一位置释放小球如图所示为某次实验中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。如果取，那么：闪光频率是_Hz小球平抛时的初速度的大小是_小球经过B点的速度大小是_12. 在一根细绳的下端拴一个可视为质点的小物体，绳子上端固定，使小物体在水平圆周上以大小恒定的速度旋转，细绳所掠过的路径为圆锥表面，这就是圆锥摆。某同学设计了一个用圆锥摆验证向心力的表达式的实验，如图甲所示，细绳的固定悬点P刚好与一个竖直的刻度尺的零刻度线对齐，细绳的下端系一个小钢球视为质点，将画着同心圆的白纸固定

9、在水平桌面上，并使同心圆的圆心O刚好位于固定悬点的正下方。用手带动钢球，并使小钢球刚好沿纸上某个半径为r的匀速圆周运动，小钢球的质量为m，重力加速度为g。测量小钢球刚好完成n个圆周的总时间t，由此可以得到小钢球做匀速圆周运动时需要的向心力为_；利用竖直的刻度尺求出小钢球做水平面内的匀速圆周运动时球心所在的水平面与悬点所在的水平面之间的高度差为h，那么小钢球做匀速圆周运动时由外力提供的向心力表达式为_；改变小钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图象，该图线的斜率表达式为_。三、计算题（本大题共4小题，9+9+10+12=40分）13. 小明同学在学习了圆周运动的知识后学做“水流星

10、”，他找来一根最大能够承受拉力的细绳，用这根细绳的一端系住一个小桶，小桶内盛了适量的水，水和桶的总质量为，然后抓住细绳另一端使水和桶一起在竖直面内做圆周运动，经测量，水和桶所做圆周运动的半径为，g取。为了使水和桶在经过最高点时水不至于从小桶中流出来，水和桶的速度至少要多大？为了使水和桶在经过最低点时不至于把细绳拉断，水和桶的速度不能超过多少？若水和桶经过最高点时的速度大小为，细绳受到的拉力有多大？14. 如图所示，一架装载救援物资的飞机，在距水平地面的高处以的水平速度飞行。地面上A、B两点间的距离，飞机在离A点的水平距离时投放救援物资，不计空气阻力，g取。求救援物资从离开飞机到落至地面所经历的

11、时间。通过计算说明，救援物资能否落在AB区域内。求物资落地的速度。15. 在一根长为L、质量不计的细杆中点和末端各连一质量为m的小球B和C，如图所示，杆可以在竖直平面内绕固定点A转动，将杆拉到某位置放开，末端C球摆到最低位置时，杆BC段受到的拉力刚好等于C球重力的2倍已知重力加速度g，求：球通过最低点时的线速度大小；杆AB段此时受到的拉力大小16. 如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高顶部水平高台，接着以水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过

12、程中，阻力忽略不计。计算中取，。求： 从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s。从平台飞出到达A点时速度及圆弧对应圆心角。人和车运动到圆弧轨道最低点O速度此时对轨道的压力大小。答案【答案】1. C2. C3. D4. A5. B6. C7. D8. CD9. AB10. CD11. ；。12. 13. 解：在最高点当细绳拉力为零时，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：解得：在最低点，当细绳的拉力达到最大时，根据牛顿第二定律得：代入数据解得：。当水和桶经过最高点时的速度大小为，此时细绳有拉力，由牛顿第二定律得：解得。答：为了使水和桶在经过最高点时水不至于从小桶中流出来，水和桶的速度至少为；为

13、了使水和桶在经过最低点时不至于把细绳拉断，水和桶的速度不能超过；若水和桶经过最高点时的速度大小为，细绳受到的拉力为6N。14. 解：救援物资从离开飞机到落至地面做平抛运动，在竖直方向有： 得：故救援物资从离开飞机到落至地面所经历的时间为10s。水平方向 由于，所以在AB范围内。故救援物资能落在AB区域内。竖直分速度物资落地的速度，方向与水平方向成。答：救援物资从离开飞机到落至地面所经历的时间为10s。救援物资能落在AB区域内。物资落地的速度为。15. 解：球通过最低点时，受力如图且作圆周运动，即C球通过最低点时的线速度：球通过最低点时，以B球为研究对象，其受力如图，B球圆周运动的即且得AB段此

14、时受到的拉力答：球通过最低点时的线速度大小；杆AB段此时受到的拉力大小16. 解：车做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可得竖直方向上水平方向有：，解得：摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度到达A点时速度设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则，即，所以；在O点：解得：由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N。答：从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为；从平台飞出到达A点时速度为，圆弧对应圆心角为；人和车运动到圆弧轨道最低点O速度此时对轨道的压力大小为7740N。【解析】1. 【分析】此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，结合牛顿第二定律

15、分析判断，难度不大。分析每种模型中物体的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可。【解答】A.汽车过凹桥最低点时，加速度的方向向上，处于超重状态，故A错误；B.小球在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，杆不仅提供拉力也可以提供支持力，所以小球的过最高点的速度只要大于零即可，故B错误；C.物体放在匀速转动的水平转台上随转台一起做圆周运动，摩擦力充当向心力，最大角速度对应最大静摩擦力：，即：，所以A最先开始滑动，故C正确；D.火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨对外轮缘会有向内侧的挤压作用，故D错误。故选C。2. 解：根据题意画出示意图，如图所示：图中B

16、为摩托艇登陆地点。要在最短时间内将人送上岸，应垂直河岸，由几何关系有： 而 故故ABD错误，C正确故选：C。船的实际运动为合运动，分运动为船相对于静水的运动和随着水一起的运动；渡河时间短，故船相对于静水的速度方向垂直与河岸。本题关键是找到合运动与分运动，知道船的指向与河岸垂直时渡河时间最短，基础问题。3. 解：采用逆向思维，足球做平抛运动，由于高度相同，根据知，运动的时间相同，故C错误。路径3足球的水平位移最大，根据知，沿路径3运动的足球在最高点的速度最大，即初速度在水平方向上分量最大。故B错误。因为时间相等，根据知，沿各路径飞行的足球初速度的竖直分量相同，故D正确。根据平行四边形定则知，沿路

17、径3的水平分速度最大，竖直分速度相等，则沿路径3飞行的足球踢出时的速率最大，故A错误。故选：D。平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较最高点的速度本题采用逆向思维分析比较简捷，解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移4. 解：把Q速度进行分解，延绳子方向分速度等于小车速度，设Q速度为，则；代入数据得，故A正确；故选：A。小车的运动为和运动，分解小车的速度，小车延绳子方向分速度等于物体上升的速度，根据表达式可以分析速度变化情况。本题为关联速度问题，一个

18、物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动。解答本题的关键在于分解速度。5. 解：A、轮A、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以，故A错误。B、根据和，可知A、B两点的角速度之比为2：1；由，所以转速也是2：1，故B正确。C、据和前轮与后轮的角速度之比2：1，求得两轮的转动周期为1：2，故C错误。D、由，可知，向心加速度与半径成反比，则A与B点的向心加速度不等，故D错误。故选：B。传动装置，在传动过程中不打滑，则有：共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的所以当角速度一定时，线速度与半径成正比；当线速度大小一定时，角速度与半径成反比

19、因此根据题目条件可知三点的线速度及角速度关系即可求解明确共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的；灵活应用线速度、角速度与半径之间的关系6. 解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得：解得：，则圆周运动的周期为：，故AB错误；C、球做匀速圆周运动，在B、D处，根据合外力提供向心力结合几何关系得：解得：，故C正确，D错误。故选：C。在最高点，根据牛顿第二定律列式求解小球做匀速圆周运动的速度，再根据周期和线速度关系求解周期，球做匀速圆周运动，在B、D处，根据合外力提供向心力结合几何关系求解球拍对球的作用力本题考查了牛顿第二定律的应用，重点要对物体的受力做出正确的分析，列式即可解决

20、此类问题，注意球做匀速圆周运动，合外力提供向心力7. 解：AC、对N受力分析知绳子的拉力在竖直方向的分力恒等于重力，即，所以只要角度不变，绳子的拉力不变，环N与竖直杆之问的弹力不变，故AC错误；B、对M受力分析知竖直方向，与角速度无关，所以B错误；D、对M受力分析知水平方向，角速度不同，摩擦力大小可能相同，但方向相反，故D正确。故选：D。分别对M与N受力分析根据平衡条件和牛顿第二定律分析。此题考查受力分析和力的平衡条件应用以及牛顿第二定律的应用，注意静摩擦力大小和方向会随运动状态的改变而改变。8. 解：A、设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则，可知，因为小球落

21、在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，P、Q两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，故A错误；B、因为OP：9，根据几何关系可知两球下落的高度之比为4：9，根据，得，可知P、Q两球运动的时间之比为2：3，故B错误；C、根据几何关系可知P、Q两球平抛运动的水平位移为4：9，时间之比为2：3，则根据，可知P、Q两球做平抛运动的初速度大小之比为2：3，故C正确；D、根据竖直方向上做自由落体运动，可知竖直分速度之比为2：3，P、Q两球做平抛运动的初速度大小之比为2：3，根据平行四边形定则知，P、Q两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为2：3，故D正确。故选：CD。根据平抛运动某时刻速度与水平方向夹角的正

22、切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，比较P、Q两球落在斜面前瞬间的速度方向；根据下落的高度比较运动的时间之比，从而结合水平位移得出初速度之比。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。9. 解：因为电扇叶片有三个，相互夹角为，现在观察者感觉扇叶不动，说明在闪光时间里，扇叶转过三分之一、或三分之二，或一周，即转过的角度，2，由于光源每秒闪光30次，所以电扇每秒转过的角度为，转速为，所以，转速为，所以，转速为，所以，转速为，故AB正确，CD错误。故选：AB。根据闪光灯发光时间内，扇叶转过三分之一、或三分之二，或一周，则均觉得扇叶静止，根据圆周运动的

23、转速，即可求解。考查在一定时间内，扇叶虽转动，却觉得电扇叶子静止的原理，因此要建立正确的模型，才能解题。10. 【分析】当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，求解角速度。此题考查牛顿运动定律在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，。【解答】A.当转台的角速度增大到一定程度时，物体将脱离转台；物块对转台的压力为零，故A错误；B.由题可知，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向

24、，故B错误；C.当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：，解得：，故C正确；D.随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：，解得：，故D正确。故选CD。11. 【分析】在做平抛物体运动的实验中，实验成功的关键是小球每次能否以相同的水平速度做平抛运动，在具体操作中，无论是影响水平方向的运动，还是影响竖直方向上的运动，都会引起实验误差。平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和AB之间的距离差可以求出时间间隔，也就可以求出闪光频率；在水平方向上是匀速直线运动，由ABC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔

25、，可以求得水平速度，也就是小球的初速度；B点水平速度与初速度相等，再求出竖直方向的速度，求它们的合速度，就是B的速度。熟练应用平抛物体水平方向匀速运动时间与竖直方向做自由落体时间相等是求解的关键。【解答】当斜槽末端切线没有调整水平时，小球脱离槽口后并非做平抛运动，但在实验中，仍按平抛运动分析处理数据，会造成较大误差，故斜槽末端切线不水平会造成误差，故 A正确；B. 确定OY轴时，没有用重锤线，就不能调节斜槽末端切线水平，和A类似，所以B会引起实验误差，故B正确；C. 只要让它从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，因此，斜槽轨道不

26、必要光滑，所以C不会引起实验误差，故C错误；D. 为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一位置无初速度释放，这样能减小实验误差，故D错误。故选AB。在竖直方向上有：，其中，代入求得：，因此闪光频率为：；水平方向匀速运动，有：，其中，代入解得：；根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：，所以B点速度为：。故答案为：；。12. 解：由题意得，小钢球圆周运动的周期为：，则根据向心力表达式，将代入，可得小钢球做圆周运动时需要的向心力为：；结合受力分析，可知重力与外力提供的向心力的比值为：，故；由于小钢球做匀速圆周运动需要的向心力由外力提供，即：即：，即：，故图象的斜率为

27、。故答案为：；。根据圆周运动向心力的表达式结合本题条件求解；结合受力分析，根据重力与向心力的关系判断向心力表达式；根据、中求出的向心力表达式，数形结合求图象斜率。本题考查向心力的表达式及与受力分析相结合的推导过程，需要有一定的逻辑思维，并能数形结合求图象斜率。13. 为了不让水从桶内洒出来，桶到最高点的临界情况是碗底对水的作用力为零，根据牛顿第二定律求出最小的速度；根据在最低点合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出桶在最低点的最大速度；在最高点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解细绳收到的拉力。解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。14. 将平抛运动分解

28、为水平方向和竖直方向去分析，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。分运动和合运动具有等时性，根据竖直方向上下落的高度去求时间。求出救援物资的水平位移，与和比较。先求出竖直分速度，再根据运动的合成求解物资落地的速度。解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，将平抛运动分解为水平方向和竖直方向去分析，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。分运动和合运动具有等时性。15. 根据牛顿第二定律与向心力表达式，即可求解；对C球在B点受力分析，依据牛顿第二定律，并根据线速度与半径成正比，可求出结果考查牛顿第二定律在圆周运动的应用，并让学生理解向心力的含义同时运用轻杆属于角速度

29、相同这一隐含条件16. 本题考查的是平抛运动和圆周运动规律的综合的应用，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在了一起，对学生的分析问题的能力要求较高，能很好的考查学生分析解决问题的能力。从平台飞出后，摩托车做的是平抛运动，根据平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，可以求得运动的时间，再根据水平方向上是匀速直线运动，可以求得水平的位移的大小；由于摩托车恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，说明此时摩托车的速度恰好沿着竖直圆弧轨道的切线方向，通过摩托车的水平的速度和竖直速度的大小可以求得摩托车的末速度的方向，从而求得圆弧对应圆心角；在O点，合外力提供向心力，根据向心力的公式可以求得在A点时车受到的支持力的大小，再根据牛顿第三定律可以求得对轨道的压力的大小。