2021-2022学年河北省衡水市武邑县宏达学校高一（下）第一次月考物理试卷(含答案解析)

2021-2022学年河北省衡水市武邑县宏达学校高一（下）第一次月考物理试卷

1.  下列关于曲线运动的说法正确的是(    )

A. 曲线运动可以是变速运动也可以是匀速运动
B. 平抛运动是匀变速运动
C. 匀速圆周运动是匀变速运动
D. 曲线运动受到的合外力可以为零

2.  如图所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长。如果，则绳子对物体A的拉力大小为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  如图所示，A、B两个物块叠放在光滑水平地面上，质量分别是2kg和4kg，它们之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取现对A施加水平拉力F，要保持A、B相对静止，F不能超过(    )

A. 2N B. 4N C. 6N D. 8N

4.  活塞带动飞轮转动可简化为如图所示的模型：图中A、B、O三处都是转轴，当活塞在水平方向上移动时，带动连杆AB运动，进而带动OB杆以O点为轴转动。若某时刻活塞的水平速度大小为v，连杆AB与水平方向夹角为，AB杆与OB杆的夹角为，此时B点做圆周运动的线速度大小为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图所示，质量相同的钢球①、②分别固定在A、B盘的边缘，A、B两盘的半径之比为3：1，a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮，a、b轮半径之比为1：3，a、b两轮在同一皮带带动下匀速转动。下列说法正确的是(    )

A. 钢球①、②角速度大小之比：：3
B. 钢球①、②线速度大小之比：：1
C. 钢球①、②加速度大小之比：：1
D. 钢球①、②受到的向心力大小之比：：1

6.  如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是(    )

A. B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B. B和A刚分离时，它们的加速度为g
C. 弹簧的劲度系数等于
D. 在B和A分离前，它们做匀加速直线运动

7.  生活中常用一根细绳拉着悬吊重物的绳索来改变或固定悬吊物的位置。如图所示，在悬吊重物的细绳AO上的P点系上另一细绳BP用来牵引，并且BP垂直于AP。现在保持P点位置不变，将B端缓慢竖直向上移动，则AP段细绳的拉力和细绳BP的拉力的大小变化情况是(    )

A. 减小，增大 B. 减小，减小
C. 减小，先减小后增大 D. 先减小后增大，先减小后增大

8.  在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在时刻速度达到最大值时，打开降落伞做减速运动；在时刻以较小速度着地，他的图象如图所示。下列关于空降兵在或时间内的结论正确的是(    )

A. ，空降兵的位移
B. ，空降兵的位移
C. ，空降兵的平均速度
D. ，空降兵做减速运动，加速度越来越小

9.  如图所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是(    )

A. 接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零
B. 接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零
C. 接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处
D. 接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方

10.  如图所示，斜面倾角为，位于斜面底端A正上方的小球以初速度正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则(    )

A. 若小球以最小位移到达斜面，则
B. 若小球垂直击中斜面，则
C. 若小球能击中斜面中点，则
D. 若小球能击中斜面中点，则

11.  如图1为“用位移传感器、数据采集器、计算机研究“加速度和力的关系”的实验装置．
在该实验中必须采用控制变量法，应保持______不变，用钩码所受的重力作为______，用DIS测小车的加速度．
改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出关系图线如图2所示，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______
A.小车与轨道之间存在摩擦     导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大     所用小车的质量太大．

12.  图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图

实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线______。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛______。
图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______。
在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为______；B点的竖直分速度为______；平抛运动的初位置坐标______如图丙，以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴的正方向，g取。

13.  在大型物流货场，广泛地应用着传送带搬运货物，如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运行，皮带始终是绷紧的，将的货物放在传送带上的A处，经过到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示，已知重力加速度，求：
货物所受摩擦力的大小；
倾角的大小。

14.  如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的水平距离，重力加速度g取²，，，求：
小球水平抛出的初速度是多少？
斜面顶端与平台边缘的高度差h是多少？

答案和解析

1.【答案】B 

【解析】解：曲线运动的速度方向在随时变化，故曲线运动一定是变速运动，故A错误；
B.平抛运动只受重力作用，加速度不变，所以平抛运动是匀变速运动，故B正确；
C.匀速圆周运动加速度永远指向圆心，方向随时在变化，所以匀速圆周运动是非匀变速运动，故C错误；
D.曲线运动速度在随时发生变化，因此一定受到不为零的合外力，故D错误。
故选：B。
曲线运动的速度方向不断发生变化，故做曲线运动的物体所受合外力不为零，一定是变速运动；
平抛运动加速度不变，故平抛运动是匀变速运动；
匀速圆周运动加速度永远指向圆心，方向随时在变化，故匀速圆周运动是非匀变速运动。
明确曲线运动的定义，知道曲线运动一定是变速运动。
 

2.【答案】B 

【解析】解：AB连在一起，加速度大小相同；对整体分析可知整体沿绳方向只受B的拉力，则由牛顿第二定律可知，加速度为：
选取A为研究的对象。水平方向A只受到绳子的拉力，所以绳子的拉力：
解得：故ACD错误B正确。
故选：B。
因整体的加速度沿绳子方向，以整体进行分析，由牛顿第二定律可求得加速度。隔离A由牛顿第二定律可求得绳的拉力。
本题为连接体，注意本题中注意应沿绳子方向进行分析；当然本题也可以对两物体分别受力分析，此时应注意分析绳子的拉力。
 

3.【答案】C 

【解析】解：物体A与B刚好不发生相对滑动时，它们之间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，
对B有：
得：，
对整体有：
所以要保持A、B相对静止，F不能超过6N，故C正确，ABD误
故选：C。
物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对B受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
本题关键抓住恰好不滑动的临界条件：A、B间的静摩擦力达到最大值，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解。
 

4.【答案】B 

【解析】解：A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解：

根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：，
B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为，则：

又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：
联立可得：故B正确，ACD错误
故选：B。
将A点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向，同理，B点绕O转动的线速度为实际速度，将B点的速度也分解为沿杆方向和垂直于杆方向即可求出．
解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，B点绕O转动的线速度为实际速度．
 

5.【答案】C 

【解析】解：A、a、b两轮边缘上各点线速度大小相等，由知，a、b两轮角速度大小之比：：：1
钢球①与a轮角速度相同，钢球②与b轮角速度相等，则钢球①、②角速度大小之比：：：1，故A错误；
B、钢球①、②线速度大小之比：：：：1，故B错误；
C、钢球①、②加速度大小之比：：：：1，故C正确；
D、钢球①、②受到的向心力大小之比：：：：1，故D错误。
故选：C。
a、b两轮边缘上各点线速度大小相等，由求a、b两轮角速度大小之比，从而得到钢球①、②角速度大小之比。由求钢球①、②线速度大小之比，由求加速度大小之比，由求向心力大小之比。
解决本题关键要知道在皮带传送装置中，两轮边缘上的各点线速度大小相等；共轴转动的各点，角速度相等。
 

6.【答案】C 

【解析】解：AB、物体B和A分离后，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，做匀速直线运动；所以分离时A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故AB错误；
C、物体B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小，由胡克定律得：，故C正确；
D、对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做加速度减小的变加速运动，故D错误。
故选：C。
B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由已知条件，分析出此时B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡．由胡克定律求出弹簧的劲度系数．对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动．
本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键在于B和A刚分离时二者是速度相等，加速度也相等，分析A、B的受力情况，来确定弹簧的状态．
 

7.【答案】A 

【解析】解：对小球受力分析，受重力、两个拉力，如图所示：
将两个拉力合成，其合力F与重力平衡，由图象可以看出，将B端缓慢竖直向上移动的过程中，AP段细绳的拉力减小，细绳BP的拉力增大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对小球受力分析，受重力、两个拉力，三力平衡，其中重力是恒力，AP绳的拉力方向不变，根据图示法分析。
本题是三力平衡中的动态分析问题，其中一个力为恒力，第二个力方向不变大小变，第三个力大小和方向都变，根据平衡条件并结合合成法作图分析即可。
 

8.【答案】BD 

【解析】

【分析】
空降兵在时间内做自由落体运动，在时间内做加速度不断减小的减速运动；根据速度-时间图象与时间轴包围的面积表示运动位移来分析位移的大小，从而判断平均速度的大小。
本题的关键是要知道速度-时间图象与时间轴包围的面积表示运动位移，图象的斜率表示加速度。要注意平均速度公式只适用于匀变速直线运动。
【解答】
A.，空降兵做匀变速直线运动，其位移为：，故A错误；
B.内，空降兵的运动不是匀变速直线运动，又因为图象与时间轴围成的面积代表空降兵的位移s，假如在这段时间内空降兵做匀减速直线运动，图象如图虚线所示，则其位移大小为：，由图可知，即，故B正确；
C.在内，假设空降兵做匀减速直线运动，则其平均速度为：
根据B选项可知空降兵的实际位移小于匀减速直线运动的位移，则其平均速度大小：，故C错误；
D.在内，根据图线切线的斜率表示加速度，可知空降兵做加速度减小的减速运动，故D正确。
故选BD。  

9.【答案】BD 

【解析】

【分析】
小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大。以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大。
含有弹簧的问题，是高考的热点。关键在于分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，抓住弹力是变化的这一特点。不能简单认为小球一接触弹簧就做减速运动。
【解答】
小球与弹簧接触后，开始重力大于弹力，加速度向下，做加速运动，加速度减小。当加速度减小到零以后，弹力大于重力，加速度向上，做减速运动到零，故A错误，B正确；
C.当速度为零，弹簧压缩到最低点，此时合力不为零，加速度不为零，故C错误；
D.小球先做加速运动再做减速运动，当加速度为零，即重力与弹簧弹力相等时，速度最大，故D正确。
故选BD。  

10.【答案】ABD 

【解析】解：若小球最小位移到达斜面，则位移垂直于斜面，根据平抛规律。，根据位移的偏角公式，联立解得，故A正确；
B.若小球垂直击中斜面，则速度垂直于斜面，根据几何关系知速度偏角，解得，故B正确；
若小球击中斜面中点，根据几何关系，解得，故C错误，D正确。
故选：ABD。
由数学知识得：从抛出点到达斜面的最小位移为过抛出点作斜面的垂线。
设经过时间t到达斜面上，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，表示出水平和竖直方向上的位移，再根据几何关系即可求解时间。
若小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由分速度关系求时间。
若小球能击中斜面中点，根据水平位移和竖直位移的关系列式求解时间。
解决本题的关键是知道两个分位移的关系或两个分速度的关系，再根据平抛运动的基本规律结合几何关系解题。
 

11.【答案】小车的总质量；小车所受拉力；C 

【解析】解：探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的拉力．
由图象OA段可知，a与F成正比，即：在小车质量一定时，加速度a与小车受到的合力F成正比；
以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力，
由牛顿第二定律得：，小车的加速度，
小车受到的拉力，当时，
可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，
则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，图象偏离直线，故C正确．
故答案为：小车的总质量；  小车所受拉力    
探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的拉力；
控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因．
本题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点；应知道当砝码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力．
 

12.【答案】水平  初速度相同   

【解析】解：平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平，为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放。
由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有：


将，，代入解得：。
由图可知，物体由和由所用的时间相等，且有：
，由图可知，代入解得，
，将，代入解得：，
竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：
。
故从抛出到B点所用时间为：
故从抛出到B点的水平位移为：，
故从抛出到B点的竖直位移为：
所以，
，
平抛运动的初位置坐标为。
故答案为：水平，初速度相同；
；
，2，。
平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平；同时为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，要求小球平抛的初速度相同；
点为平抛的起点，水平方向匀速，竖直方向自由落体，据此可正确求解；
根据竖直方向运动特点，求出物体运动时间，然后利用水平方向物体做匀速运动，可以求出其水平速度大小，利用匀变速直线运动的推论可以求出B点的竖直分速度大小。
本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，是一道考查基础知识的好题目。
 

13.【答案】解：设货物所受摩擦力的大小为f。
由图象的斜率表示加速度，可知，内，货物的加速度为：
货物受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得：①
时，货物的速度达到与传送带速度相等，内，货物的加速度为：
此过程中，货物受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律得：…②
联立①②解得：
因为，
由①②可得：，
，
联立解得：，
答：货物所受摩擦力
倾角 

【解析】货物在传送带上先做加速度为的匀加速直线运动，然后做加速度为的匀加速直线运动，结合图象的斜率求出加速度，再根据牛顿第二定律求货物所受摩擦力的大小。
结合牛顿第二定律求得斜面的倾角
本题要分析清楚货物的运动情况，由图象的斜率求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式，求解摩擦力大小及夹角。
 

14.【答案】解：由题意可知：小球落到斜面顶端速度方向与斜面平行，如图所示。
由平抛的运动规律，有



代入数据，得：，
高度差
答：小球水平抛出的初速度是；
斜面顶端与平台边缘的高度差h是。 

【解析】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，根据高度差求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出平抛运动的初速度；
根据求解高度差．
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，结合运动学公式灵活求解．