精品解析：上海市延安中学2024-2025学年高一下学期3月月考物理试卷

上海市延安中学2024学年第二学期3月质量调研 高一年级 物理试卷 （考试时间：60分钟 满分100分） 一、单项选择题（共36分，每小题3分。） 1. 以下物理量是标量的是（　　） A 角速度 B. 线速度 C. 加速度 D. 转速 2. 关于向心加速度的意义，下列说法正确的是（　　） A. 它描述的是线速度大小变化的快慢 B. 它描述的是线速度方向变化的快慢 C. 它描述的是向心力变化的快慢 D. 它描述的是角速度变化的快慢 3. 关于处于地面上的物体，下列说法正确的是（　　） A. 所受重力就是地球对物体的吸引力，方向总是竖直向下 B. 在地球表面各处随地球做圆周运动的向心加速度总指向地心 C. 重力大小随物体的地理位置变化而改变，但方向总指向地心 D. 在地表某处的物体所受重力的大小与物体运动状态无关 4. 如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）。某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（　　） A. B. C. D. 5. 下列情境中关于球所受弹力的描述，正确的是（　　） A. 甲图，反弹出去的排球在空中运动时，受到沿运动方向的弹力 B. 乙图，竖直细线悬挂的小球、静止在光滑斜面上，受到垂直斜面向上的支持力 C. 丙图，静止在“∠”形光滑墙角的篮球只受到竖直向上的弹力 D. 丁图，静止在杆顶端的铁球受到沿杆向上的弹力 6. 要将电动机转动的动力传下去，且要使转速升高，采用图示的链条传动方式，已知在工作时链条的下半部分是绷紧的，则可判断（　　） A. 轮1是电动机轮，且在逆时针转动 B. 轮2是电动机轮，且在逆时针转动 C. 轮1是电动机轮，且在顺时针转动 D. 轮2是电动机轮，且在顺时针转动 7. 设火车由静止启动，一段时间内牵引力恒定，行驶在过程中受到的阻力大小与速率成正比，那么描述这段时间内该火车运动情况的图像可能是（　　） A. B. C D. 8. 甲乙两球位于同一竖直线上的不同位置上，甲比乙高。将甲、乙两球以水平速度v1、v2沿同一方向平抛，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（　　） A. 甲先抛出，且v1＜v2 B. 甲先抛出，且v1＞v2 C. 甲后抛出，且v1＜v2 D. 甲后抛出，且v1＞v2 9. 如图所示为蔡特曼和柯氏改进后测定分子速度大小的装置简图。银蒸汽分子从小炉O的细缝中逸出沿虚线通过圆筒上的细缝S3进入圆筒C并落在玻璃板G上。已知圆筒C的直径为d，转速为n，银分子在玻璃板G上的落点与b之间的弧长为s。则银分子的最大速率为（ ） A B. C. D. 10. “摩天轮”是锦江乐园中深受大家喜爱的项目，如图所示，摩天轮在竖直平面内做速率为v的匀速转动，其半径为R，游客站在观光舱中与之保持相对静止，游客位置从A到B到C的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 游客受到观光舱的作用力一直变大 B. 游客受到观光舱的作用力始终不变 C. 游客受到观光舱的支持力先变小后变大 D. 游客受到观光舱的摩擦力一直变大 11. 如图所示，轻杆BC一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C，重物系一绳经C固定在墙上的A点，滑轮与绳的质量及摩擦均不计若将绳一端从A点沿墙稍向上移，系统再次平衡后，则（　　） A. 轻杆与竖直墙壁的夹角减小 B. 绳拉力增大，轻杆受到的压力减小 C. 绳的拉力不变，轻杆受的压力减小 D. 绳的拉力不变，轻杆受的压力不变 12. 质量为2kg的质点在xOy平面内做曲线运动，质点在x方向的速度-时间图像和y方向的位移-时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 质点的初速度大小为3m/s B. 质点所受的合外力为3N，做匀变速直线运动 C. 2s末质点速度大小为6m/s D. 2s内质点的位移大小约为12m 二、填空题（共24分。） 13. 力的作用效果是______；向心力的作用效果是______。 14. 向心力大小与多个物理量有关，在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中采用了______方法进行探究；实验通过______传感器帮助我们测量角速度大小。 15. 一条河宽200m，小船在静水中的航速为4m/s，河水流速为2m/s。 （1）若小船船头始终垂直河岸，则小船渡河时间为______s； （2）若要小船直接到达河的正对岸，则船头方向______。 16. 如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻弹簧一端固定于圆环的最高点A，另一端系一光滑小环，小环套在大圆环上可自由滑动，O点为大圆环的圆心。已知大环的半径为R，弹簧劲度系数为k，小环质量为m，重力加速度为g。当小环恰好静止在大圆环上图中位置B点时，弹簧处于______（“压缩”或“拉伸”）状态，其大圆环对小环弹力大小为______。 17. 如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角，不计空气阻力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，，则运动员飞离O点的速度为______m/s，运动员离开斜面的最大距离为______m。 三、综合题（共40分。第18题12分，第19题12分，第20题16分。注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。） 18. 在做“探究平抛运动水平分运动的特点”的实验时： （1）为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线______；每次让小球从同一位置由静止释放，是为了______。 （2）此实验中，小球与斜槽间有摩擦______（选填“会”或“不会”）使实验的误差增大。 （3）正确操作后得到平抛运动的频闪照片的一部分，并以A点为坐标原点，建立了如图乙所示坐标系，平抛轨迹上三点的坐标值图中已标出，（重力加速度g取）则： ①闪光时间间隔T为______s； ②小球平抛的初速度为______m/s； ③小球水平抛出点的坐标为：x=______cm；y=______cm。 19. 如图所示，装置可绕竖直轴O＇O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角。已知小球的质量m＝1kg，细线AC长l＝1m。重力加速度g取10，，。 （1）若装置匀速转动的角速度为时，细线AB上的拉力为0，而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度的大小； （2）若装置匀速转动的角速度为时，求此时两细线中拉力的大小。 20. 如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好无碰撞地落在邻近平台的一倾角为的斜面顶端，并沿斜面下滑。已知斜面高度H=6m，斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，小球与斜面的动摩擦因数，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）小球水平抛出的初速度的大小，以及斜面顶端与平台边缘的水平距离x； （2）小球沿斜面运动的时间。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海市延安中学2024学年第二学期3月质量调研 高一年级 物理试卷 （考试时间：60分钟 满分100分） 一、单项选择题（共36分，每小题3分。） 1. 以下物理量是标量的是（　　） A. 角速度 B. 线速度 C. 加速度 D. 转速 【答案】D 【解析】 【详解】角速度、线速度和加速度均为矢量，转速为标量。 故选D。 2. 关于向心加速度的意义，下列说法正确的是（　　） A. 它描述的是线速度大小变化的快慢 B. 它描述的是线速度方向变化的快慢 C. 它描述的是向心力变化的快慢 D. 它描述的是角速度变化的快慢 【答案】B 【解析】 【详解】圆周运动的向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，故向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量。 故选B。 3. 关于处于地面上的物体，下列说法正确的是（　　） A. 所受重力就是地球对物体的吸引力，方向总是竖直向下 B. 在地球表面各处随地球做圆周运动的向心加速度总指向地心 C. 重力的大小随物体的地理位置变化而改变，但方向总指向地心 D. 在地表某处的物体所受重力的大小与物体运动状态无关 【答案】D 【解析】 【详解】A．重力是地球对物体的吸引力的一个分力，A错误； B．在地球表面随地球做圆周运动的物体只有在赤道上的向心加速度指向地心，B错误； C．重力的大小随物体的地理位置变化而改变，方向不一定指向地心，C错误； D．在地表某处的物体所受重力的大小与物体运动状态无关，D正确。 故选D。 4. 如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）。某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】匀速转动时，只有法向加速度（向心加速度），橡皮块受到的静摩擦力指向盘心，当加速转动时，会产生切向加速度，真正的加速度等于两个加速度的矢量和。 故选C。 5. 下列情境中关于球所受弹力的描述，正确的是（　　） A. 甲图，反弹出去的排球在空中运动时，受到沿运动方向的弹力 B. 乙图，竖直细线悬挂的小球、静止在光滑斜面上，受到垂直斜面向上的支持力 C. 丙图，静止在“∠”形光滑墙角的篮球只受到竖直向上的弹力 D. 丁图，静止在杆顶端的铁球受到沿杆向上的弹力 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲图，反弹出去的排球在空中运动时，不受弹力作用。故A错误； B．乙图，竖直细线悬挂的小球、静止在光滑斜面上，假设受到垂直斜面向上的支持力，则其受力不平衡，所以不受垂直斜面向上的支持力作用。故B错误； C．丙图，根据二力平衡，可知静止在“∠”形光滑墙角的篮球只受到竖直向上的弹力。故C正确； D．丁图，根据二力平衡可知，静止在杆顶端的铁球受到竖直向上的杆的弹力。故D错误。 故选C。 6. 要将电动机转动的动力传下去，且要使转速升高，采用图示的链条传动方式，已知在工作时链条的下半部分是绷紧的，则可判断（　　） A. 轮1是电动机轮，且在逆时针转动 B. 轮2是电动机轮，且在逆时针转动 C. 轮1是电动机轮，且在顺时针转动 D. 轮2是电动机轮，且在顺时针转动 【答案】B 【解析】 【详解】链条传动线速度相等，则 即 因为 转速升高，则轮2是电动机轮，即主动轮。链条的下半部分是绷紧，则在逆时针转动。 故选B。 7. 设火车由静止启动，一段时间内牵引力恒定，行驶在过程中受到的阻力大小与速率成正比，那么描述这段时间内该火车运动情况的图像可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．设牵引力为F，阻力，货车质量为m，则有 由于速度增大，则加速度减小，即货车做的是加速度减小的加速度运动，故AC错误，B正确； D．由于火车做是加速度减小的加速运动，故不可能是直线，故D错误。 故选B。 8. 甲乙两球位于同一竖直线上的不同位置上，甲比乙高。将甲、乙两球以水平速度v1、v2沿同一方向平抛，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（　　） A. 甲先抛出，且v1＜v2 B. 甲先抛出，且v1＞v2 C. 甲后抛出，且v1＜v2 D. 甲后抛出，且v1＞v2 【答案】A 【解析】 【详解】设乙球击中甲球时，甲球下落高度为h1，乙球下落的高度为h2，设甲球平抛运动的时间为 乙球平抛运动的时间为 由题可知 h1＞h2 则得 t1＞t2 故要使乙球击中甲球，必须使甲比乙早抛出。相遇时两球的水平位移相等，则有 则得 v1＜v2 故选A。 9. 如图所示为蔡特曼和柯氏改进后测定分子速度大小的装置简图。银蒸汽分子从小炉O的细缝中逸出沿虚线通过圆筒上的细缝S3进入圆筒C并落在玻璃板G上。已知圆筒C的直径为d，转速为n，银分子在玻璃板G上的落点与b之间的弧长为s。则银分子的最大速率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知，银分子直接打在b点的时间为 当银分子在圆筒完成第一个周期内就打在玻璃板上，此时银分子速度就是最大的，这个过程用的时间 两个时间是相等的，联立解得 故选C。 10. “摩天轮”是锦江乐园中深受大家喜爱的项目，如图所示，摩天轮在竖直平面内做速率为v的匀速转动，其半径为R，游客站在观光舱中与之保持相对静止，游客位置从A到B到C的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 游客受到观光舱的作用力一直变大 B. 游客受到观光舱的作用力始终不变 C. 游客受到观光舱的支持力先变小后变大 D. 游客受到观光舱的摩擦力一直变大 【答案】A 【解析】 【详解】对游客进行受力分析，如下图，游客受到竖直向下的重力G、观光舱对游客竖直向上的支持力N和水平方向的摩擦力f，三者的合力提供向心力，且支持力N和摩擦力f的合力F为观光舱对游客的作用力 由于摩天轮在竖直平面内做匀速转动，因此向心力大小不变，方向指向圆心。当从A到B过程中，由于支持力N和重力G在竖直方向，设二者的合力为，向心力与竖直方向夹角为（取锐角），因此可得， 联立解得 因此游客受到观光舱的作用力 由于大小不变，从A到B过程中，从0逐渐增大到，因此f逐渐增大，N逐渐增大，F逐渐增大。当从B到C过程时，此时因此可得， 联立解得 因此游客受到观光舱的作用力 此时从逐渐减小到0，因此f逐渐减小，N逐渐增大，F逐渐增大，综合上述分析可得游客位置从A到B到C的过程中，游客受到观光舱的支持力一直变大，游客受到观光舱的摩擦力先变大后变小，游客受到观光舱的作用力一直变大， 故选A 11. 如图所示，轻杆BC一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C，重物系一绳经C固定在墙上的A点，滑轮与绳的质量及摩擦均不计若将绳一端从A点沿墙稍向上移，系统再次平衡后，则（　　） A. 轻杆与竖直墙壁的夹角减小 B. 绳的拉力增大，轻杆受到的压力减小 C. 绳的拉力不变，轻杆受的压力减小 D. 绳的拉力不变，轻杆受的压力不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．当系统平衡时，绳的拉力始终等于重物的重力，故绳的拉力不变，夹角变大，由于是动杆活结，所以轻杆平分，即角增大，则轻杆与竖直墙壁的夹角变大，故A错误； BCD．绳子拉力不变，夹角变大，平行四边形定则可知，结点两侧绳子拉力的合力减小，即轻杆受到的压力减小，故BD错误，C正确。 故选C。 12. 质量为2kg的质点在xOy平面内做曲线运动，质点在x方向的速度-时间图像和y方向的位移-时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 质点的初速度大小为3m/s B. 质点所受的合外力为3N，做匀变速直线运动 C. 2s末质点速度大小为6m/s D. 2s内质点的位移大小约为12m 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题图x方向的速度-时间图像可知，质点在x方向做匀加速直线运动，加速度为 可得x方向受力为 由题图y方向的位移-时间图像可知，质点在y方向做匀速直线运动，速度大小为vy=4 m/s，y方向受力Fy=0。因此质点的初速度大小为 A错误； B．受到的合外力恒为3N，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，故做匀变速曲线运动，B错误； C．2 s末质点速度大小为 C错误； D．2s内，根据平均速度可得x方向上的位移大小为 y方向上的位移大小为 合位移大小为 D正确。 故选D。 二、填空题（共24分。） 13. 力的作用效果是______；向心力的作用效果是______。 【答案】 ①. 使物体发生形变或改变物体的运动状态 ②. 仅改变线速度的方向（不改变线速度的大小） 【解析】 【详解】[1]力的作用效果是使物体发生形变或改变物体的运动状态； [2]向心力的作用效果是仅改变线速度的方向（不改变线速度的大小） 14. 向心力大小与多个物理量有关，在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中采用了______方法进行探究；实验通过______传感器帮助我们测量角速度大小。 【答案】 ①. 控制变量 ②. 光电门 【解析】 【详解】[1][2]向心力大小与多个物理量有关，在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验中采用了控制变量方法进行探究；实验通过光电门传感器帮助我们测量角速度大小。 15. 一条河宽200m，小船在静水中的航速为4m/s，河水流速为2m/s。 （1）若小船船头始终垂直河岸，则小船渡河时间为______s； （2）若要小船直接到达河的正对岸，则船头方向______。 【答案】（1）50 （2）与上游河岸夹角60° 【解析】 【小问1详解】 若小船船头始终垂直河岸，则小船渡河时间 【小问2详解】 若要小船直接到达河的正对岸，则合速度方向垂直于河岸，设船头朝向与上游河岸夹角为，则有 解得 则 故船头方向与上游河岸夹角。 16. 如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻弹簧一端固定于圆环的最高点A，另一端系一光滑小环，小环套在大圆环上可自由滑动，O点为大圆环的圆心。已知大环的半径为R，弹簧劲度系数为k，小环质量为m，重力加速度为g。当小环恰好静止在大圆环上图中位置B点时，弹簧处于______（“压缩”或“拉伸”）状态，其大圆环对小环弹力大小为______。 【答案】 ①. 拉伸 ②. mg 【解析】 【详解】[1][2]若弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力方向沿弹簧向外，还受到重力和圆环对小球指向圆心的弹力，这3个力不可能平衡，所以弹簧处于拉伸状态，受力如图 依据力三角形和几何三角形相似，有 可见大圆环对小环的弹力大小 17. 如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角，不计空气阻力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，，则运动员飞离O点的速度为______m/s，运动员离开斜面的最大距离为______m。 【答案】 ①. 20 ②. 9 【解析】 详解】[1]根据平抛规律有 解得平抛初速度 [2]运动员离开斜面的最大距离时速度方向与斜面平行，运动员离开斜面的最大距离 联立解得 三、综合题（共40分。第18题12分，第19题12分，第20题16分。注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。） 18. 在做“探究平抛运动水平分运动的特点”的实验时： （1）为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线______；每次让小球从同一位置由静止释放，是为了______。 （2）此实验中，小球与斜槽间有摩擦______（选填“会”或“不会”）使实验的误差增大。 （3）正确操作后得到平抛运动的频闪照片的一部分，并以A点为坐标原点，建立了如图乙所示坐标系，平抛轨迹上三点的坐标值图中已标出，（重力加速度g取）则： ①闪光时间间隔T为______s； ②小球平抛的初速度为______m/s； ③小球水平抛出点的坐标为：x=______cm；y=______cm。 【答案】（1） ①. 水平 ②. 使小球的初速度不变，确保记录的位置是同一根运动轨迹上的点 （2）不会 （3） ① 0.2 ②. 1 ③. -10 ④. -5 【解析】 【小问1详解】 [1][2]为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线水平；每次让小球从同一位置由静止释放，是为了使小球的初速度不变，确保记录的位置是同一根运动轨迹上的点。 【小问2详解】 由于小球做平抛运动，只要每次从抛出点抛出的速度相同即可，与斜面是否光滑无关，因此小球与斜槽间有摩擦不会使实验的误差增大。 【小问3详解】 ①根据在竖起方向上做自由落体运动，由 解得 ②水平方向做匀速直线运动，由 解得 ③[1]小球运动到B点时竖直方向上的速度等于AC两点间竖直方向上的平均速度 因此从抛出到B点的时间为 从抛出到O点的时间间隔为 则抛出位置水平方向坐标为 [2]竖直方向坐标为 19. 如图所示，装置可绕竖直轴O＇O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角。已知小球的质量m＝1kg，细线AC长l＝1m。重力加速度g取10，，。 （1）若装置匀速转动的角速度为时，细线AB上的拉力为0，而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度的大小； （2）若装置匀速转动的角速度为时，求此时两细线中拉力的大小。 【答案】（1）；（2）， 【解析】 【详解】（1）细线AB拉力为0，设AC线上拉力为T1，则根据平衡条件 解得 （2）当时，设AB、AC线上拉力分别为T2、T3，则根据平衡条件 解得 20. 如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好无碰撞地落在邻近平台的一倾角为的斜面顶端，并沿斜面下滑。已知斜面高度H=6m，斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，小球与斜面的动摩擦因数，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）小球水平抛出的初速度的大小，以及斜面顶端与平台边缘的水平距离x； （2）小球沿斜面运动的时间。 【答案】（1） （2）1s 【解析】 【小问1详解】 题意知小球恰好无碰撞地落在邻近平台并沿斜面下滑，可知小球的速度偏转角为，由平抛运动规律有 解得 因为 联立解得 则斜面顶端与平台边缘的水平距离 【小问2详解】 结合以上分析可知，小球落在斜面顶端时速度 在斜面，对小球有 解得加速度 由运动学公式有 代入题中数据，联立解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$