【文档说明】河南省濮阳职业技术学院附属中学2020-2021学年下学期高一年级阶段测试（一）物理试卷.pdf，共(11)页，548.169 KB，由小赞的店铺上传

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高一物理第1页（共6页）◎高一物理第2页（共6页）濮阳职业技术学院附属中学2020—2021学年下学期高一年级阶段测试（一）物理（时间：90分钟满分：100分命题人：姜丙磊）考生注意：1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上,并将考生号

条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时,选出每小题答案后,要用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,要用黑色水笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,只交答题卡。试卷要自己保存好，以

方便试卷评讲课更好开展。一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分，期中1-9题为单项选择，10-12题为多项选择。）1.图中虚线描述的是一位跳水运动员从高台跳水时头部的运动轨迹，最后运动员沿竖直方向速度v

入水，图中与入水速度方向可能相同的位置是（）A.a点B.b点C.c点D.d点2.一质点做曲线运动，速率逐渐减小．关于它在运动过程中P点时的速度v和加速度a的方向，下列描述准确的图是（）A.B.C.D.3.3.小船在静水中的速度为5m/s，它要渡过一条宽为5

0m的河，河水流速为4m/s，则（）A.这只船过河位移不可能为50mB.这只船过河时间不可能为10sC.若河水流速改变，船过河的最短时间一定不变D.若河水流速改变，船过河的最短位移一定不变4.在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关

系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是（）A.vA>vB>vCtA>tB>tCB.vA＝vB＝vCtA＝tB＝tCC.vA<vB<vCtA>tB>tCD.vA>vB>vCtA<tB<tC5.一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚

线所示，小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）A.12tanθB.2tanθC.1tanθD.tanθ6.汽车以一定的速度安全经过一个圆弧半径为R的拱形桥面的顶点时，则（）A.汽车在竖

直方向受到三个力：重力、桥面的支持力和向心力B.汽车内的乘客处于超重状态C.汽车对桥面的压力小于汽车的重力D.汽车通过桥顶时的速度可能为2gR7.一固定的水平细杆上套着一个质量为m的圆环A（体积可以忽略），圆环通过一长度为

L的轻绳连有一质量也是m的小球B．现让小球在水平面内做匀速圆周运动，圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ且始终没有相对滑动．在此条件下，轻绳与竖直方向夹角的最大值是37∘．（当地重力加速度为g）则（）A.环对细杆的压力等于mgB.环对细杆的压力不可能大于2mgC.小球做圆周运动的最大角

速度为5μg3LD.小球做圆周运动的最大角速度为10μg3L高一物理第3页（共6页）◎高一物理第4页（共6页）8.如图所示，光滑杆偏离竖直方向的夹角为θ，杆以O点为支点绕竖直轴旋转，质量为m的小球套在杆上可沿杆滑动，当杆角速度为ω1时，小球的旋转平面在A处

，线速度为v1，球对杆的压力为N1；当杆角速度为ω2时，小球的旋转平面在B处，线速度为v2，球对杆的压力为N2，则有（）A.N1=N2B.N1<N2C.v1>v2D.ω1<ω29.以下情景描述符合物理实际的是（）A.火车轨道在弯道处设计成外轨低内轨高，以便火车成功的转弯B.汽车通过拱形桥最高

点时对桥的压力小于汽车重力，但通过凹桥最低点时失重C.在轨道上飞行的航天器处于完全失重状态，航天器中悬浮的灰尘是平衡状态D.洗衣机脱水时利用离心运动把附在衣物上的水甩掉10.摩擦传动时传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别

为两轮盘的轴心，已知r甲:r乙=3:1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为RA、RB，且RA=2RB．若轮盘乙由静止

开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是（）A.滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为ωA:ωB=1:3B.滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的向心加速度大小之比为aA:aB=1:3C.转速增大后最终滑块A先发生相对滑动D.

转速增大后最终滑块B先发生相对滑动11.如图所示，木板B托着木块A在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，运动中木板B的上表面始终保持水平，a点与圆心等高，b为最高点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.从a点到b点的过程中，A所受

的摩擦力大小不变B.从a点到b点的过程中，B对A的摩擦力越来越小C.在a点时，A对B的压力等于A的重力D.在b点时，A对B的压力等于A的重力12.如图，两个质量相同的小球，用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动．它们的（）A.运动周期一样B.运动

角速度一样C.运动线速度大小一样D.向心加速度大小一样高一物理第5页（共6页）◎高一物理第6页（共6页）卷II（非选择题）二、填空题（本题共计2小题，共计21分）13.（6分）如图所示的皮带传动装置中，右边两轮是在一起同轴转动，图中A、B、C三轮的半

径关系为RA=RC=2RB，设皮带不打滑，则三轮边缘上的一点线速度之比vA:vB:vC=________，角速度之比ωA:ωB:ωC=________．14.(15分)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．（1）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________．（2）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________m/s．(g=9.8m/s2)（3）在另一次

实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，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________m/s；B点的速度为________m/s．(g=10m/s2)五、解答题（本题共计3小题，其中15题16题每题10分，

17题11分，共计31分）15.如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内作匀速圆周运动，当它运动到图中的a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：（1）B球抛出

时的水平速度多大？（2）A球运动的线速度最小值为多大？16.滑雪比赛惊险刺激，如图所示，一名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t=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

θ=37∘，运动员的质量m=50kg，不计空气阻力，运动员视为质点(sin37∘=0.60，cos37∘=0.80，g取10m/s2)，求：（1）A点与O点的竖直距离h；（2）运动员离开O点时的速度大小v0；（3）运动员

从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间t1．17.如图所示，在光滑的圆锥体顶端用长为L的细线悬挂一质量为m的小球．圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ＝30∘．现使小球绕圆锥体的轴线在水平面内做圆周运动．（1）当小球角速度ω1=g6L时，求细线对小球

的拉力；（2）当小球角速度ω2=3g2L时，求细线对小球的拉力．答案第1页，总8页高一下学期段考（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题共计12小题，每题4分，共计48分）1.B【考点】物体做曲线运动的条件曲线运动的概念【解答】解：由于曲线运动的速度方向

为该点轨迹的切线方向，所以在图中的a点速度方向水平向左，b点的方向竖直向下，c点的方向斜向右下，d点的速度方向竖直向上，图中与入水速度方向可能相同的位置是b点，故B正确，ACD错误．故选B．2.C【考点】曲线

运动的概念物体做曲线运动的条件【解析】当物体速度方向与加速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度指向曲线凹的一侧；当加速度与速度方向夹角小于90度时物体做加速运动；当加速度的方向与速度方向大于90度时物体做减速运动；分析图示情景然后答题．【解答】A、由图示可知，

加速度方向与速度方向夹角小于90度，物体做加速运动，故A错误；B、由图示可知，加速度的方向不能是沿曲线的切线方向，故B错误；C、由图示可知，加速度方向与速度方向夹角大于90度，物体做减速运动，故C正确；D、由图示可知，速度

方向应该是沿曲线的切线方向，故D错误；3.C【考点】合运动与分运动的概念运动的合成与分解【解析】船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，因为小船在静水中的速度为5m/s，它大于河水流速4m/s，由速度合成的平行四边形法则可知

，合速度可以垂直河岸．当静水中的速度垂直河岸时过河时间最短，这时如河水流速改变时，由分运动的独立性可知过河时间不变．当河水流速改变时，合速度要改变，若大于小船在静水中的速度，合速度不能垂直河岸，过河的最短位移要改变．【解答】A、小船在静水中的速度为5m/s，它大

于河水流速4m/s，由速度合成的平行四边形法则可知，合速度可以垂直河岸，因此，过河位移可以为50m，所以，A选项错误。B、当以静水中的速度垂直河岸过河时，过河时间为t=505s=10s，因此，B选项错误。C、河水流速改变时，由分运动的独立性可知只要静水中的速度垂直河岸过河那么就时间不变，因此，

C选项正确。D、河水流速改变时，合速度要改变，若大于小船在静水中的速度，合速度不能垂直河岸，答案第2页，总8页过河的最短位移要改变，因此，D选项错误。4.C【考点】平抛运动基本规律及推论的应用平抛运动的概念【解析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直

方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。【解答】三个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，如图所示，由图可知：v

A<vB<vC，由h=12gt2可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以tA>tB>tC，所以C正确。5.A【考点】平抛运动的概念平抛运动基本规律及推论的应用【解析】物体做平抛运动，可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相

同．根据平抛运动的规律分别求出速度与水平方向夹角的正切值和位移与水平方向夹角的正切值，从而得出小球在水平位移与在竖直方向位移之比．【解答】小球撞在斜面上，速度方向与斜面垂直，则速度方向与竖直方向的夹角

为θ，则水平速度与竖直速度之比为vx:vy＝tanθ，水平位移与竖直位移之比x:y＝vxt:12vyt＝2vx:vy＝2tanθ，故A正确。6.C【考点】向心力牛顿运动定律的应用-超重和失重圆周运动中的临界问题【解析】汽车受重力和

向上的支持力，合力提供向心力，根据向心力公式列式即可分析．【解答】解：A．汽车过拱桥，做圆周运动，在最高点，重力和支持力的合力提供向心力，方向指向圆心，不受向心力，故A错误；B．汽车过拱桥，加速度方向向下，所以汽车

内乘客的加速度方向也向下，处于失重状态，故B错误；C．根据向心力公式得：mg−N＝mv2R，解得：N＝mg−mv2R<mg，故C正确；答案第3页，总8页D．当N＝0时，速度最大，此时v=gR，故D错误．故选C．7.D【考点】圆周运动中的临界问题水平面内的圆周运动-重力【解答】

解：AB．当B球做圆周运动时，且轻绳与竖直方向夹角为37∘时，根据几何关系，绳的拉力可求得54mg，运动到AB垂直于水平细杆时，此时圆环无摩擦力，小环处于一个三力平衡的状态，受到重力、弹力和细绳的拉力，根据余弦

定理，重力和拉力的合力大小为(54mg)2+(mg)2−2×54mg×mg×cos(180∘−37∘)=7316mg>2mg，故AB错误；CD．当B速度最大时，2μmg=mLsinθω2，解得ω最大为1

0μg3L，故C错误，D正确．故选D．8.A【考点】水平面内的圆周运动-重力【解析】小球受重力和支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，结合平行四边形定则比较支持力的大小，从而得出压力的大小关系，根据牛顿第二定律比较角速度

的大小关系．【解答】解：AB．对小球受力分析，如图所示，根据平行四边形定则知，N=mgsinθ，可知支持力大小相等，则压力大小相等，故A正确，B错误；CD．根据mgtanθ=mrω2=mv2r得，v=grtanθ，ω=grt

anθ，由于r2>r1，所以v2>v1，ω1>ω2，故CD错误．故选：A．9.D【考点】离心现象向心力超重和失重答案第4页，总8页【解答】解：火车轨道在弯道处设计成外轨高内轨低，靠重力和支持力的合力提供向心力，便于火车

转弯，故A不符合物理实；在拱形桥的最高点，合力方向向下，可知重力大于支持力，则压力小于汽车重力，当汽车过凹面时，加速度方向向上，处于超重状态，故B不符合物理实际；在轨道上飞行的航天器处于“完全失重状态”，航天器中悬浮的灰尘不是平衡状态，故C不符合物理实际；

洗衣机脱水时利用离心运动把附着在衣物上的水甩掉，故D符合物理实际．故选D．10.A,D【考点】水平面内的圆周运动-摩擦力传动问题【解答】解：A．由于两盘是靠摩擦传动，两盘边缘上的线速度相等，即v甲=v乙，A的角速

度和其边缘的点的角速度相等，B的角速度和乙边缘的点的角速度相等，故根据公式ω=vr，结合两轮盘半径关系r甲:r乙=3:1，可得ωA:ωB=1:3，故A正确；B．根据a=ω2r，RA=2RB可得aA:a

B=2:9，故B错误；CD．物块的最大静摩擦力分别为fA=μmAg，fB=μmBg，最大静摩擦力之比为fA:fB=mA:mB，转动中向心力为FAn:FBn=mAaA:mBaB=2mA:9mB，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故D正确，C错误．故选AD．11.

B,C【考点】竖直面内的圆周运动-弹力【解答】解：根据圆周运动的特点，运动中A所受合力始终指向圆心，且大小保持不变．在a点时，由静摩擦力提供向心力，B对A的支持力大小等于A的重力；在b点时，A的重力与B对A的支持力的合力提供向心力，此时

B对A的支持力最小，摩擦力为零．综上所述，AD项错误，BC项正确．故选BC．12.A,B【考点】水平面内的圆周运动-重力【解答】解：A．小球做圆周运动的向心力为F=mgtanθ=mgrh，由向心力公式mgrh=m4π2T2r，可得mg1h=m4π2

T2，高度相同，则运动周期相同，故A正确；B．由ω=2πT可得运动角速度一样，故B正确；答案第5页，总8页C．根据v=ωr，且两球运动的半径不同，则线速度不同，故C错误；D．根据a=ω2r，且两球运动半径不同，所以向心加速度不同，故D错误．故选AB．二、填空题（本题共计2小题，共计21分）

13.1:1:2,1:2:2【考点】传动问题线速度、角速度和周期、转速【解析】要求线速度之比需要知道三者线速度关系：A、B两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，B、C两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同．【解答】解：由于

A轮和B轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vA＝vB，所以vA:vB＝1:1由角速度和线速度的关系式v＝ωR可得ω=vR，ωA:ωB=vARAvBRB=RBRA=1:2，由于B轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，即ωB＝ωC，故ωB:ωC＝1:1，

ωA:ωB:ωC＝1:2:2，由角速度和线速度的关系式v＝ωR可得vB:vC＝RB:RC＝1:2，所以vA:vB:vC＝1:1:2．14.（15分）【答案】（1）水平,初速度相同（2）1.6（3）1.5,2.5【考点】研究平抛物体

的运动【解析】（1）平抛运动要保证小球水平飞出，斜槽的末端切线水平，为了保证每次平抛运动的初速度相同，小球每次从同一位置由静止释放；（2）O点为平抛的起点，水平方向匀速x=v0t，竖直方向自由落体y=12

gt2，据此可正确求解；（3）根据竖直方向运动特点△h=gt2，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，根据速度的合成原理求出小球通过

B点的速度．答案第6页，总8页【解答】解：（1）为了保证小球水平飞出，则斜槽的末端切线水平．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同；（2）由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有：x=v0t，y=12gt2，将x=32c

m，y=19.6cm，代入解得：v0=1.6m/s．（3）由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有：Δy=gT2，由图可知Δy=2L=10cm，代入解得，T=0.1s，x=v0T，将x=3L=15cm，代入解得：v0=1.5m/s，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：vBy=hAC2T=2m/s，所以vB=v02+vBy2=2.5m/s．三、解答题（本题共计3小题，共计31分）15.【答案】（1）B球抛出时的水平速度为Rg2h；（2）A球运动的线速度最小值为2πRg2h．【考点】平抛运动中的相遇问题

【解析】根据高度求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出B球平抛运动的初速度．抓住时间相等，结合线速度与周期的关系求出线速度的最小值．【解答】解：（1）根据h=12gt2得，t=2hg，则B球抛出的初速度v0=Rt=Rg2h．（2）当A球转动一圈和小球B相碰，此时A球转动的线速度最小，

则有：2πRv=t=2hg，解得最小线速度v=2πRg2h．16.【答案】（1）A点与O点的竖直距离为45m．答案第7页，总8页（2）运动员离开O点时的速度大小为20m/s．（3）运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间为1.5s．【考点】斜面

上的平抛问题【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，h=12gt2，解得h=45m．（2）运动员离开O点水平位移：x=htan37∘=60m，运动员离开O点时的速度：v0=xt=20m/s．（3）当运动员的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，则有：ta

n37∘=gt1v0，解得t1=1.5s．17.【答案】（1）细线的拉力为(1+123)mg24；（2）细线对小球的拉力T2=32mg．【考点】水平面内的圆周运动-重力圆周运动中的临界问题【解析】（1）物体刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出临界速度．当速度大于临界速度

，则物体离开锥面，当速度小于临界速度，物体还受到支持力，根据牛顿第二定律，物体在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，求出绳子的拉力．（2）当速度大于临界速度时，小球离开圆锥面，由重力和绳的拉力的合力提供向心力，再由牛顿第二定律求解．【解答】解：（1）小

球离开圆锥体的临界条件为圆锥体对小球的支持力为FN=0，答案第8页，总8页由牛顿第二定律可得：mgtanθ=mω02Lsinθ，解得ω0=23g3L，ω1=g6L<ω0，FN≠0，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有：T1sinθ−N1cosθ=mω12Lsinθ④T1cosθ+

N1sinθ−mg＝0⑤解得：T1=(1+123)mg24．（2）因ω2=3g2L>ω0，小球离开圆锥体，对小球进行受力分析如图乙所示，设细线与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得T2sinα=mω22Lsinα，解得T2=32mg．