【文档说明】上海市华东师范大学第二附属中学2021-2022学年高一下学期3月阶段反馈物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.870 MB，由管理员店铺上传

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华东师大二附中2021学年第二学期学业质量检测高一物理（时间：60分钟：满分：100分）一、单项选择题（1-8题每题3分，9-12题每题4分，共40分）1.以下说法正确的是（）A.自由下落的物体因完全失重，所以它对地球没有反作用力B.两叠放着的木块A、B一起在光滑斜面上自由下滑而没有相对滑

动，A、B之间没有相互作用的摩擦力C.物体受到的一对平衡力中撤去其中一个力，另一个力也同时消失D.作用力和反作用力可以是不同性质的力【答案】B【解析】【详解】A．自由下落的物体因为受到重力作用，因为作用是相互的，它对地球有反作

用力，A错误；B．两叠放着的木块A、B一起在光滑斜面上自由下滑而没有相对滑动，A、B之间相互作用的摩擦力为()()1212sinmmgmma+=+11sinmgfma+=解得0f=B正确；C．物体受到的一对平衡力中撤去其中一个力

，另一个力不一定消失，C错误；D．作用力和反作用力一定是相同性质的力，D错误。故选B。2.一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，那么以下说法中不正确的是（）A.这2s内平均速度是2.25m/sB.第3s末瞬时速度是2.25m/sC.质点的加速度是0.125m/s

2D.质点的加速度是0.5m/s2【答案】C【解析】【详解】A．根据平均速度公式，这2s内质点的平均速度为(22.5)m2ssvt+===2.25m/sA正确，不符合题意；B．质点第3s末的瞬时速度等于这2s时间内的平均速度，则32.25m/svv=＝，B正确，不符合

题意；CD．根据Δs=aT2得，质点的加速度222(2.52)m0.5m/s1ssaT−=＝＝C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选C。3.如图所示，半径为R的圆盘绕过圆心的竖直轴'OO匀速转动，在距轴为r处有一竖直杆，杆上用

长为L的细线悬挂一小球．当圆盘以角速度匀速转动时，小球也以同样的角速度做匀速圆周运动，这时细线与竖直方向的夹角为，则小球的向心加速度大小为（）A.2RB.2rC.2sinLD.()2sinrL+【答案】D【解析

】【详解】小球运动的轨迹是水平面内的圆，如题图中虚线所示，其圆心是水平面与转轴OO的交点，所以圆周运动的半径为sinrL+，由2nar=可知其加速度大小为()2sinrL+．A.2R，选项A不符合题意；B.2r，选项B不符合题意；C.2sinL

，选项C不符合题意；D.()2sinrL+，选项D符合题意；4.如图，在冬奥会短道速滑项目中，圆弧实线ON为正常运动路线的弯道，OM为运动员在O点的速度方向。若运动员在O点稍发生侧滑，她就会偏离正常比赛路线，则其滑动线路（）A.沿OM直线B.在OM左侧区域ⅠC.在OM和ON之间

区域ⅡD.在ON右侧区域Ⅲ【答案】C【解析】【详解】发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合外力不足以提供所需的向心力，而受的合外力仍然指向圆心，若运动员水平方向不受任何外力时沿OM方向做离心运动，实际上运动员还要受摩擦力作用，

所以滑动的方向在在OM和ON之间区域Ⅱ，故ABD错误，C正确。故选C。5.如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为30a=，弹簧水平。重力加速度为g。以下说法正确的是（）。A.

细线拉力大小为mgB.弹簧的弹力大小为3mgC.剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为gD.剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．对a球分析，如图由共点力平衡条件得，竖直方向有sinTmg=水平方向有cosTF=解得细线的拉

力为2Tmg=弹簧的弹力3tanmgFmg==故A错误，B正确；CD．剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力2FTmg==合根据牛顿第二定律得2ag=剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力0F=合加速度为0，故CD错误。故选B。

6.质量不等的两木块A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图所示情况下，木块A、B一起做匀速运动。若木块A、B的位置互相交换，则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ＜1，重

力加速度为g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)（）A.(1－μ)gB.(1－μ2)gC.21−gD.与木块A、B的质量有关【答案】A【解析】【详解】设A、B的质量分别为M和m。图示情况下，根据平衡条件得Mg=μmg木块A、B的位置互相交换后，根据牛顿第二定律得对A有T-μMg=Ma对B有

mg-T=ma联立解得a=（1-μ）g故选A。7.质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴M和m的悬线竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示，则（）A.coscos2=B.coscos=C.tantan2=D

.tantan=【答案】A【解析】【详解】根据牛顿第二定律得2tan2sinMgMl=2tansinmgml=解得coscos2=故选A。8.如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别

沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（）A.tt甲乙B.tt=甲乙C.tt甲乙

D.无法确定【答案】C【解析】【详解】试题分析：设游速为v，水速为v0，OA=OB=l，则甲整个过程所用时间：220002llvltvvvvvv+=+−−甲＝，乙为了沿OB运动，速度合成如图；则乙整个过程所用时间：2202222

0022lvvltvvvv−=−−乙＝，∵220vvv−∴t甲＞t乙，∴选C正确，选项ABD错误．故选C．考点：运动的合成和分解【名师点睛】本题考查运动的合成（主要是速度的合成）和匀速运动规律，运用速度合成的矢量平行四边形法则

求出各自的合速度是关键．9.如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，

落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是（）A.甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1B.甲、乙两球下落的高度之比为2tan4θ∶1C.甲、乙两球的水平位移之比为tanθ∶1D.甲、乙两球落在斜面上瞬间速度与水

平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1【答案】D【解析】【详解】A．由小球甲运动可知20012tan2gtygtxvtv===解得02tanvtg=落到斜面上的速度与竖直方向夹角的正切值为0tanvgt=解得0tan

vtg=则甲、乙两球在空中运动的时间之比为22tan:1tt=故A错误；B．由212hgt=可知甲、乙两球下落的高度之比为242124tan:112gthhgt==故B错误；的的C．由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之

比为2002tan:1vtxxvt==故C错误；D．甲球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值为0tan2tanyxvgtvv===乙球落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为01tantanyvv==甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2t

an2tan:1tan=故D正确。故选D。10.如图，质量为m的物块在平行于斜面的拉力F作用下沿倾角为θ的斜面做匀速直线运动。物块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，重力加速度为g，则拉力F的大小不可能为（）A.mgsinθB.23sinmg

C.2mgsinθD.3sinmg【答案】B【解析】【详解】当物块所受重力沿斜面向下的分力与物块所受滑动摩擦力方向相同时，F有最大值为sincos2sinFmgmgmg=+=当物块所受重力沿斜面向下的分力与物块所受滑动摩擦力方向相反时，F有最小值0。故ACD可能，B不

可能。故选B。11.如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图像如图所示。下列说法正确的

是（）A.当地的重力加速度大小为RbB.小球的质量为aRbC.v2＝c时，杆对小球弹力方向向上D.若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a【答案】B【解析】【详解】A．通过图分析可知：当v2＝b，FN＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即bmgmR=则bgR

=故A错误；B．当v2＝0，FN＝a时，重力与弹力FN大小相等，即mga=所以aamRgb==故B正确；C．当v2＞b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v2＝c＞b时杆对小球的弹力方向竖直向下，故C错误；D．若v2

＝2b时N2bmgFmR+=解得FN＝a方向竖直向下，故D错误。故选B。12.如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，

且小球始终在BOO平面内，那么在角速度从零缓慢增大的过程中（）（重力加速度g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=）A.两细线张力均增大B.细线AB中张力一直变小，直到为零C.细线AC中张力一直增大D.当AB中张力为零时，角速度可能为54gl【答案】D【解析】【详解】AB

．当静止时，受力分析如图，由平衡条件由平衡条件得TAB=mgtan37°=0.75mgTAC＝cos37mg＝1.25mg若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图

根据受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得min54gL＝根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝53gL所以ω取值范围为54gL≤ω≤53gL绳

子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在54gL≤ω≤53gL时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，AB错误；C．当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力

始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于54gL后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于53gL后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力

增大，AC的拉力继续增大，C错误；D．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54gL≤ω≤53gL时，绳子AB的拉力都是0，D正确。故选D。二、填空题（每题4分，共20分）13.如图所示为摩托车比赛转弯时情形，若转弯路

面是水平的，水平路面对摩托车的弹力方向为______（填“竖直向上”或“沿车身斜向上”），给摩托车提供向心力的是______（填“弹力的分力”或者“静摩擦力”）。【答案】①.竖直向上②.静摩擦力【解析】【详解】[1]弹力与接触面

垂直，故水平路面对摩托车的弹力方向为竖直向上；[2]给摩托车提供向心力的是指向轨迹圆心的静摩擦力。14.在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为

V0＝__（用L、g表示），其值是______（取g＝9.8m/s2）。【答案】①.2gL②.0.7m/s【解析】【详解】设相邻两点间的时间间隔为T竖直方向：2L-L=gT2得到LTg=水平方向：的0

22xLvgLTT=＝＝代入数据解得202101.25100.7m/sv−=15.如图所示，一个足够大的圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB（质量不计）上套有一质量为m的小球。今给小球向上的初速度0v，致使圆环对地刚好无作用力，则小球上升的加速度大小为______，上升

的最大度为______。（已知重力加速度大小为g。）【答案】①.Mmgm+②.202()mvMmg+【解析】【详解】[1]由题意可知，小球对圆环竖直向上的作用力大小为FMg=根据牛顿第三定律可知圆环对小球竖直向下的作用力大小为FFMg==根据牛顿第

二定律可得小球上升的加速度大小为FmgMmagmm++==[2]根据运动学规律可得小球上升的最大高度为220022()vmvhaMmg==+16.一根不计质量的细线最多能吊起质量为1kg的物体以大小为a的加速度匀加速上升，或者最多能吊起质量为3kg的物体以大小为a的加速度匀减速

上升，那么a为______2m/s，这根细线最多能吊质量为______kg的物体匀速上升。（g取10m/s2）【答案】①.5②.1.5【解析】【详解】[1]设细线能承受的最大拉力为T，由题意，根据牛顿第二定律有11Tmgma−=22mgTma−=联立以上两式解得

25m/sa=15NT=[2]设这根细线最多能吊质量为m的物体匀速上升，根据平衡条件有Tmg=解得1.5kgm=17.如图所示，F为共点力1F和2F的合力，且12FF，保持1F、2F的大小不变，改变1F和2F间的夹角θ，若要使1F和F间夹

角达到最大值，则θ角应为________，此时F和1F的夹角a为___________。【答案】①.21arcsin2FF+②.21arcsinFF【解析】【详解】[1]设F2与F的夹角为β，则由正弦定理可知21=sinsinFF由于21FF，所以90，

1F、2F为定值，则当sinβ最大时，此时a也最大，所以=90，即2F与F垂直时，α达到最大值，则21sin=FF21=arcsin2FF+[2]由21sin=FF可得21=arcsinFF三、综合题（18题12分，19题13分，20题15分，共40分）18.如图所示，物块A悬挂

在绳PO和PC的结点上，PO偏离竖直方向37°角，PC水平，且经光滑定滑轮与木块B相连，连接B的绳与水平方向的夹角为53°。已知A质量MA=0.8kg，B质量MB=2kg，木块B静止在水平面上。求：(1)绳PO的拉力大小；(2)木块B与水平面间的弹力和摩擦力大

小。【答案】(1)10N；(2)3.6N；15.2N【解析】【详解】(1)对P点受力分析，如图所示：由平衡条件Acos37POFMg=解得A8N=10Ncos370.8POMgF==Atan3780.75N=6NC

FMg==(2)对B点受力分析如图所示：水平方向根据共点力的平衡条件可得cos5360.6N=3.6NCfF==竖直方向根据共点力的平衡条件可得BBsin53CNFMg+=解得BBsin5320N60.8N=15.2NCNMgF=−=−【点睛】本题主要是考

查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。19.斜面ABC中AB段粗糙，BC段长为1.6m且光滑，如图（a）所示。质量为1k

g的小物块以初速度012m/sv=沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零，小物块沿斜面上滑的vt−图像如图（b）所示。已知在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，210m/sg=。（Bv，0t未知）求：(1)小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度Bv；(2)斜面AB段的长度；(

3)小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间。【答案】(1)4m/s；(2)6.4m；(3)1.6s【解析】【详解】（1）由v-t图象可知，小物块沿斜面向上滑行的初速度vA=12m/s，由aAB=2aBC可得002ABBvvvtt−=解得vB=4m

/s（2）设AB段长度L1，加速度大小为2a，BC段长度为L2，加速度大小为a。则根据运动学公式得：AB段有vB2-vA2=2×（-2a）L1BC段有0-vB2=2（-a）L2已知L2=1.6m，vA=l

2m/s联立解得a=5m/s2L1=6.4m(3)物体沿斜面下滑，回到B点的速度仍为vB=4m/s因上滑时sincos2mgmgma+=sinmgma=下滑时'sin-cosmgmgma=解得a′=0

则小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间16.4s=1.6s4BLtv==20.质量为M的火车，以恒定的速率在水平面内沿一段半径为r的圆弧轨道转弯，已知路面的倾角为，为试求：（1）速度0v为多大时，车轮对铁轨的侧压力正好为零？（2）若火车速度提高到03v时，车轮对铁轨的侧压力为多少？

【答案】（1）tangr；（2）8sinmg【解析】【详解】（1）当车轮对铁轨侧压力正好为零时，对火车进行受力分析如下图水平方向20sinvNmr=竖直方向cosNmg=联立可得0tanvgr=（2）若将速度提高至3v0，则火车有离心运动的趋势，故外轨道将

提供支持力，受力分析图如下水平方向20(3)sincosvNFmr+=竖直方向cossinNmgF=+联立可得220(3)sintancoscosvmgFFmr++=化简可得209(tan)cos8

sinvFmmgmgr=−=根据牛顿第三定律，车轮对铁轨的压力获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com