【文档说明】吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第六中学2020-2021学年高一下学期3月月考物理试题.docx，共(4)页，231.812 KB，由小赞的店铺上传

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2020—2021年度第二学期高一物理第4月月考试题班级姓名.一、选择题（本题共计12小题，1-8单选题，9-12多选题，每题4分，共计48分）1.关于曲线运动,下列说法中正确的是()A.曲线运动的速度大小一定变化B.曲线运动的加速度一定变化C.曲线运动的速度方向一定变化D.做曲线运动的物体所受的

外力一定变化2.(2020广东海丰高一下测试)抗洪救灾过程中,解放军战士在悬停的直升机上,由静止释放救灾物资。物资在下落过程中受到水平风力的影响,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.风力越大,救灾物资下落时间越长B.风力越大,救灾物资着地速度越大C.风

力越大,救灾物资着地速度越小D.救灾物资着地速度与风力无关3.如图所示,小船沿直线AB过河,船头始终垂直于河岸。若水流速度增大,为保持航线不变,下列措施与结论正确的是()A.增大船速,过河时间不变B.增大船速,过河时间缩短C.减小船速,过河

时间变长D.减小船速,过河时间不变4.在2010年2月加拿大温哥华举行的冬奥会上，进行短道速滑时，滑冰运动员要在弯道上进行速滑比赛，如图为某运动员在冰面上的运动轨迹，图中关于运动员的速度方向、合力方向正确的是（）A.B.C.D.5.如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀

速上升，若红蜡块在𝐴点匀速上升的同时，玻璃管水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的（）A.曲线𝑄B.直线𝑃C.曲线𝑅D.无法确定6.如图，𝑥轴在水平地面内，𝑦轴沿竖直方向．图中画出了

从𝑦轴上沿𝑥轴正方向抛出的三个小球𝑎、𝑏、𝑐的运动轨迹，其中𝑏和𝑐是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）A.𝑎的飞行时间比𝑏的长B.𝑏和𝑐的飞行时间相同C.𝑎的初速度比𝑏的小D.𝑏的初速度比𝑐的小7.篮球运动是深受同学们喜爱的运

动之一．如图所示，某同学正在练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，撞击篮板前篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示．若两次抛出篮球的速度𝑣1和𝑣2的水平分量分别为𝑣1𝑥和𝑣2𝑥，两次篮球在空中的飞行时

间分别为𝑡1和𝑡2，不计空气阻力．下列关系正确的是（）A.𝑣1𝑥<𝑣2𝑥，𝑡1>𝑡2B.𝑣1𝑥>𝑣2𝑥，𝑡1<𝑡2C.𝑣1𝑥<𝑣2𝑥，𝑡1<𝑡2D.𝑣1𝑥>𝑣

2𝑥，𝑡1>𝑡28.在某综艺节目中，进行抛球击鼓的游戏，如图是游戏场地的示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高．要求游戏者每次在图示位置从相同高度将球沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则（）A.击中甲、乙的两球初速度𝑣甲=𝑣乙B

.击中甲、乙的两球初速度𝑣甲>𝑣乙C.假设某次抛出的球能够击中甲鼓，用相同速度发球可能击中丁鼓D.击中四鼓的球中，击中丙鼓的初速度最大9.(2019辽宁大连103中学高三上月考)研究某一物体的运动时,得到如图所

示的一段运动轨迹,下列判断正确的是()A.若x方向始终匀速,则y方向先减速后加速B.若x方向始终匀速,则y方向先加速后减速C.若y方向始终匀速,则x方向先减速后加速D.若y方向始终匀速,则x方向先加速后减速10.如图所示为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图,水面与大坝的交点

为O。一人在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子,已知AO=40m,不计空气阻力,不考虑石子反弹过程,g取10m/s2。下列说法正确的有()A.若v0=10√3m/s,则石子刚好落在水面与大坝的交点B.若v0=5√3m/s,则石子落在AO的中点C.若石子能直接落入水中,则v0越大,在空

中飞行的时间就越长D.若石子不能直接落入水中,则v0越大,在空中飞行的时间就越长11.如图所示,小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地,上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力,则()A.A和

B的位移大小相等B.A的运动时间是B的2倍C.A的初速度是B的12D.A的末速度比B的大12.如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-

t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的

大D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大二、实验探究题（本题共计2小题，共计24分，）13.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点的竖直分速度为________𝑚/𝑠．(𝑔=10𝑚/𝑠2)14.用如图（𝑎）所示的装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上．钢球沿斜槽

轨道𝑃𝑄滑下后从𝑄点飞出，落在水平挡板𝑀𝑁上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图（𝑏）所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为𝑥轴、竖直方向为𝑦轴

的坐标系（已知𝑔=10𝑚/𝑠2）．（1）下列说法正确的是（）A.斜槽轨道必须光滑，且小球每次要从斜槽同一位置由静止释放B.需调节斜槽，保证其末端水平C.需调节硬板，保证硬板在竖直平面内D.本实验必需的器材还有刻度尺和秒表（2）在图（𝑏）中实验记录到有一个位置明显发生偏差的点，其产生的原因可

能是：该次实验时，小球在斜槽释放的位置与其它几次相比偏________（选填“高”或“低”）．（3）根据图（𝑏）记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为________𝑚/𝑠（结果保留两位有效数字）．三、解答题（本题共计2小题，共计28分，）15.如图所示，摩托车跨越表演是一

项惊险刺激的运动，假设在一次跨越河流的表演中，摩托车离开平台时的速度为20𝑚/𝑠，经过一段时间成功落到对面的平台上，测得两岸平台高度差为5𝑚．若飞越过程中不计空气阻力，摩托车可以近似看成质点，𝑔取10𝑚/𝑠2，求：（1）摩托车

飞越的水平位移；（2）摩托车落地前瞬间的速度大小．16.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h。(1)若微粒打在探

测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间;(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围。参考答案与试题解析高中物理一、选择题（本题共计5小题，每题3分，共计15分）1.C曲线运动的速度大小可能不变,A错误;曲线运动的加速度不一定变化,如平抛运动,故B错误;曲线运动的速度方向时刻改变,C正确;

做曲线运动的物体所受的外力不一定变化,如物体做平抛运动时只受重力作用,故D错误。2.B救灾物资同时参与了两个分运动,即竖直方向的自由落体运动和水平方向在风力作用下的运动,两个分运动同时发生,相互独立。因

为救灾物资在竖直方向自由下落,下落时间只与高度有关,与水平风力无关,故A错误;风力越大,救灾物资着地时水平分速度越大,竖直分速度不变,则合速度越大,故B正确,C、D错误。3.B小船合运动的方向与河岸的夹角的正切为tanα=𝑣船

𝑣水,若水流速度增大,为保持航线不变,则应增大船速;过河的时间为t=𝑑𝑣船,则过河时间变短,故选项B正确。4.【答案】D【考点】物体做曲线运动的条件【解析】物体做曲线运动时，轨迹夹在合力与速度方向之间，合力大致指向轨迹凹的一方．【解答】解：根据

曲线运动的轨迹夹在合力与速度方向之间，合力大致指向轨迹凹的一侧，故𝐷正确，𝐴𝐵𝐶错误．故选𝐷．5.【答案】A【考点】运动的合成与分解曲线运动的概念【解析】当合速度的方向与合加速度的方向不在同一

条直线上，物体做曲线运动，轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向．【解答】解：两个分运动的合加速度方向水平向右，与合速度的方向不在同一条直线上，所以合运动为曲线运动，根据曲线运动的

合力（加速度）大致指向轨迹凹点的一向，知该轨迹为曲线𝑄，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误．故选𝐴．6.【答案】B【考点】平抛运动基本规律及推论的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：𝐴𝐵．根据ℎ=12𝑔𝑡2得，

高度越高，运动的时间越长，则𝑎的飞行时间比𝑏短，𝑏的飞行时间和𝑐的飞行时间相等，故𝐴错误，𝐵正确；𝐶．根据𝑥=𝑣0𝑡可知，𝑎的运动时间短，水平位移大，则𝑎的初速度大于𝑏的初速度，故𝐶错

误；𝐷．根据𝑥=𝑣0𝑡可知，𝑏、𝑐的运动的时间相等，𝑏的水平位移大，则𝑏的初速度比𝑐大，故𝐷错误．故选：𝐵．7.【答案】A【考点】平抛运动基本规律及推论的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：将运动过程逆向思考，篮球做平抛运动．

曲线1、2对应的水平位移相等，竖直位移1大于2，由竖直位移关系知𝑡1>𝑡2，再由水平位移得𝑣1𝑥<𝑣2𝑥，故𝐴正确．故选：𝐴．8.【答案】B【考点】平抛运动基本规律及推论的应用【解析】球在空中做平抛运动，根据平抛运动规律进行分析，注意明确球的高度不变，因此到达等

高的甲、乙和丙丁过程中时间相同，只需分析水平射程即可明确初速度大小。【解答】解：𝐴𝐵．由图可知中，甲乙高度相同，所以球到达鼓用时相同，但由于水平距离不同，甲的水平距离较远，所以由𝑣=𝑥𝑡可知，

击中甲、乙的两球初速度𝑣甲>𝑣乙，故𝐴错误，𝐵正确；𝐶．由图可知，游戏者与甲、丁两鼓不在同一直线上，所以用相同速度发球不可能到达丁鼓，故𝐶错误；𝐷．由于丁与丙高度相同，但由图可知，丁离游戏者的水平距离最大，所以

丁的初速度一定大于丙的初速度，故𝐷错误．故选𝐵．9.AD若x方向始终匀速,做曲线运动的物体所受合力指向轨迹的凹侧,则物体所受合力沿y方向,且合力先指向y轴负方向后指向y轴正方向,故y方向先减速后加速,选项A正确,B错误;若y方向始终匀

速,做曲线运动的物体所受合力指向轨迹的凹侧,则物体所受合力沿x方向,且合力先指向x轴正方向后指向x轴负方向,故x方向先加速后减速,选项C错误,D正确。10.AD小石子被扔出后做平抛运动,若石子刚好落在水面与大坝

的交点,根据AOsin30°=12g𝑡12得t1=√2×40×1210s=2s,则石子的初速度v0=𝐴𝑂cos30°𝑡1=40×√322m/s=10√3m/s,故选项A正确。若v0=5√3m/s<10√3m/s,则小石子会落在大坝上,落在大坝上时

位移与水平方向的夹角为30°,则tan30°=𝑔𝑡22𝑣0,将v0=5√3m/s代入可解得t2=1s,则小石子落在大坝上时水平位移x=v0t2=5√3×1m=5√3m,所以合位移x合=𝑥cos30°=5√3√32

m=10m=14AO,故选项B错误。若石子能直接落入水中,则其在空中飞行的时间为定值,与初速度无关,故选项C错误。若石子不能直接落入水中,由于其落在大坝上时位移与水平方向夹角不变,根据tan30°=𝑔𝑡2𝑣0可知,v0越大,运动的时间也越长,故选项D正确。11.AD由图可知,两球的位移大小均

为√𝑙2+(2𝑙)2=√5l,A项正确。由小球在竖直方向做自由落体运动得y=12gt2,可知小球在空中运动时间t=√2𝑦𝑔,故A的运动时间是B的√2倍,B项错误。再结合水平分运动x=v0t可得v0=x

√𝑔2𝑦,故A的初速度是B的12√2,C项错误。小球落地时的速度v=√𝑣02+(gt)2=√𝑣02+2gy=√𝑔𝑥22𝑦+2gy,故vA=√17𝑔𝑙2、vB=2√𝑔𝑙,D项正确。12.BDv-t图线与时间轴包

围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第二次包围的格数较多,故A错。设雪道的倾角为θ,则水平位移x=𝑦tan𝜃,故B正确。v-t图线的斜率表示加速度,由图像可明显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时

,斜率k1>k2,结合牛顿第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。13.【答案】（1）水平,初速度相同（2）1.6（3）1.5,2【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=12𝑔𝑡2，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．【解答】解：（1）为了保证小球水平飞出，斜槽的末端切线应该水平；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=32𝑐𝑚，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，则有：𝑣𝐵𝑦=ℎ𝐴𝐶2𝑇=2𝑚/

𝑠．14.【答案】B,C（2）低（3）1.0【考点】研究平抛物体的运动【解析】【解答】解：（1）𝐴．本实验运用描迹法，画出平抛运动的轨迹，求出初速度，小球与斜槽之间的摩擦对测量的结果准确性没有影响，故𝐴错

误．𝐵𝐶．为保证小球做平抛运动，安装斜槽时其末端切线必须水平，且让小球出射方向与硬板平行，让其在竖直面运动，故𝐵𝐶正确．𝐷．轨道末端的𝑄点即为坐标原点，但不是平抛运动的起点，钢球不能看成质点，则轨道末端的𝑄点正上方距离为钢球半径处才是抛出起点，故𝐷错误．故选：𝐵𝐶．

（2）由图可知，第5个点明显有偏差，水平方向的位移小了很多，是由于水平方向的初速度太小，所以原因是：小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次的位置偏低．（3）在竖直方向上，根据𝑦=12𝑔𝑡2得：𝑡=√2𝑦𝑔=√2×20×10−2

10𝑠=0.2𝑠，小球做平抛运动的初速度𝑣0=𝑥𝑡=20×10−20.2𝑚/𝑠=1.0𝑚/𝑠．15.【答案】（1）摩托车飞越的水平位移为20𝑚；（2）摩托车落地前瞬间的速度大小为10√5𝑚/

𝑠．【考点】平抛运动基本规律及推论的应用【解析】（1）根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移．（2）根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出落地前瞬间的速度．【解答】解：（1）摩托车在竖直方向做自由落体运动，由ℎ=12

𝑔𝑡2，代入数据解得：𝑡=1𝑠，根据𝑠𝑥=𝑣0𝑡，代入数据解得：𝑠𝑥=20𝑚．（2）竖直方向速度为：𝑣𝑦=𝑔𝑡=10×1𝑚/𝑠=10𝑚/𝑠，摩托车落地前瞬间的速度大小为：𝑣=√𝑣02+𝑣𝑦2=√400+100𝑚/𝑠=10√5𝑚/𝑠．16

.答案(1)√3ℎ𝑔(2)L√𝑔4ℎ≤v≤L√𝑔2ℎ解析(1)打在中点的微粒32h=12gt2t=√3ℎ𝑔(2)打在B点的微粒v1=𝐿𝑡1,2h=12g𝑡12v1=L√𝑔4ℎ同理,打在A点的微粒初速度v2

=L√𝑔2ℎ微粒初速度范围L√𝑔4ℎ≤v≤L√𝑔2ℎ