文档内容
玉溪一中2024—2025学年下学期高一年级第一次月考
物理参考答案
一、单项选择题：本题共 6小题，每小题 6分，共36分。
1 2 3 4 5 6
D C D A A B
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共18分。
7 8 9
BC AB BD
三、实验题：本题2小题，共13分。
10.（7分） （1）C （2） 2.0 m / s 1.5 m / s 0.0125 m .
（第二问1分；其余每空2分）
11.（6分）（1） （2） （3）
（每一问3分）
四、计算题：本题共3小题，共 33分。
12.（8分）【答案】√33.28m
【解析】运动的分解得：小球在竖直方向做自由落体运动，竖直方向的位移为
H=3.2m，
√2H
运动时间为t= =0.8s，
g
小球在水平方向做匀减速运动，加速度为
F
a= =5m/s2，
m
1
水平位移为x=v t− at2=4.8m，
0 2
合位移为s=√x2+H2=√33.28m
13．（12分）【答案】（1）10m/s； （2）55N； （3）107.2N
【解析】（1）经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，对于A到C的平抛运动过程
根据
解得（2）根据
在A点
解得
（3）在C点
解得
根据牛顿第三定律可知
√2g
14.（14分）【答案】(1) ; (2)见解析。
R
【解析】(1)当小物块所受摩擦力为零时，只受到重力和支持力的作用，两个力的
合力提供向心力，由受力分析知
mgtanθ=mω2r，又r=Rsinθ，
0
√2g
联立解得ω = 。
0 R
(2)当角速度ω=(1+k)ω 大于临界值ω 时，小物块有向上的运动趋势，所受摩擦力沿
0 0
罐壁切线向下，设罐壁的支持力为F，对小物块受力分析
Fcosθ=mg+f sinθ，
Fsinθ+f cosθ=mω2r，又r=Rsinθ，
√3k(2+k)
联立解得f = mg；
2
同理当角速度ω=(1−k)ω 小于临界值ω 时，小物块有向下的运动趋势，所受摩
0 0
擦力沿罐壁切线向上，设罐壁的支持力为F，对小物块受力分析
Fcosθ+f sinθ=mg，
Fsinθ−f cosθ=mω2r，又r=Rsinθ，
√3k(2−k)
联立解得f = mg。
21.【答案】D
【详解】
A.在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变短的，因此A点相对O′点不是做圆周运
动，A错误；
B.在合上后备箱盖的过程中，O′B的长度是变短的，因此B点相对O′点不是做圆周运
动，B错误；
CD.从图示位置到合上后备箱盖的过程中，运动的时间是相同的，但从乙图中可以看出
AO与水平方向的夹角等于于BO与水平方向的夹角，由角速度的定义 可知，A
与B相对于O点转动，角速度相同，半径不同，故线速度不同，C错误D正确； 故
选D。
2.【答案】C
【详解】以帆船为参考系，帆板具有向东的速度v和向南的速度 ，二者的合速度为
所以
即速度方向南偏东30°。 故选C。
3.【答案】D
【详解】根据同轴转动角速度相等，以及皮带传动线速度大小相等，可计算得第五级
大轮边缘线速度大小为5m/s。故ABC错误，D正确。
4.【答案】A
【详解】每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自
由落体运动的合运动。假设同时有一个小球从同一位置自由落体，则这四个小球相对
于该球都是速度为v的匀速直线运动，故以四个小球所在位置为顶点，所构成的图形
应该是正方形。
5.【答案】A
【详解】将与物体A相连的绳端速度v 分解为沿绳伸长方向的速度v 和垂直于绳方
0 1
向的速度v ，则物体B的速度v =v =v sinθ，在t=0时刻θ=0°，v =0，故C错误；
2 B 1 0 B
之后随θ增大，sinθ增大，B的速度增大，但开始时sinθ变化快，速度增加得快，图像
的斜率大，随θ增大，速度增加变慢，若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速
度，综上答案为A
6. 【答案】B
7.【答案】BC
【详解】A．甲图，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得mg-N=m即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得mg+F=m
即座椅给人施加向下的力，故A错误；
B．乙图，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B
正确；
C．丙图，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，
则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确；
D．丁图，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零。故D错误。
故选BC 。
8.【答案】AB
【详解】A球平抛运动的时间为
水平位移大小为x＝v t＝
0
要使B球运动一周内与A球相遇，则A球的落点在圆周上，俯视看有两种可能，A球
水平位移与直径的夹角均为30°。如图所示
若在C点相遇，B球转过的角度为 π，则B球的速度大小为
若在D点相遇，B球转过的角度为 π，则B球的速度大小为
故AB正确。
9.【答案】BD
【详解】小球受到重力、弹簧弹力、杆的支持力 N的作用。竖直方向有
kx·sinθ=mg,由于杆对小球的支持力方向不确定，故水平方向有kxcosθ+N=mω2r或
kx·cosθ−N=mω2r，角速度不同时，竖直方向小球受力平衡，若弹簧的形变量增
加，则小球向下移动，夹角θ变大，kxsinθ增大，竖直方向合力不为零，小球不能平
衡，若弹簧的形变量减小，小球向上移动，θ变小，kxsinθ减小，竖直方向合力不为
零，小球不能平衡，因此小球的位置不变，故 A错误；弹簧弹力不变，角速度增大，
向心力增加，则小球所受合力增大，由于开始时杆对小球的支持力方向不确定，故杆
对小球的支持力变化情况无法确定，由牛顿第三定律可知，小球对杆压力的变化情况
无法确定，故C错误；小球所受合力提供做匀速圆周运动的向心力，角速度增大，则
合力增大，故BD正确。
