的转速，则左右两标尺示数，两标尺示数的比值一。（选填“变大”、“变小”或“近似不
变”)
16.在“研究平抛运动”实验中，
米一球夹
斜槽
压纸磁条
方格纸
重垂线
接收挡板
支架
底座螺钉
(1)如图是用横挡板卡住平抛小球，白纸上留下小球碰撞印迹确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点
应选小球在斜槽末端点时的
在坐标纸上的投影点。
A.斜槽末端口B.球的上端C,球的下端D.球心
(2)在此实验中，下列说法正确的是
A.安装有斜槽的木板时，一定要注意检查斜槽末端切线是否水平、木板是否竖直
B.斜槽必须光滑
C每次实验都要把小球从同一位置由静止释放
D.实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动水平和竖直分运动的规律
(3)如图是利用图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是
A.释放小球时初速度不为0
B.释放小球的初始位置不同
C.斜槽末端切线不水平
(4)在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸来记录轨迹，小方格的边长L=1.25cm,
实验中漏记抛出点，则标出小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、bc、d所示（小方格呈水
平竖直放置)，则小球平抛的初速度的计算公式为，=用（L、g表示)其值是
m/sg=10m/s2）。c点速度为/s。
Q
四、计算题（本题2小题，共30分）
17.高5m的平台上，覆盖了一层冰，一乘雪榻的滑雪爱好者，从距平台边缘s=24m处以5m/s的
初速度向平台边缘匀速滑去，如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10ms2，求：
(1)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离：
(2)滑雪者着地时的速度。
AAK00
waocmcmmsot
18.如图所示，将一质量为m=0.1g的小球自水平平台右端0点以一定的初速度水平抛出，小球飞
离平台后经0.4s由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC,轨道半径R=0.5m,CB为其竖直直径。
sin53°=0.8，g=10m/s2。求：
(I)平台末端O点到A点的竖直高度H:
R
(2)小球到达A点的速度大小：
534
(3)小球在A点时对轨道的压力大小。
B
东莞市众美中学2024-2025学年度第二学期第一次月考
高一物理
一、单项选择题（共6小题，每小题3分，共18分）
1.图中虚线描述的是一位跳水运动员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.物体在直角坐标系0少所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度
随时间变化的图像如图所示，则对该物体运动过程的描述正确的是（)
A.物体在0~39做直线运动
Av(m's)
y/(m'8)
B.物体在3s~4s做曲线运动
C.物体在0~3$做非匀变速曲线运动
23
01
D.物体在0~3s做匀变速曲线运动
3.在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会
受到轮缘的侧向挤压，为了提高转弯速度，仅改变一个下列可行的措施是（)》
A.减小火车质量
B.增大火车质量
C.减小转弯半径
D.增大轨道倾斜角
4.工地上起吊重物的吊车如图所示，某次操作过程中，液压杆收缩，吊臂绕固定转轴0顺时针匀速
·品脚
转动，吊臂上有从W两点，OM=二ON,下列关于丛W两点的说法正确的是
2
A.加速度之比为1：9
B.线速度之比为13
固定物暂
液乐
C.角速度之比为1：3
D.周期之比为1：3
5。如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，这个过程简化为下图的情景，水平
板上放一个物体，使水平板和物体一起在竖直平面内做匀速圆周运动，b为水平直径，cd为竖直
直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，下列说法正确的是（
A.在最低点时，物块所受支持力等于物块的重力
B.物块所受合外力不变
C.除c、d两点外，物块都要受摩擦力
D.c、d两点，物块所受支持力相同
6.如图所示，小车拉着物体A以速度ⅴ向右匀速运动，小车与水平夹角为O时，在不计滑轮摩擦和东莞市众美中学2024-2025学年度第二学期第一次月考
高一物理答案
1.【答案】B
【解析】
【详解】由于曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，所以在题图中的a点速度方向水平向左，b点的速度方向竖直向下，c点的速度方向斜向右下方，d点的速度方向竖直向上，则图中与入水速度方向可能相同的位置是b点。
故选B。
2.【答案】D
【详解】AD．图像可知物体在x方向做速度为4m/s的匀速直线运动，在y方向做初速度为0加速直线运动，即合力沿y方向，可知物体的合初速度与合加速度不在同一直线上，图像斜率表示加速度，图像可知y方向加速度不变，所以物体的合运动为匀变速曲线运动，故A错误，D正确；
BC．图像可知3s末物体合速度方向与x方向夹角的正切值为
内x方向的加速度大小
内y方向的加速度大小
可知内物体合加速度方向与x方向夹角的正切值为
可知物体的合初速度与合加速度在同一直线上，故物体做直线运动，故B、C错误。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得
解得
为了提高转弯速度，可以增大倾角或增大转弯半径。
故选D。
4.【答案】B
【解析】
【详解】C．M、N两点在吊臂上绕同一固定转轴O转动，有相同的角速度，故C错误；
B．由
可得线速度之比为
故B正确；
A．由
可得加速度之比为
故A错误；
D．由
可得周期之比为1∶1，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】
【详解】AD．物块做匀速圆周运动，向心力大小始终不变，根据牛顿第二定律，在c点有
解得
在d点有
解得
故AD错误；
B．物块所受合外力提供向心力，大小不变，但方向始终变化，故B错误；
C．物体所受重力和支持力始终在竖直方向，而向心力方向始终指向圆心，只有在c、d两点，仅靠重力和支持力的合力就可以提供向心力，而在c、d两点外，物块都要受摩擦力，才能使合外力满足指向圆心，故C正确。
故选C。
6.【答案】A
【解析】
【详解】根据关联速度，两物体间的速度关系为
小车与水平夹角为θ逐渐减小，逐渐增大，则A的速度逐渐增大，A做加速运动，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力大于物体重力。
故选A。
7.【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】根据平抛运动的公式，水平方向有
x=v0t
竖直方向有
其中
联立可得
故选BCD。
8.【答案】BC
【详解】AB．篮球做斜抛运动，水平方向满足
代入数据可得篮球从点运动至点的时间为
故B正确，A错误；
CD．竖直方向，根据位移时间关系
代入数据可得点离地面的竖直高度为
故C正确，D错误。
故选BC。
9.【答案】BC
【解析】
【详解】A．当B摩擦力恰为零时，受力分析如图
根据牛顿第二定律得
解得
同理可得
由于，所以
即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故A错误；
BC．如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力增大，因A受的静摩擦力为零，所以B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受沿容器壁向下的摩擦力，对物体A有
解得
故 BC正确；
D．若ω改变，则A的向心力改变，所以A受到的摩擦力一定改变，故D错误。
故选BC。
10.【答案】AD
【详解】A．图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，此时
解得
若角速度小于，则杆对小球的作用力向上，故A正确；
B．图b中若火车转弯未达规定速度行驶时，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有挤压作用，故B错误；
C．图c中若A、B均相对静止，根据，，
可得A、B所受摩擦力为
故C错误；
D．图d是一圆锥摆，根据
可得
则增加绳长，保持圆雉的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故D正确。
故选AD．
11.【答案】BC
【解析】
【详解】AB．点a和点b是皮带传动边缘点，线速度大小相等，故
va：vb=1：1
根据v=rω，有
ωa：ωb=rb：ra=1：2
点b和点c是同轴转动，角速度相等，故
ωb：ωc=1：1
则
ωa：ωb：ωc=1：2：2
选项A错误，B正确；
CD．点b和点c是同轴转动，角速度相等，根据v=rω，有
vb：vc=rb：rc=1：2
则
va：vb：vc=1：1：2
选项D错误。
12.【答案】ACD
【详解】A．小球到达点时速度方向平行于斜面，大小为，故A错误；
B．小球到达点时速度方向平行于斜面，根据几何关系
解得小球从点运动到点的时间为
故B正确；
CD．从到小球做平抛运动，根据
可得小球从点运动到点的时间为
则两点间的竖直距离为
故CD错误。
13.【答案】AC
【解析】
【详解】A．依题意，根据
可得木块发生滑动的临界角速度为
由于木块b的半径较大，则临界角速度较小，所以b一定比a先开始滑动，故A正确。
B．木块a，b都未滑动前，它们的角速度相同，受到的静摩擦力提供所需向心力，根据
可知，由于木块b的半径较大，则受到的静摩擦力较大，故B错误。
C．当b受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，有
可得b开始滑动的临界角速度为
故C正确；
D．当a受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，有
可得a开始滑动的临界角速度为
当木块a的角速度为
则此时木块a受到的静摩擦力提供所需向心力，大小为
故D错误。
故选AC。
14.【答案】BCD
【解析】
【详解】A．要是乒乓球能落到对方的球台上，发球机发出的乒乓球速度最大时，球恰好到达对方球台的边缘，由
＝
解得
故A错误；
B．当乒乓球恰好过网时，速度最小，由
＝
解得
故B正确；
C．乒乓球在竖直方向上做自由落体运动，落到球台上时的竖直分速度为
故C正确；
D．乒乓球球恰好到达对方球台的边角时，从抛出到落到球台上的位移最大，由几何关系可得最大位移为
故D正确。
故选BCD。
15.【答案】 ①. C ②. 变大 ③. 近似不变
【解析】
【详解】（1）[1]ABC．向心力大小公式为
所以为了探究向心力大小和角速度的关系式，应保证质量和半径一样，AB错误，C正确。
（2）[2]当增大手柄转速时，角速度增大，向心力增大，标尺示数变大
（2）[3]根据
可知，v相同，则塔轮的角速度之比为传送带连接塔轮的半径反比，而小球圆周运动半径相同，则向心力之比为传送带连接塔轮的半径平方反比，即
所以当加速转动手柄时，两标尺示数的比值近似不变。
16.【答案】 ①. D ②. ACD ③. C ④. ⑤. 0.50、1.0
【解析】
【详解】（1）[1]坐标原点应选小球在斜槽末端点时的球心在坐标纸上的投影点，故选D。
（2）[2]A．安装有斜槽的木板时，一定要注意检查斜槽末端切线是否水平、木板是否竖直，选项A正确；
B．斜槽不一定必须光滑，只要小球到达底端时的速度相同即可，选项B错误；
C．每次实验都要把小球从同一位置由静止释放，从而保证小球到达底端时的速度相同，选项C正确；
D．实验的目的是描出小球的运动轨迹，分析平抛运动水平和竖直分运动的规律，选项D正确。
故选ACD。
（3）[3]由轨迹可知，小球做了斜上抛运动，可知原因斜槽末端切线不水平，故选C。
（4）[4][5]竖直方向，根据
可得
初速度
其值
17.【答案】（1）5m；（2），2
【解析】
【详解】（1）根据
解得
则水平距离为
（2）竖直方向上的速度为
根据平行四边形定则知
速度与水平方向夹角θ的正切值为
18.【答案】(1)0.8m
(2)
(3)5.6N
【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动
（2）小球到达点时竖直速度为，
则
（3）小球在轨道受到的支持力为，
所以
根据牛顿第三定律轨道受到的压力为
