河南省林州市第一中学2022-2022学年高一3月份月考物理试题一、选择题1.下列说法正确的是：（）A.曲线运动的原因是物体所受合力的方向与加速度的方向相同。B.平抛运动的物体在相同时间内速度的变化量相同。C.做匀速圆周运动的物体的速度变化率保持不变。D.向心加速度是物体所受的指向圆心的力所提供的。【答案】B【解析】A、物体做曲线运动的条件是加速度与速度不共线，但是根据牛顿第二定律受合力方向与加速度方向一定是相同的，故A错误；B、平抛运动的加速度不变，根据公式可知：在相等时间内速度变化量相同，故B正确；C、做匀速圆周运动的物体的速度变化率即加速度的大小保持不变，但是方向时刻的变化，即加速度为变化的，故选项C错误；D、向心加速度是物体所受的指向圆心的合力所提供的，这个合力可以是某个力来充当，也可以是某些力的合力来充当，也可以是某个力的分力来充当，故选项D错误。2.如图所示，在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心．能正确表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力Ff的图是：（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力方向必与运动方向相反，即沿圆的切线方向；因雪橇做匀速圆周运动，合力一定指向圆心．由此可知C正确．【点睛】本题关键对雪橇受力分析，根据滑动摩擦力与相对滑动方向相反得出滑动摩擦力的方向，根据匀速圆周运动的合力指向圆心，得出拉力的方向．3.某质点在水平面内运动，在xoy坐标系中，质点（x，y）随时间t的变化规律是，由此判断质点的运动是：（）A.匀加速直线运动B.匀速直线运动C.匀变速曲线运动D.匀速圆周运动-11-【答案】A......点睛：位移对时间的一次求导得到速度，二次求导得到加速度；对两个分运动分别求解速度和加速度，然后根据平行四边形定则合成得到合速度和合运动的加速度，判断物体的运动性质。4.把一个物体在高为h处以初速度v0水平抛出，若落地时速度为v，它的竖直分速度为vy，则不能用来计算物体在空中运动时间的是：（）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据平行四边形定则知，竖直分速度，解得在空中运动的时间，故A不符合题意，B符合题意．根据h=gt2得，t=，故C不符合题意．根据平均速度推论，，解得．故D不符合题意．故选B．5.一辆开往雅安地震灾区满载新鲜水果的货车以恒定速率通过水平面内的某转盘，角速度为ω，其中一个处于中间位置的水果质量为m，它到转盘中心的距离为R，则其他水果对该水果的作用力为：（）A.mgB.mω2R-11-C.D.【答案】C【解析】苹果做匀速圆周运动，合力提供向心力，受重力和弹力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有：水平方向：Fx=mω2R；竖直方向：Fy=mg；故合力为：，故C正确．故选C.【点睛】本题关键是将苹果合力分解为水平方向和竖直方向的分力，然后运用牛顿第二定律列式分析．6.如图所示的两个斜面，倾角分别为37°和53°，在顶点两个小球A、B以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球平抛运动时间之比为：()A.1:1B.4:3C.16:9D.9:16【答案】D【解析】对于A球有：，解得，同理对于B球有：，则，故D正确，A、B、C错误。点睛：解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移是定值。7.如图所示，质量为m的小球A、B分别固定在轻杆的中点和端点，当杆在光滑水平面上绕O点匀速转动时，则杆OA段与AB段对球的拉力之比为：( )A.3：2B.2：3C.3：1D.1:3【答案】A【解析】设，小球运动的角速度为，杆OA段与AB段对球的拉力分别为、，-11-根据牛顿第二定律得：对B球：对A球：联立可以解得：，故选项A正确，选项BCD错误。点睛：当杆在光滑水平面上绕O点匀速转动时，AB两球做匀速圆周运动，所受的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用隔离法研究杆OA段与AB段对球的拉力之比。8.如图所示，匀速转动的水平圆盘上在离转轴某一距离处放一滑块，该滑块恰能跟随圆盘做匀速圆周运动而不产生相对滑动，则在改变下列何种条件的情况下，滑块仍能与圆盘保持相对静止：（）A.增大圆盘转动的角速度B.增大滑块到转轴的距离C.增大滑块的质量mD.前三个条件都不能使滑块与圆盘保持相对静止【答案】C【解析】A、滑块刚要发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，此时有：，角速度增大，所需要的向心力增大，将大于最大静摩擦力而发生相对滑动，故A错误；B、增大滑块到转轴的距离，即r增大，需要的向心力增大，将大于最大静摩擦力而发生相对滑动，故B错误；C、滑块在转盘上发生相对滑动的临界状态时有：，由此可知此式与质量m无关，所以增大滑块的质量时仍保持相对静止，故C正确，D错误。点睛：弄清向心力的来源是解决圆周运动问题的关键，然后利用向心力公式进行求解。9.如图所示，一小物块以大小为a＝4m/s2的向心加速度做匀速圆周运动，半径R＝1m，则下列说法正确的是：（）-11-A.小球运动的线速度为2m/sB.小球在2πs内通过的路程为零C.小球在t＝内通过的位移大小为D.小球做圆周运动的周期为πs【答案】AD【解析】A、依据，物块运动的线速度：，故A正确；B、周期，则小球在2πs内绕圆周做两圈，故路程为：故B错误，D正确；C、质点运动的周期为，知是内，即在周期内物块转过圆，通过的位移大小为：，故C错误。点睛：解决本题的关键掌握线速度、角速度、周期的关系公式，以及它们的联系，能熟练对公式进行变形应用。10.平抛物体的初速度为v0，当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时：（）A.运动的时间B.瞬时速率C.位移大小等于D.水平分速度与竖直分速度大小相等【答案】ABCB、根据平行四边形定则知，瞬时速率，故B正确；C、水平位移，根据平行四边形定则知，位移的大小，故C正确。点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。-11-11.小球以水平速度进入一个水平放置的光滑的螺旋形轨道，轨道半径逐渐减小，则：（）A.球的向心加速度不断减小B.球的角速度不断增大C.球对轨道的压力不断减小D.小球运动周期不断减小【答案】BD【解析】轨道对小球的支持力与速度方向垂直，则轨道对小球的支持力不做功，重力也不做功，根据动能定理，合力不做功，则动能不变，即小球的线速度大小不变；A、由可知，速度不变，半径减小，则可知向心加速度不断增大，故A错误；B、根据，线速度大小不变，转动半径减小，故角速度变大，故B正确；C、根据向心力公式可知：可知，速度不变、半径减小，向心力增大，从而导致球对轨道的压力不断增大，故C错误；D、根据可知，角速度增加，故周期减小，故D正确。点睛：本题关键是能够根据动能定理、线速度与角速度关系公式、向心加速度公式列式判断，注意线速度不变是解题的关键。12.如下图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个轮子是固定在一起的，轮1的半径和轮2的半径相同，轮3的半径和轮4的半径相同，且为轮1和轮2半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比：( )A.线速度之比为1∶2B.角速度之比为4∶1C.向心加速度之比为8∶1D.向心加速度之比为1∶8【答案】AD【解析】A、由图可知，1与3边缘的线速度相等，2与4边缘的线速度相等；2与3的角速度相等，根据，可知；所以得：，其中、-11-为轮2和轮3边缘的线速度，则，故A正确；B、根据公式可得：，故B错误；C、设轮4的半径为r，则，即，故C错误，D正确．点睛：本题关键是明确同轴传动与同缘传动的区别，记住线速度与角速度关系公式、向心加速度公式。二、实验题13.在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，某次实验在坐标纸上描出了a、b、c、d四个点。（1）关于该实验，下列说法正确的是___________。A．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨道末端可以不水平D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些E．为了比较准确地描出小球的运动轨迹，应用一条曲线把所有的点连接起来（2）已知图中小方格的边长L=10cm，小球平抛的初速度为V=____________（用L、g表示），b点的速度大小为____________m/s。（3）图中的a点_________(填是或否)是抛出点，如不是，抛出点的坐标是_________(以a点为坐标原点)。（取g=10m/s2）【答案】(1).(1).AD(2).(2).2(3).(3).2.5m/s(4).(4).否(5).(5).（-10cm1.25cm）-11-【解析】（1）为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但斜槽轨道末端必须是水平的，同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，不需要把所有的点都连接起来，而是让更多的点分布在曲线两边．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些．故AD正确，BCE错误；（2）在竖直方向上，根据得，初速度b点的竖直分速度根据矢量的合成法则，则b点的速度大小为；（3）则，知a不是抛出点；根据b点的竖直分速度，可知，抛出点到b点的时间那么从抛出点到b点的水平位移为：；从抛出点到b点的竖直位移为：；因ab的水平位移为，而竖直位移为；所以，抛出点坐标为：；点睛：对于研究平抛运动的实验不要只是从理论上理解，一定动手实验才能体会每步操作的具体含义，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。三、计算题14.如图，长为R的轻杆一端固定着质量为m的小球，以另一端为轴在竖直面内匀速转动，求下列两种情况下小球转动的角速度ω的值：（1）当球转至最高点时，若小球对棒的作用力为0；（2）当球转至最高点时，若小球对棒的作用力为mg【答案】-11-【解析】（1）若小球对棒作用力为0则只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律：得：；（2）若小球对棒作用力为拉力，即棒对小球的作用力也为拉力根据牛顿第二定律：，得：；若小球对棒作用力为支持力，即棒对小球的作用力为支持力，根据牛顿第二定律：得：。点睛：解决本题的关键知道圆周运动径向的合力提供向心力，以及知道杆子的作用力可以表现为支持力，也可以表现为拉力。15.如图所示，AB为斜面，倾角为300，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点。求：(1)物体在空中的飞行时间；(2)AB间的距离；(3)从抛出开始经过多少时间小球与斜面间的距离最大？（答案可以用根式表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）（2）设飞行时间为，则水平方向位移：竖直方向位移：解得：，；（3）设小球抛出时间后与斜面间距离最大，此时小球的速度与斜面平行．则，则：。点睛：利用平抛运动的规律，在水平和竖直方向列方程，同时要充分的利用三角形的边角关系，找出内在的联系。-11-16.图中给出了某一通关游戏的示意图。安装在轨道AB上可上下移动的弹射器,能水平射出速度大小可调节的弹丸,弹丸射出口在B点的正上方,竖直面内的半圆弧BCD的半径R=2.0m,直径BD水平且雨轨道AB处在同一竖直面内,小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为370.游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关,弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin370=0.6，cos370=0.8)【答案】0.15m4m/s【解析】如图所示，OE=OPcos37°=2×0.8m=1.6m，PE=OPsin37°=2×0.6m=1.2m，平抛运动的水平位移为：x=BO+OE=3.6m，即：v0t=3.6m，OF=P-1.2=y-1.2，CF=−OE＝−1.6，而，解得：，所以MB=y-PE=1.35-1.2m=0.15m，又＝tan37°，即，v0t=3.6m，代入数据解得：v0＝4m/s。-11-点睛：本题考查了平抛运动的运用，抓住速度方向垂直P点圆弧的切线方向是关键，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过运动学公式和几何关系进行求解，有一定的难度．17.“东风”汽车公司在湖北某地有一试车场,其中有一检测汽车在极限状态下车速的试车道,该试车道呈碗状,如图所示。有一质量为m=1t的小汽车在A车道上飞驰,已知该车道转弯半径R为150m,路面倾斜角为θ=450(与水平面夹角)，路面与车胎摩擦因数μ为0.25，求汽车所能允许的最大车速。【答案】50m/s.【解析】如图所示，实线表示倾角为45°的路面.当汽车以最大车速在图示的水平面内做圆周运动时，有离心运动的趋势，汽车受沿路面向下的静摩擦力， 此时最大静摩擦力f=μN ① (这里认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)水平方向：圆周运动的向心力 ② 竖直方向：mg+fsinθ=Ncosθ ③ 将m=103 kg，R=150m,θ=45°，μ=0.25代入①②③得vmax=50m/s.-11-
