2020-2021学年遵义市湄潭县湄江中学高一(下)第一次月考物理复习卷1(含答案解析)

2020-2021学年遵义市湄潭县湄江中学高一(下)第一次月考物理复习
卷1
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内()
A. 速度一定不断改变，加速度也一定不断改变
B. 速度一定不断改变，加速度可以不变
C. 速度可以不变，加速度一定不断地改变
D. 速度可以不变，加速度也可以不变
2.物体受到几个恒定外力的作用而做匀速直线运动，如果撤掉其中的一个力，它可能做()
A. 匀速直线运动
B. 匀加速直线运动
C. 匀速圆周运动
D. 变加速曲线运动
3.将一小球以5m/s的速度水平抛出，经过1s小球落地，不计空气阻力，g取10m/s2关于这段时
间小球的运动，下列表述正确的是()
A. 着地速度是10 m/s
B. 竖直方向的位移是10 m
C. 着地速度是5 m/s
D. 水平方向的位移是5 m
4.在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物
体做平抛运动的初速度v A、v B、v C的关系和三个物体做平抛运动的时
间t A、t B、t C的关系分别是()
A. v A>v B>v C t A>t B>t C
B. v A=v B=v C t A=t B=t C
C. v A<v B<v C t A>t B>t C
D. v A>v B>v C t A<t B<t C
5.由于地球的自转，地球表面上各点均做匀速圆周运动，所以()
A. 地球表面各处的周期相同
B. 地球表面各处具有相同大小的加速度
C. 地球表面各处具有相同大小的线速度
D. 地球上各处所受的向心力大小相等
6.下列关于圆周运动，下列说法中正确的是()
A. 匀速圆周运动是线速度不变的曲线运动
B. 圆周运动的加速度方向不一定指向圆心
C. 匀速圆周运动的向心加速度不变
D. 向心加速度描述线速度大小变化的快慢
7.如图所示，圆盘在水平面内匀速转动，角速度为4rad/s，盘面上距离圆盘中心
0.1m的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起转动．则小物体做匀速圆周
运动的向心力大小为()
A. 0.4N
B. 0.04N
C. 1.6N
D. 0.16N
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8.在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，以角速度ω做匀速圆周运动．则下列
说法中正确的是()
A. l、ω不变，m越大线越易被拉断
B. m、ω不变，l越小线越易被拉断
C. m、l不变，ω越大线越易被拉断
D. m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变
9.如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，
整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是()
A. 图线的函数表达式为F=m v2
+mg
l
B. 重力加速度g=b
l
C. 绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D. 绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
10.欲划船渡过一宽100m的河，划船速度v1=5m/s，水流速度v2=3m/s，则()
A. 过河最短时间为20s
B. 过河最短时间为25s
C. 过河位移最短所用的时间是20s
D. 过河位移最短所用的时间是25s
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11.如图是某同学用频闪照相研究平抛运动时拍下的照片，背景方格纸
的边长为2.5cm，A、B、C是同一小球在频闪照相中拍下的三个连续
的不同位置时的照片，则：(g=10m/s2)
①频闪照相相邻闪光的时间间隔______s；
②小球水平抛出的初速度v0=______m/s；
③小球经过B点时其竖直分速度大小为v By=______m/s．
12.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，则此小球作平抛运动的初速度为
______m/s.(g取9.8m/s2)
四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
13.如图所示，一个人用与水平方向成37°的力F=20N推一个静止在水平
面上质量为2kg的物体，物体和地面间的动摩擦因数为0.1.(cos37°=
0.8,sin37°=0.6)求
(1)物体的加速度多大；
(2)3s末物体的位移多大；
(3)5s后撤去F物体还能运动多远。

14.一同学骑自行车在水平公路上以5m/s的恒定速率转弯，已知人和车的总质量m=80kg，转弯
的路径近似看成一段圆弧，圆弧半径R=20m，求：
(1)人和车作为一个整体转弯时需要的向心力；
(2)若车胎和路面间的动摩擦因数μ=0.5，为安全转弯，车速不能超过多少．(设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，g取10m/s2)
15.半径为R的半圆形轨道固定在水平地面上，一质量为m的小球从
最低点A处冲上轨道，当小球从轨道最高点B处水平飞出时，其
速度的大小为v=√3gR，试求：
(1)小球在B处受到轨道弹力的大小；
(2)小球落地点到A的距离．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：物体既然是在做曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，但是合力不一定改变，所以加速度不一定改变，如平抛运动，所以A错误，B正确。

既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，那么速度也就一定在变化，所以CD错误。

故选：B。

物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。

本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。

2.答案：B
解析：解：A、C、物体在几个外力的作用下做匀速直线运动，如果撤掉其中的一个力，余下的力的合力与撤去的力大小相等，方向相反，是个恒定的值，所以不可能做匀速直线运动或圆周运动．故AC错误．
B、若撤去的力与原速度方向在同一直线上，物体的合力恒定，而且与速度方向在同一直线上，则物体做匀变速直线运动．故B正确．
D、若撤去的力与原速度方向不在同一直线上，物体的合力与速度不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动，不可能是变加速曲线运动．故D错误．
故选：B
物体在几个外力的作用下做匀速直线运动，如果撤掉其中的一个力，余下的力的合力与撤去的力大小相等，方向相反．不可能做匀速直线运动．根据撤去的力与速度方向的关系分析运动情况．
本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力．物体在几个力作用下匀速直线运动时，其中任何一个力与速度方向可以成任意夹角，要考虑所有可能的情况，不能遗漏．
3.答案：D
解析：解：由题意知：
小球抛出点的高度为：ℎ=1
2gt2=1
2
×10×12m=5m
小球的水平位移为：X=V0t=5×1m=5m
小球落地时竖直分速度为：V y=gt=10×1m/s=10m/s
小球着地时速度为：V合=√V x2+V y2=√52+102m/s=√125m/s=5√5m/s
故选：D。

根据小球运动的时间求出小球抛出点的高度，结合初速度和时间求出水平位移．通过速度时间公式求出竖直分速度，根据平行四边形定则求出小球落地的速度大小．
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，抓住分运动与合运动具有等时性，结合运动学公式灵活求解．
4.答案：C
解析：解：三个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降
的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，如图所示，
由图可知：v A<v B<v C，
gt2可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以t A>t B>t C，
由ℎ=1
2
所以C正确。

故选：C。

研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。

本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。

5.答案：A
解析：解：A、周期与地球的自转周期相同，所以地球表面各处的周期相同，故A正确；
B、地球的自转时，地球表面上各点的角速度相同，根据向心加速度公式a n=ω2r分析判断。

可得地球表面各处半径不同，所以加速度大小不同，故B错误；
C、地球的自转时，地球表面上各点的角速度相同，根据v=ωr得：地球表面各处半径不同，所以线速度大小不同。

故C错误；
D、地球的自转时，地球表面上各点的角速度相同，根据向心加速度公式a n=ω2r分析判断。

可得地球表面各处半径不同，所以加速度大小不同，地球上各处所受的向心力大小也不相等，故D错误；
故选：A。

静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动，向心力指向圆心，各点都指向地轴．周期与地球的自转周期相同．地球的自转时，地球表面上各点的角速度相同，根据v=ωr、向心加速度公式a n=ω2r分析判断．
这是常见的圆周运动问题，要抓住共轴转动的物体角速度、周期相同．
6.答案：B
解析：
矢量由大小和方向才能确定的物理量，所以当矢量大小变化、方向变化或大小方向同时变化时，矢量都是变化的。

匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动。

加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动。

向心加速度与线速度总垂直，向心加速度只改变速度的方向，不该变速度的大小。

A.匀速圆周运动线速度大小不变，方向变化，是变速曲线运动，故A错误；
B.匀速圆周运动的加速度总是指向圆心，但非匀速圆周运动的加速度一般不指向圆心，故B正确；
C.匀速圆周运动的向心加速度始终指向圆心，方向不断变化，是变量，故C错误；
D.向心加速度描述线速度方向变化的快慢，故D错误。

故选B。

7.答案：D
解析：解：物体所受向心力为：F=mω2r
将ω=4rad/s，r=0.1m，m=0.1kg，带入得：F=0.16N，故ABC错误，D正确。

故选：D。

本题很简单，直接利用向心力公式F=mω2r即可求出正确结果．
对于做匀速圆周运动的物体要正确分析其向心力来源，熟练应用向心力公式求解．
8.答案：AC
解析：解：A、根据F=mω2l可知，l、ω不变，m越大，所需要的向心力越大，线越易拉断，故A 正确；
B、根据F=mω2l可知，m、ω不变，l越大，所需要的向心力越大，线越易拉断，故B错误；
C、根据F=mω2l可知，m、l不变，ω越大，所需要的向心力越大，线越易拉断，故C正确；
D、根据F=mω2l可知，m不变，ω加倍，l减半，F变为原来的2倍，故D错误；
故选：AC。

小球在光滑水平面内做匀速圆周运动，靠绳子拉力提供向心力，根据向心力公式进行分析即可．本题主要考查了向心力公式的直接应用，要求同学们能运用控制变量法分析，难度不大，属于基础题．
9.答案：BD
解析：解：A、小球在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=m v2
l ，解得F=m v2
l
−mg，故A错
误。

B、当F=0时，根据表达式有：mg=m v2
l ，解得g=v2
l
=b
l
，故B正确。

C、根据F=m v2
l −mg知，图线的斜率k=m
l
，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C
错误。

D、当F=0时，g=b
l
，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。

故选：BD。

在最高点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的表达式，结合图线的横轴截距以及斜率分析判断。

本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中。

10.答案：AD
解析：解：A、船头垂直于河岸航行时所用时间最短，此种情况渡河时间为t=d
v1
=100
5
s=20s，故
A正确
B、由A分析得，B错误
C、渡河位移最短，船头要偏向上游，此时渡河时间并不最短，结合A分析得，C错误
D、渡河位移最短，船头要偏向上游，设于河岸夹角为θ，则有v2=v1cosθ，渡河时间为d
v1sinθ
=25s 故选：AD。

船实际参与了两个分运动，沿船头指向的匀速运动和沿水流方向的匀速运动，两分运动同时发生，互不影响，因而渡河时间等于沿船头方向分运动的时间；当合速度与河岸垂直时，渡河位移最小．
船渡河问题关键要记住最小位移渡河与最短时间渡河两种情况，时间最短与位移最短不会同时发生11.答案：0.05 1.50.75
解析：解：①根据平抛运动规律有：
在竖直方向：ℎBC−ℎAB=g△t2，
代入数据解得：△t=0.05s．
②根据水平方向运动特点有：x=3L=v0△t，
由此解得：v0=1.5m/s．
③小球经过B点时其竖直分速度大小等于A到C的竖直位移与所用时间的比值，所以得：v By=y AC
2t
=
3×0.025
2×0.05
m/s=0.75m/s
故答案为：①0.05；②1.5；③0.75．
平抛运动在竖直方向上是匀变速运动，由BC和AB之间的竖直方向的距离差可以求出时间间隔，也就可以求出闪光频率；在水平方向上是匀速直线运动，由ABC三点在水平方向上的位移，和两点之间的时间间隔，可以求得水平速度，也就是小球的初速度．
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．
12.答案：水平初速度相同 1.6
解析：解：(1)为了保证小球水平飞出，则斜槽的末端切线水平．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=1
2
gt2
将x=32cm=0.32m，y=19.6cm=0.196m，
代入解得：v0=1.6m/s．
故答案为：(1)水平，初速度相同；(2)1.6
(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=1
2
gt2，据此可正确求解．
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．
13.答案：解：(1)对物体受力分析有：
Fcos37°−f=ma①
②
f=μF N③
联立①②③的：a=6.4m/s2
故物体的加速度为6.4m/s2。

(2)物体做初速度为零的匀加速直线运动：
s=1
2
at2
代入数据得：s=28.8m
故3s末物体的位移为28.8m。

(3)5s后物体的速度为：v t=at=32m/s④
撤掉力F后物体的加速度为：f=μmg=ma1⑤
所以滑行距离为：s′=v t 2
2a1
⑥
联立④⑤⑥得：s′=512m
故5s后撤去F物体还能运动的距离为512m。

答：(1)物体的加速度为6.4m/s2
(2)3s末物体的位移为28.8m
(3)5s后撤去F物体还能运动512m．
解析：(1)对物体进行受力分析，直接利用牛顿第二定律求解即可，注意滑动摩擦力的求法。

(2)根据第(1)问可知，物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式即可求解。

(3)撤掉F后，物体做匀减速运动，注意此时物体与地面的支持力发生变化，因此摩擦力变化，求出摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解。

本题属于已知受力情况求运动情况的基础题目，易错点在于，撤掉F后摩擦力发生变化，学生往往可能忽略这点。

14.答案：解：(1)向心力为：F n=m v2
R =80×25
20
=100N
(2)侧向静摩擦力提供向心力，故有：
μmg=m v m2 R
解得：v m=√μgR=√0.5×10×20=10m/s
答：1)人和车作为一个整体转弯时需要的向心力为100N；
(2)若车胎和路面间的动摩擦因数μ=0.5，为安全转弯，车速不能超过10m/s．
解析：(1)根据公式F n=m v2
R
求解向心力；
(2)人和车在水平公路上转弯时做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，当摩擦力等于最大静摩擦力时，速度最大；
本题关键找出向心力来源，将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．
15.答案：解：(1)在B处，根据牛顿第二定律得：
mg+N=m v2
R
又由题，v=√3gR，
联立解得，N=2mg
(2)小球从B点飞出后，做平抛运动，运动的时间是t：
由2R=1
2
gt2
所以t=2√R
g
，
小球落地点到A点的距离：x=vt=√3gR×2√R
g
=2√3R.
答：
(1)小球在B处受到轨道弹力的大小为2mg；
(2)小球落地点到A的距离为2√3R.
解析：(1)小球在B点时，由重力和轨道的压力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式可以求解．
(2)从轨道口B处水平飞出后，小球做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得小球落地点到A的距离．
本题圆周运动动力学与平抛运动的综合应用，分析向心力的来源、掌握平抛运动的研究方法是本题的解题关键．。