2021-2022学年广东省广州市广东实验中学高一（下）月考物理试卷（3月份）（含答案解析）

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2. 如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的( )
A. B. C. D.
3. 小球沿圆环运动到最高点时有两种情况，如图所示( )
A. 两种情况小球的速度都可能为零B. 两种情况小球的速度都不能为零
C. 两种情况小球对环的压力都可能为零D. 两种情况小球对环的压力都不能为零
4. 如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F的作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法不正确的是( )
A. 若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B. 若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pa做离心运动
C. 若拉力突然变小，小球可能沿轨迹Pb做离心运动
D. 若拉力突然变大，小球可能沿轨迹Pc做向心运动
5. 某同学进行篮球训练，如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 篮球撞墙的速度，第一次较大
B. 篮球在空中运动的加速度第一次较大
C. 从抛出到撞墙，第一次篮球在空中运动的时间较长
D. 抛出时的速度，第一次一定比第二次大
6. 有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A. 如图甲，汽车通过拱桥最高点时对桥的压力大于重力
B. 如图乙，A、B两小球在同一水平面做圆锥摆运动，则A的角速度较大
C. 如图丙，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用
D. 如图丁，同一小球在固定且内壁光滑的圆锥筒内先后沿A、B圆做水平匀速圆周运动，则小球在A处运动的线速度较大
7. 如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处，两船船头方向与河岸均成θ角，且恰好对准对岸边C点。若两船同时开始渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点．若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是( )
A. 两船在静水中的划行速率不同
B. 甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小
C. 两船同时到达D点
D. 河水流速为dtanθt
8. 如图，某物体沿14光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点的过程中，物体的速率逐渐增大，下列说法正确的是( )
A. 物体的向心力方向始终指向圆心OB. 物体的合力方向始终指向圆心O
C. 物体的合外力就是向心力D. 物体的向心力逐渐增大
9. 小球固定在一条轻杆一端，轻杆另一端为圆心在竖直面上做完整的圆周运动。杆长为L，则在最高点时( )
A. 球对杆可能是拉力，可能是支持力，也可能无作用力
B. 速度不能少于gL
C. 当度v由gL逐渐增大时，杆对小球弹力逐渐增大
D. 当度v由gL逐渐减小时，杆对小球弹力逐渐减小
10. 如图所示，是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，mp=2mQ，当整个装置以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时( )
A. 两球均受到重力、支持力和向心力三个力的作用
B. P球受到的向心力大于Q球受到的向心力
C. rP一定等于rQ2
D. 当ω增大时，P球将向外运动
11. 在研究平抛运动实验中，实验室准备了下列器材：铁架台、斜槽、竖直挡板、有水平卡槽的木板(能将挡板竖直固定在卡槽上，且相邻卡槽间的距离相等)、白纸、复写纸、图钉、小球、刻度尺等。
I.请完成研究平抛运动的实验步骤：
(1)按图安装实验装置，保证斜槽末端______ ，将______ 、______ 用图钉固定在挡板同一面上，再将挡板竖直固定在卡槽上；
(2)将小球从斜槽上某位置由静止释放，小球撞击挡板时在白纸上会留下痕迹；
(3)将挡板移到右侧相邻的卡槽上竖直固定好，将小球从斜槽上______ 释放，小球撞击挡板时在白纸上留下痕迹；
(4)重复(3)的步骤若干次；
(5)整理器材．
Ⅱ.若相邻卡槽间的距离为l，在白纸上依次选取三个点迹，测得相邻两点迹间的距离分别为h1、h2(h2>h1)，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度v0=______ .
12. 如图所示，是用来研究向心力与转动物体的半径、质量以及角速度之间关系的向心力演示器。
(1)这个实验所用的主要研究方法是______；
A.控制变量法
B.等效代替法
C.理想实验法
D.假设法
(2)观察图中两个相同的钢球位置距各自转轴的距离相等，由此推测出是在研究______与______的关系。(填“向心力的大小F”、“质量m”、“角速度ω”、“半径r”)
(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：9，运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为______。
13. 如图所示，竖直面内有质量为m=1kg的小球通过一固定在P点的轻绳做圆周运动，绳长为L=1m。运动到最低点时绳子恰好断裂，小球立即沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆形轨道A点，而后恰能不脱离轨道从B点水平抛出，最终小球恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的C点，已知半圆轨道的半径R=0.9m，B点距水平面的高度h=0.75m，倾斜挡板与水平面间的夹角θ=60∘，取g=10m/s2，试求：
(1)断裂前瞬间绳的拉力大小T；
(2)小球经过B点时对轨道压力的大小。
14. 单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2∘.某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8∘，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8∘=0.96，cs72.8∘=0.30.求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【解答】
A.物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，若物体受到变力的方向与速度的方向相同或相反，物体就会做直线运动，故A错误；
B.如平抛运动，物体所受外力方向不变，B错误；
C.物体在大小不变的外力作用下可以做匀速圆周运动，C错误；
D.物体所受合外力方向不断变化，速度的方向必定会不断变化，一定会做曲线运动，故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
以乙车为参考系，甲车在东西方向上做匀加速直线运动，在南北方向上做匀速直线运动，根据运动的合成确定甲车的轨迹。
解决本题的关键知道曲线运动的条件，知道曲线运动加速度的方向大致指向轨迹凹的一向。
【解答】
以乙车为参考系，甲车向东做匀加速直线运动，向南做匀速直线运动，由于合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，则合运动是曲线，因为加速度的方向大致指向轨迹凹的一向，故C正确，A、B、D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律可分析小球的速度和对环的压力情况。
本题考查圆周运动的临界条件，解题关键掌握小球在最高点的受力分析及向心力的来源。
【解答】
甲图中，小球在最高点，圆环对球的作用力为向上的支持力，根据牛顿第二定律得mg−F=mv2R，则小球在最高点时的速度v可以为0，即此时mg=F，向心力最小为0；小球在最高点时的速度v为gL时，压力F为0，向心力最大为mg；
乙图中，小球在最高点，圆环对球的作用力为向下的压力，根据牛顿第二定律得mg+F=mv2R，则小球在最高点时的速度v最小为gL，此时，压力F为0，向心力最小为mg，故ABD错误，C正确。
故选：C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
若拉力突然消失，小球做离心运动，因为水平方向不受力，将沿切线Pa轨迹运动；若拉力突然变小，拉力不够提供向心力，将做离心运动，可能沿轨迹Pb做离心运动；若拉力突然变大，则拉力大于向心力，可能沿轨迹Pc做向心运动。
明确离心运动的概念，知道物体的受到的向心力小于物体做圆周运动所需的向心力时物体做离心运动。
【解答】
A.若拉力突然消失，小球做离心运动，因为水平方向不受力，将沿Pa轨迹运动，故A正确；
BC.若拉力突然变小，拉力不够提供向心力，做半径变大的离心运动，即可能沿轨迹Pb做离心运动，故B错误，C正确；
D.若拉力突然变大，则拉力大于向心力，可能沿轨迹Pc做向心运动，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。
本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。
【解答】
ABC.由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，因为在两次投篮中，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动，加速度都为g，在竖直方向上：h=12gt2，因为h1>h2，则t1>t2，因为水平位移相等，根据x=v0t知，撞墙的速度v01D.根据平行四边形定则知，抛出时的速度v=v02+2gh，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小，故D错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】A.图甲中，汽车通过拱桥最高点时重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg−N=mv2R，解得拱桥对汽车的支持力为：N=mg−mv2R，根据牛顿第三定律可得汽车通过拱桥最高点时对桥的压力为：N′=N=mg−mv2R，所以此时汽车对桥的压力小于等于重力，故A错误；
B.图乙中，A、B两小球在同一水平面做圆锥摆运动，设圆锥摆的角速度为ω，高度相同均为h，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2htanθ，解得角速度为：ω=gh，所以A、B的角速度相同，故B错误；
C.图丙中，火车转弯超过规定速度行驶时，所需的向心力增大，重力和轨道支持力的合力不足以提供向心力，此时还需要外轨对车轮的作用力提供一部分向心力，所以外轨和轮缘之间存在挤压作用，而内轨和轮缘之间没有挤压作用，故C错误；
D.图丁中，同一小球在固定且内壁光滑的圆锥筒内先后沿A、B圆做水平匀速圆周运动，A、B与圆锥顶点连线的倾角大小相同，
根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2r，解得线速度大小为：v=grtanθ，轨道半径大的线速度大，所以小球在A处运动的线速度较大，故D正确。
故选：D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和。
本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时间由垂直河岸的速度与河宽决定。
【解答】
A.由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度v1相等，由v1=vsinθ知两船在静水中的划行速率v相等，选项A错误；
B.乙船沿BD到达D点，可见河水流速v水方向沿AB方向，可见甲船不可能到达到正对岸，甲船渡河的路程较大，选项B错误；
D.根据速度的合成与分解，v水=vcs⁡θ，而vsinθ=dt，得v水=dttan⁡θ，选项D错误；
C.由于甲船沿AB方向的位移大小x=(vcs⁡θ+v水)t=2CD=2dtanθ=AB，可见两船同时到达D点，选项C正确。
故选：C。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
物体做匀速圆周运动时，合力充当向心力，本题中物体做加速圆周运动，既有切向分力，又有法向分力，不是由合外力提供向心力，根据向心力公式判断向心力的变化情况。
解答本题关键要根据物体的运动情况，判断物体的受力情况，注意只有匀速圆周运动的物体，才是由合力充当向心力，属于基本问题。
【解答】
A.物体做圆周运动，一定有指向圆心的外力提供向心力，所以向心力方向始终指向O点，故A正确；
B.物体的速率增大，不是匀速圆周运动，所以不是合外力提供向心力，则合外力方向不指向圆心，故BC错误；
D.根据F=mv2r可知，速度增大，则向心力增大，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
杆子拉着小球在竖直面内做圆周运动，在最高点，杆子可以表现为拉力、支持力或者没有力，在最低点，一定表现为拉力；通过最高点的临界速度为零。
解决本题的关键知道杆模型与绳模型的区别，杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力，在最高点的临界速度为零，绳子只能表现为拉力。
【解答】
A.小球在最高点，速度大于gL时，杆对球的作用力为拉力，速度小于gL时，杆对球的作用力为支持力，速度等于gL时，杆对球的作用力为0，根据牛顿第三定律，故A正确；
B.小球在最高点时的最小速度vmin=0，故B错误；
C.小球在最高点，速度大于gL时，杆对球的作用力为拉力，根据牛顿第二定律得mg+F=mv2R，则小球在最高点时的速度v由gL逐渐增大，杆对小球的拉力也逐渐增大，故C正确；
D.小球在最高点，速度小于gL时，杆对球的作用力为支持力，根据牛顿第二定律得mg−F=mv2R，则小球在最高点时的速度v由gL逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐增大，向心力减小，故D错误。
故选：AC。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
当整个装置匀速旋转时，两个小球都做匀速圆周运动，两球受到重力、支持力和轻绳的拉力三个力作用，重力与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力。
本题是连接体问题，分析向心力的来源是关键，对于两个及以上物体的圆周运动问题，还要抓住物体之间的向心力、转动半径以及角速度等的关系。
【解答】
A.两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力，不是实际受到的力，故A错误；
B.两球的重力均与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力，则P球受到的向心力等于Q球受到的向心力，故B错误；
C.根据向心力公式mPrPω2=mQrQω2，因为mP=2mQ，所以rP一定等于rQ2，故C正确；
D.根据向心力大小相等得到mPrPω2=mQrQω2，由于角速度相同，此方程与角速度无关，又rp+rQ=L，不变，所以当ω增大时，两球半径不变，P球不会向外运动，故D错误。
故选：C。
11.【答案】Ⅰ.(1)水平，白纸，复写纸；(3)同一位置由静止；
Ⅱ.lgh2−h1。
【解析】
【分析】
在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内．要画出轨迹必须让小球在同一位置由静止多次释放，才能在坐标纸上找到一些点．然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹．最后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，从而能求出小球抛出初速度及其它速度。
本题关键是让学生掌握描点法作图线的步骤，同时会运用平抛运动规律来解题。
【解答】
Ⅰ.在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道末端一定要水平，将白纸和复写纸用图钉固定在挡板同一面上，要画出轨迹必须让小球在同一位置由静止多次释放；
Ⅱ.相邻两点迹间的距离分别为h1、h2，根据匀变速直线运动的推论得：Δh=gT2得：T=h2−h1g，水平方向做匀速运动，则有：v0=lT=lgh2−h1。
12.【答案】(1)A；(2)向心力大小F；角速度ω；(3)3：1。
【解析】
【分析】
(1)本实验采用的是控制变量法；
(2)根据控制变量法的研究方法结合图像进行分析；
(3)根据Fn=mω2r求解皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本题主要是考查“研究向心力与转动物体的半径、质量以及角速度之间关系”实验，关键是掌握实验原理和实验方法，能够根据向心力的计算公式进行分析。
【解答】
(1)根据Fn=mω2r，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法，故A正确、BCD错误。
故选：A；
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则根据控制变量法的研究方法可知，是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系；
(3)根据Fn=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1。
故答案为：(1)A；(2)向心力大小F；角速度ω；(3)3：1。
13.【答案】解：(1)设小球在A点的速度为vA，由于小球恰能不脱离轨道，则在A点重力完全提供向心力，
绳子断裂瞬间，在A点根据牛顿第二定律可得：mg=mvA2R，
解得：vA=3m/s，
在A点绳子还没有断裂时，根据牛顿第二定律有：T−mg=mvA2L，
解得：T=19N；
(2)绳子断裂后，小球从A到B运动过程中，根据动能定理可得：
mg⋅2R=12mvB2−12mvA2，
解得：vB=5gR，
在B点，根据牛顿第二定律可得：F−mg=mvB2R，
解得：F=60N，
根据牛顿第三定律可得小球经过B点时对轨道压力的大小为60N。
答：(1)断裂前瞬间绳的拉力大小为19N；
(2)小球经过B点时对轨道压力的大小为60N。
【解析】(1)绳子断裂瞬间，小球在A点重力完全提供向心力，在A点根据牛顿第二定律求解速度大小；绳子还没有断裂时，在A点根据牛顿第二定律求解绳子拉力大小；
(2)小球从A到B运动过程中，根据动能定理求解小球达到B点的速度大小，在B点，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得小球经过B点时对轨道压力的大小。
本题主要是考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的计算公式进行解答。
14.【答案】解：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：
v1=vMsin72.8∘…①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgcs17.2∘=ma1 …②
由运动学公式得：d=v122a1…③
联立①②③式，代入数据得：
d=4.8m…④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得：
v2=vMcs72.8∘…⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin17.2∘=ma2 …⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得：t=2v1a1…⑦
沿斜面方向根据位移-时间关系可得：L=v2t+12a2t2…⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L=12m。
答：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值为4.8m；
(2)M、N之间的距离为12m。
【解析】(1)在M点由运动的合成与分解规律得到垂直于AD面的速度大小和加速度大小，由运动学公式求解d；(2)在M点由运动的合成与分解规律得到沿AD面向下的分速度，由牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用问题以及斜上抛问题的分析，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，将速度和加速度同时进行分解，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。