2020-2021学年广西省河池市高一4月月考物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年广西省河池市高一4月月考物理试卷新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（ ）
A.速率B.速度C.加速度D.合外力

2. 一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的2倍，它的直径也是地球直径的2倍，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受的万有引力大小的（ ）
倍B.0.5倍C.2.0倍D.4.0倍

3. 牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律．在创建万有引力定律的过程中，牛顿（ ）
A.接受了卡文迪许关于“行星轨道的半长轴的三次方与周期的平方成正比”的思想
B.根据引力提供行星的向心力及开普勒第二定律，得出引力与其质量成正比，即F∝m的结论
C.根据F∝m和牛顿第三定律，分析了地月间的引力关系，进而得出F∝m1m2
D.根据大量实验数据得出了比例系数G的大小

4. 如图所示，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，则物体B在水平方向所受的作用力有（ ）

A.圆盘对B和A对B的摩擦力，两力都指向圆心
B.圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心
C.圆盘对B的摩擦力、A对B的摩擦力以及向心力
D.圆盘对B的摩擦力和向心力

5. 一船在静水中的速度是10m/s，要渡过宽为240m、水流速度为8m/s的河流，则下列说法中正确的是（ ）
A.此船不可能垂直到达正对岸
B.船垂直到达正对岸的实际航行速度是6m/s
C.此船过河的最短时间是30s
D.船头的指向与上游河岸的夹角为53∘船可以垂直到达正对岸

6. 如图所示，儿童在公园里玩水枪，他握紧枪杆保持水平，水源源不断地沿水平方向射出．若枪口距地面高ℎ，水从水枪的管口喷出的速度恒为v，管内截面积S，则水流稳定后在空中的体积为（ ）

A.Sv2ℎgB.Sv
C.S2ℎ(v2+2gℎ)gD.Sℎ2g

7. 铁路在弯道处的内外铁轨高度是不同的，已知内外铁轨平面对水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时，内轨与内侧车轮轮缘有挤压，则（ ）

A.火车转弯速度小于gRtanθ
B.火车转弯速度大于gRtanθ
C.车轮受到内轨给内轮缘一个沿铁轨平面向内的弹力
D.此时铁轨对火车垂直轨道平面的支持力小于mgcsθ
二、多选题

如图所示，轻绳的一端系一小球，另一端固定于O点，在O点的正下方P点钉一颗钉子，使悬线拉紧与竖直方向成一角度θ，然后由静止释放小球，当悬线碰到钉子时（ ）

A.小球的角速度突然变大B.小球的瞬时速度突然变小
C.绳上拉力突然变大D.球的加速度突然变小

中国体操世界冠军邹凯在43届世界体操锦标赛中获得单杠冠军，如图所示是邹凯在单臂旋转过程中的动作，已知运动员的质量为m，重心到手支撑点的距离为L，运动员在竖直面内做圆周运动且刚好能通过最高点，下列说法正确的是（ ）

A.运动员在最高点时速度为gL
B.运动员在最高点时单杠的支持力大小为mg
C.若运动员在最低点速度变大，则他对单杠的作用力可能减小
D.若运动员在最高点速度变大，则他对单杠的作用力可能增大，也可能减小

如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L，当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（ ）

A.飞镖击中P点所需的时间为Lv0
B.圆盘的半径可能为gL22v02
C.圆盘转动角速度的最小值为πv0L
D.P点随圆盘转动的线速度不可能为5πgL4v0
三、实验探究题

某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开．他观察到的现象是：小球A、B________（填“同时”或“不同时”）落地；让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间将________（填“变长”“不变”或“变短”）；上述现象说明：平抛运动的时间与________大小无关，平抛运动的竖直分运动是________运动．


如图所示为某课题小组设计的探究圆周运动向心力的实验装置．
有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球，实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，使激光笔1射出的激光束竖直、激光笔2射出的激光束水平，并让激光都恰好照射到小球的中心，水平激光束与竖直细线的交点为O；
③当小球第一次到达A点看到反射光时开始计时，并记录为1次，最后记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，待小球停止转动，设法用刻度尺测量点O到竖直激光束的距离R和点O到塑料圆盘的距离ℎ；
⑤改变小球的质量、转速、绳长或半径等物理量，重启电源，如上所述反复多次实验，并记录相关数据．全部结束后，整理器材．
请回答下列问题：

（1）下列说法正确的是（ ）
A.小球运动的周期为tn
B.小球运动的线速度大小为2πn−1Rt
C.小球运动的向心力大小为mgRℎ
D.若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、升高

（2）该小组换用较长的细绳连接同一个小球做第二次实验，调整转动的角速度，但使小球转动的半径R保持不变．第二次实验跟第一次实验相比，角速度________，小球做圆周运动所受的向心力________（均选填“变大”“变小”或“不变”）．

（3）某次实验中，若已测出R=40.00cm，r=4.00cm，ℎ=90.00cm，t=100.00s，n=51，π取3.14，通过计算可知当地重力加速度大小应为g=________ m/s2（结果保留3位有效数字）．
四、解答题

如图所示，一水平面与一长为L、倾角为α的斜面顶端相连，质量为m的物块（可视为质点）静止于水平面上的O点，现用水平恒力F将物块拉到水平面右端P点时撤去F，物块恰好落到斜面的底端，已知物块与水平面间的摩擦因数为μ，重力加速度为g．求：

（1）物块在空中飞行的时间t；

（2）OP间的距离s．

质量为m的小球由伸长量可忽略的轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a长为l，当绳b绷直时恰好与转动轴OO′垂直，此时绳a与绳b的夹角为θ，当轻杆绕轴以角速度ω0匀速转动时，绳b恰好伸直但无拉力，求：

（1）角速度ω0的大小；

（2）若转轴以角速度2ω0转动，求此时绳b中拉力的大小．

如图所示，倾角为37∘的斜面长L=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，小球恰好能够垂直击中斜面，小球视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）小球从抛出到达斜面所用时间．

（2）抛出点O离斜面底端的高度．

如图所示电动打夯机质量为M=40kg，（不含小球）轻杆一端固定在水平转轴OO′上，另一端固定一质量为m=2kg的小球，球心到转轴的距离l=0.5m，打夯机转轴以角速度ω=20rad/s匀速转动，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）小球在最低点时，杆对球的作用力．

（2）打夯机对地的最小压力．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西省河池市高一4月月考物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
物体做曲线运动的条件
曲线运动的概念
【解析】
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．
【解答】
解：既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，速度一定是改变的，而受到的合力、加速度以及速率都可以不变，如平抛运动的合力与加速度不变，匀速圆周运动的速率不变，故B符合题意．
故选：B．
2.
【答案】
B
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
由万有引力表达式F＝GMmr2可直接比较两者对宇航员的万有引力．
【解答】
解：设地球质量为M，半径为R，宇航员的质量为m，可知：
地球对宇航员的万有引力：F=GMmR2，
该星球对宇航员的万有引力：F′＝G2Mm(2R)2=12GMmR2=12F，故B正确．
故选：B．
3.
【答案】
C
【考点】
物理学史
万有引力定律的发现
【解析】
1
【解答】
解：A．在创建万有引力定律的过程中，牛顿接受了胡克等科学家关于“行星轨道的半长轴的三次方与周期的平方成正比”的思想，故A错误；
BC．牛顿根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即 F∝m的结论，再根据牛顿第三定律，得出F∝m1m2，故B错误，C正确；
D．万有引力常量是卡文迪许测出的，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A和B一起随圆盘做匀速圆周运动，A做圆周运动的向心力由B对A的静摩擦力提供，所以B对A的摩擦力方向指向圆心，则A对B的摩擦力背离圆心，B做圆周运动的向心力由A对B的摩擦力和圆盘对B的摩擦力提供，B所受的向心力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心，则圆盘对B的摩擦力指向圆心，故B正确，ACD错误．
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
小船渡河问题
【解析】

【解答】
解：A．船实际参加了两个分运动，沿船头指向的匀速直线运动和顺着水流而下的匀速直线运动，实际运动是这两个分运动的合运动，由于船速大于水速，合速度可能与河岸垂直，可能垂直到达正对岸，故A错误；
B．根据速度的合成可得船垂直到达正对岸的实际航行速度是：v=102−82m/s=6m/s，故B正确；
C．由于合运动的时间等于沿船头方向分运动的时间，故当船头指向垂直河岸时，沿船头指向分位移最小，渡河时间最短为：tmin=dv船=24010s=24s，故C错误；
D．船垂直到达正对岸时令船头的指向与上游河岸的夹角为α，则有：csα=v水v船=8m/s10m/s=45，解得：α=37∘，故D错误．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：以t表示水由管口处到落地所用的时间，有
ℎ=12gt2，
单位时间内喷出的水量为：
Q=Sv，
空中水的总量应为：
V=Qt，
联立解得：
V=Sv2ℎg，故A正确，BCD错误．
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】

【解答】
解：对火车转弯时受力分析，如图所示：
AB．火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时Fnmg=tanθ，
此时mgtanθ=mv2R，火车的速度正好是v=gRtanθ，
当内轨与内侧车轮轮缘有挤压，可知火车转弯时速度小于gRtanθ，此时不是恰好由支持力和重力的合力提供火车转弯需要的向心力，故A正确，B错误；
C．因此时内轨与内侧车轮轮缘有挤压，则此时车轮受到内轨给内轮缘一个沿铁轨平面向外的弹力，故C错误；
D．当内外轨没有挤压力时，受支持力N=mgcsθ，由于内轨对火车的作用力沿着铁轨平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小，故D正确．
故选AD．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻绳模型
【解析】

【解答】
解：因为小球碰到钉子前后瞬间水平方向没有作用力，瞬时速度大小不变，但因为圆周半径变小，由公式ω=vr，角速度变大，故A正确，B错误；
根据a=v2r可知，球的加速度变大，根据向心力公式T−mg=ma，可知绳的拉力变大，故C正确，D错误．
故选AC．
【答案】
B,D
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
【解析】

【解答】
解：运动员在竖直面内做圆周运动且刚好能通过最高点，此时运动员的重力和单杠对他的支持力平衡，则在最高点时速度为0，向心力为0，单杠对他的作用力大小为mg，故A错误，B正确；
运动员在最低点时，Fn=FN−mg=mv2L，解得单杠对他的作用力FN=mg+mv2L，可知，当运动员在最低点速度变大时，单杠对他的作用力增大，根据牛顿第三定律可知，他对单杠的作用力增大，故C错误；
若运动员在最高点，恰好由重力提供向心力，即mg=mvC2L，解得此时运动员的速度vC=gL，当vgL时，有mg+FN=mv2L，即FN=mv2L−mg，速度v增大，FN增大，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,C
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】

【解答】
解：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t=Lv0，A正确；
飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r=12gt2，解得圆盘的半径为r=gL24v02，B错误；
飞镖击中P点，则P点转过的角度满足θ=2k+1π，（其中k=0，1，2……），故ω=θt=2k+1πv0L，则圆盘转动角速度的最小值为πv0L，故C正确；
P点随圆盘转动的线速度为v=ωr=2k+1πv0L×gL24v02=2k+1πgL4v0，当k=2时，v=5πgL4v0，故D错误．
故选AC．
三、实验探究题
【答案】
同时,不变,初速度,自由落体
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
本实验是研究平抛运动竖直方向分运动的实验。小锤轻击弹性金属片后，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动。通过实验可以观察到它们同时落地，所以可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。
【解答】
解：小锤轻击弹性金属片时，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动，通过实验可以观察到它们同时落地；用较大的力敲击弹性金属片，则被抛出初速度变大，但竖直方向运动不受影响，因此运动时间仍不变；上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动的竖直分运动为自由落体运动．
【答案】
B,D
（2）变小,变小
（3）9.86
【考点】
决定向心力大小的因素
【解析】



【解答】
解：（1）从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n−1，时间为t，故周期为T=tn−1，故A错误；
小球的线速度大小为v=2πRT=2πn−1Rt，故B正确；
小球受重力和拉力，合力提供向心力，设线与竖直方向的夹角为α，则，Tcsα=mg，Tsinα=F向，故F向=mgtanα=mgR−rℎ，故C错误；
若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2应分别左移、上移，故D正确．
故选BD．
（2）换用较长的细绳连接同一个小球做第二次实验，调整转动的角速度，但使小球转动的半径R保持不变，设细绳与竖直方向的夹角为θ，用较长的细绳连接时θ角变小，对小球受力分析得F=mgtanθ，Fn=mRω2，联立可解得，θ角变小时，向心力变小，角速度变小．
（3）小球受重力和拉力，合力提供向心力，设线与竖直方向的夹角为α，mgtanα=mgR−rℎ，小球做圆周运动的周期T=2s，
mgR−rℎ=m4π2T2R，解得g=4π2RℎR−rT2=9.86m/s2．
四、解答题
【答案】
（1）物块在空中飞行的时间t=2Lsinαg．
（2）OP间的距离s=mgLcs2α4(F−μmg)sinα．
【考点】
斜面上的平抛问题
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
【解析】


【解答】
解：（1）由几何关系知ℎ=Lsinα，
竖直方向上有ℎ=12gt2，
联立求得t=2Lsinαg．
（2）在水平方向上有Lcsα=v0t，
从O到P由运动学规律知v02=2as，
由牛顿第二定律知F−μmg=ma，
联立求得s=mgLcs2α4(F−μmg)sinα．
【答案】
（1）角速度ω0的大小为glsinθ；
（2）此时绳b中拉力的大小为3mgctθ．
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】


【解答】
解：（1）角速度为ω0时b绳无拉力，由受力分析，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，
根据竖直方向上平衡可得Fasinθ=mg，
水平方向Facsθ=mlcsθω02，
解得ω0=glsinθ．
（2）则当角速度大于ω0时，b绳出现弹力，设其大小为Tb，
此时a绳拉力不变，竖直方向Fasinθ=mg，
故Facsθ+Tb=mlcsθ2ω02，
解得Tb=3mgctθ．
【答案】
（1）小球从抛出到达斜面所用时间t=0.4s．
（2）抛出点O离斜面底端的高度ℎ=1.7m．
【考点】
斜面上的平抛问题
【解析】


【解答】
解：（1）设小球垂直击中斜面的速度为v，竖直速度为vy，
由几何关系得：v0vy=tan37∘，
设小球下落的时间为t，小球竖直方向vy=gt，
解得：t=0.4s．
（2）竖直位移为y，水平位移为x，由平抛规律得y=12gt2，
x=v0t，
设抛出点到斜面最低点的距离为ℎ，由几何关系得ℎ=y+xtan37∘，
得ℎ=1.7m．
【答案】
（1）小球在最低点时，杆对球的作用力F=420N，方向向上．
（2）打夯机对地面的压力是20N，方向向下．
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
【解析】


【解答】
解：（1）小球在最低点时，杆对球的作用力与重力的合力提供向心力，得：
F−mg=mω2l，
所以F=mω2l+mg=2×202×0.5N+2×10N=420N，方向向上．
（2）小球在最高点时，杆对球的作用力与重力的合力提供向心力，得：
F′+mg=mω2l，
所以F′=mω2l−mg=2×202×0.5N−2×10N=380N，方向向下，
根据牛顿第三定律可知，小球对打夯机的作用力F″的方向向上，大小是380N，此时打夯机受到重力、地面的支持力和小球的作用力，整体处于平衡状态，所以Mg=F′′+N，
所以N=Mg−F′′=40×10N−380N=20N，
根据牛顿第三定律，打夯机对地面的压力是20N，方向向下．