2021-2022学年广东省梅州市梅江区嘉应中学高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

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2. 如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，在t=0时刻钉子沿与水平方向成θ=30∘角的斜面向右做初速度为零，加速度为a的匀加速运动，运动中始终保持悬线竖直，则在运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 橡皮做加速度增加的加速直线运动
B. 橡皮做匀加速直线运动
C. 橡皮的速度方向始终与水平方向成60∘角
D. 在t=t0时刻，橡皮距离出发点的距离为32at02
3. 如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则( )
A. a的飞行时间比b的长
B. b和c的飞行时间相同
C. a的水平速度比b的小
D. b的初速度比c的大
4. 一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )
A. 12tanθB. 1tanθC. tanθD. 2tanθ
5. 小明同学在研究平抛运动时，将小球以速度v沿与水平方向成θ=30∘角斜向上抛出，结果球以刚好能垂直打在竖直墙面上，球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬时速度的33，如图所示。若不考虑空气阻力的影响，当反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为( )
A. 3B. 33C. 32D. 12
6. 如图所示，光滑杆偏离竖直方向的夹角为θ，杆以O为支点绕竖直线旋转，质量为m的小球套在杆上可沿杆滑动。当杆角速度为ω1时，小球的旋转平面在A处，线速度为v1，球对杆的压力为N1；当杆角速度为ω2时，小球的旋转平面在B处，线速度为v2，球对杆的压力为N2，则有( )
A. N1=N2B. N1v2D. ω1r1，所以ω1>ω2，v2>v1，故CD错误。
故选：A。
小球受重力和支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，结合平行四边形定则比较支持力的大小，从而得出压力的大小关系，根据牛顿第二定律比较角速度和线速度的大小关系．
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，基础题
7.【答案】B
【解析】解：A.摩天轮旋转的角速度ω=2πt，故A错误；
B.摩天轮旋转的线速度v=2πRt，故B正确；
C.摩天轮的向心加速度a=v2R=4π2R2Rt2=4π2Rt2，故C错误；
D.小华在最低点时，支持力与重力的合力充当向心力，则有：F−mg=m4π2Rt2 ，解得：F=mg+m4π2Rt2，故D错误；
故选：B。
(1)根据角速度定义式即可求得角速度；
(2)根据线速度定义式即可求得线速度；
(3)根据向心加速度和线速度的关系求得向心加速度；
(4)根据向心力公式即可求出支持力的大小。
该题考查了匀速圆周运动公式的应用，题目较基础，熟记公式，灵活选择公式解答。
8.【答案】AB
【解析】解：A、做平抛运动的物体只受重力，加速度是重力加速度g，恒定不变，所以平抛运动一定是匀变速运动，故A正确；
B、做平抛运动的物体在水平方向上不受外力，又有初速度，所以做匀速直线运动，故B正确；
C、做平抛运动的物体在竖直方向上初速度为零，只受重力，做自由落体运动，即初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，故C错误；
D、由于重力方向与初速度方向垂直，所以平抛运动一定是曲线运动，故D错误。
故选：AB。
做平抛运动的物体只受重力，加速度是重力加速度g，是匀变速曲线运动。做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
解决本题的关键要知道平抛运动的条件：具有水平初速度，仅受重力；以及知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得小球的加速度大小a=gsinθ，方向沿斜面向下，初速度水平向右，则加速度方向与初速度方向垂直，小球做类平抛运动，其轨迹为抛物线，故A正确，B错误；
C、小球沿斜面向下位移y=hsinθ=12at2，解得小球到达B点的时间：t=1sinθ2hg，故C正确；
D、小球沿初速度方向的分位移大小为：x=v0t，A、B两点间的距离s=x2+y2，联立解得s=1sinθh2+2v02hg，故D错误。
故选：AC。
小球做类平抛运动，轨迹为抛物线；根据牛顿第二定律可以求出加速度大小；根据分运动位移公式y=12at2，可以求出小球到达B点的时间，根据分位移合成求解A、B两点间的距离。
本题考查了运动的合成和分解、类平抛运动等知识点。关键首先要先求出小球的加速度，根据类平抛运动规律，求出运动的时间是解决问题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：A、a、c两点靠传送带传动，线速度大小相等，b、c两点共轴转动，角速度相等，根据v=rω知，c的线速度大于b的线速度，所以a的线速度大于b的线速度，故A错误，C正确。
B、b、c两点的角速度相等，a、c两点的线速度相等，因为a、c的半径不等，则a、c的角速度不等，所以a、b两点的角速度不等。故B错误。
D、a、c两点的线速度大小相等，根据a=v2r知，a、c的加速度之比为2：1，c、d的角速度相等，根据a=rω2得，c、d的加速度之比为1：2，所以a点的向心加速度与d点的向心加速度相等。故D错误。
故选：C。
传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等。再根据v=rω，a=v2r=rω2去求解。
传送带在传动过程中不打滑，则传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相等，共轴的轮子上各点的角速度相等。
11.【答案】水平 初速度相同
【解析】解：(1)平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平，为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放．
(2)由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有：
x=v0t
y=12gt2
将x=32cm，y=19.6cm，代入解得：v0=1.6m/s.
(3)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有：
△y=gT2，由图可知△y=2L=1.6cm，代入解得，T=0.04s
x=v0T，将x=3L=2.4cm，代入解得：v0=0.6m/s，
竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：
vBy=hAC2T=0.8m/s.
故答案为：(1)水平；初速度相同；(2)1.6；(3)0.6；0.8.
(1)平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平；同时为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，要求小球平抛的初速度相同；
(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=12gt2，据此可正确求解；
(3)根据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，然后利用水平方向物体做匀速运动，可以求出其水平速度大小，利用匀变速直线运动的推论可以求出B点的竖直分速度大小．
本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，是一道考查基础知识的好题目．
12.【答案】C 相同 挡板B 2：1
【解析】解：(1)在该实验中，主要利用了控制变量法来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系。
故选：C；
(2)根据F=mω2r，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量相同的小球，为了使角速度相等，要选则半径相同的两个塔轮，为了使圆周运动的半径不相等，两个小球分别放在挡板C与挡板B处。
(3)设轨迹半径为r，塔轮半径为R，根据向心力公式F=mω2r
根据v=Rω
解得：R=vωrF
左、右两边塔轮的半径之比为R左R右=2：1
故答案为：(1)C；(2)相同，挡板B；(3)2：1
(1)探究多变量因素实验应采用控制变量法；
(2)(3)根据实验目的和实验方法确定需要控制的变量，根据题意分析答题。
本题考查了探究向心力与质量、半径与角速度间关系实验，本实验采用控制变量法，即对涉及多个物理量的问题，要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。
13.【答案】解：(1)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据h=12gt2得，
t=2hg=2×1.810s=0.6s.
(2)水平距离x=v0t=8×0.6m=4.8m.
(3)根据动能定理得，mgh=12mv2−12mv02
代入数据解得v=10m/s.
答：(1)小球从抛出到落地经历的时间为0.6s；
(2)小球落地点与抛出点的水平距离为4.8m；
(3)小球落地时的速度大小为10m/s.
【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移．根据动能定理求出落地时的速度大小．
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，结合运动学公式灵活求解．
14.【答案】解：(1)小球做平抛运动，在竖直方向：H−h=12gt2，水平方向：x=v0t
代入数据解得：v0=5m/s
(2)到达B点时小球的竖直分速度大小vy=2g(H−h)=2×10×(9−1.8)m/s=12m/s
小球到达B点时的速度大小v=v02+vy2=52+122m/s=13m/s
(3)墙高h′=4m，小球恰好从墙的顶端飞过时：H−h′=12gt′2，水平方向：x=v0′t′
代入数据解得：v0′=6m/s，要使小球从墙的上方飞过，小球抛出的速度v0≥6m/s
答：(1)v0的大小是5m/s；
(2)小球到达B点时的速度大小是13m/s；
(3)若墙高为4m，要使小球从墙上方飞过，小球从A点水平抛出的速度的取值范围是v0≥6m/s。
【解析】(1)小球做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球的初速度。
(2)应用匀变速直线运动的速度-位移公式求出竖直分速度，然后求出速度v。
(3)应用平抛运动规律求出速度的范围。
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，分析隐含的几何关系，结合运动学公式灵活研究。
15.【答案】解：(1)摩托车从平台到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向有：H=12gt2
代入数据解得：t=0.4s
水平方向有：s=vt
代入数据解得人和车运动的水平距离为：s=1.6m
(2)根据速度-时间公式，可得摩托车落至A点时其竖直方向的分速度为：vy=gt=10×4m/s=4m/s
根据勾股定理，可得到达A点时速度大小为：vA=v2+vy2=42+42m/s=42m/s
(3)对摩托车受力分析，摩托车受到指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得：N−mg=mv′2R
代入数据解得轨道对人和车的支持力大小为：N=5600N
由牛顿第三定律，可得人和车在最低点O时对轨道的压力大小为：N′=N=5600N
答：(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.6m；
(2)从平台飞出到达A点时的速度大小为42m/s；
(3)此时人和车对轨道的压力大小为5600N。
【解析】(1)根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出人和车运动的水平距离；
(2)根据速度-时间公式求出A点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出A点的速度；
(3)根据牛顿第二定律求出轨道对人和车的支持力，根据牛顿第三定律求得人和车对轨道的压力大小。
本题以摩托车做腾跃特技表演为背景，考查了平抛运动和圆周运动的基本运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。