2021-2022学年四川省广安市邻水实验学校高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年四川省广安市邻水实验学校高一（下）第一次月考物理试卷1.  做曲线运动的物体在运动过程中，下列说法正确的是(    )A. 做匀速圆周运动的物体处于平衡状态 B. 平抛运动速度变化快慢不变
C. 曲线运动它所受的合外力一定是恒力 D. 曲线运动加速度大小一定改变2.  如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量不同的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则(    )A. 球A的线速度一定小于球B的线速度
B. 球A的角速度一定大于球B的角速度
C. 球A的向心加速度一定等于球B的向心加速度
D. 球A对筒壁的压力一定等于球B对筒壁的压力
 3.  质点仅在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图所示，在A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿(    )A. x轴正方向 B. x轴负方向 C. y轴正方向 D. y轴负方向4.  如图所示，一高度为的光滑水平面与一倾角为的斜面连接，一小球以速度v从平面的右端P点向右水平抛出．则小球在空中运动的时间(    )
A. 一定与h的大小有关 B. 一定与v的大小有关
C. 当v大于时，t与h无关 D. 当v小于时，t与v有关5.  已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T，则太阳的质量为(    )A.  B.  C.  D. 6.  火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶的速度为v，则下列说法中正确的是(    )
①当以速度v通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力；
②当以速度v通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力；
③当速度大于v时，轮缘挤压外轨；
④当速度小于v时，轮缘挤压外轨．A. ②④ B. ①④ C. ②③ D. ①③7.  如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间、的大小关系为(    )A.  B.  C.  D. 无法确定8.  2020年7月23日，我国“天问一号”探测器在中国文昌航天发射场发射升空。设未来的某天，该探测器在火星表面完成探测任务返回地球，探测器在控制系统的指令下，离开火星表面竖直向上做加速直线运动；探测器的内部有一固定的压力传感器，质量为m的物体水平放置在压力传感器上，当探测器上升到距火星表面高度为火星半径的时，探测器的加速度为a，压力传感器的示数为F，引力常量为G。忽略火星的自转，则火星表面的重力加速度为(    )A.  B.  C.  D. 9.  如图所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数，从动轮的齿数，当主动轮以角速度顺时针转动时，从动轮的运动情况是(    )A. 顺时针转动 B. 逆时针转动 C. 角速度为 D. 角速度为10.  如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动无滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为：：1，两圆盘和小物体、之间的动摩擦因数相同，距O点为2r，距点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时(    )A. 滑动前与线速度之比：：3
B. 滑动前与的向心加速度之比：：3
C. 随转速慢慢增加，先开始滑动
D. 随转速慢慢增加，先开始滑动11.  如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一档板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。给小球一水平向右的瞬时速度，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，不计小球与环的摩擦阻力，最高点瞬时速度必须满足(    )A. 最小值 B. 最小值 C. 最大值 D. 最大值12.  如图所示，两个可视为质点的木块A和B放在转盘上，，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(    )
A. 当时，A、B相对于转盘会滑动
B. 当时，绳子一定有弹力
C. 范围内增大时，B所受摩擦力变大
D. 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大13.  某研究性学习小组进行了如下实验：如图1所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡块做成的小圆柱体将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，R从坐标原点以速度匀速上浮的同时，玻璃管x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。同学们测出某时刻R的坐标为，此时R速度大小为______，R在上升过程中运动轨迹的示意图2是______
 14.  在《研究平抛物体的运动》的实验中：
关于这个实验，以下说法正确的是______
A.每次小球都从相同位置由静止释放
B.实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖直线是否竖直
C.由于小球与斜槽间存在摩擦会对实验造成误差
D.安装的斜槽末端切线水平的目的是保证小球运动的轨迹是一条抛物线
某同学在一次实验中用一张印有小方格的纸记录小球的轨迹，小方格的边长为单位：，若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为______，若以a点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向建立平面直角坐标系，则小球平抛的初始位置的坐标为______，______用l、g表示15.  如图所示，小球A质量为m。固定在轻细直杆L的一端，并随杆一起绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动。如果小球经过最高位置时，杆对球的作用力为拉力，拉力大小等于球的重力。
球在最高位置时的速度大小；
当小球经过最低点时速度为，球对杆的作用力大小。16.  如图所示，长均为的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为，重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动。小球在最高点时两根绳的拉力恰好均为零，忽略空气阻力。
求最高点小球速度v？
若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小？
若其中一根绳与小球捆绑不牢，在最低点时脱落，小球能紧接着做匀速圆周运动吗？请计算说明。17.  如图所示，在离地面一定高度的水平台上，一根轻质弹簧左端固定，处于原长时右端离平台末端A距离为。先将一质量为的小物块向左压缩弹簧到K处锁住，小物块与弹簧不栓连，并可视为质点，小物块与水平台面间的动摩擦因数为。再打开K处的锁扣，物块从静止开始运动到平台末端A处以水平速度飞出，并恰能沿光滑斜面BC运动，。BC斜面倾角，轨道最低点C与地面上长为的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g取，求：
求弹簧恢复原长时物块速度？
求水平台离地面的高度h；
若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上，求小物块与轨道CD间的动摩擦因数的取值范围。
答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：做匀速圆周运动的物体所受的合外力方向一定与速度方向垂直，合力一定不为零，一定处于不平衡状态，故A错误；
B.平抛运动的加速度不变，则速度变化的快慢不变。故B正确；
C.曲线运动它所受的合外力可以是恒力，如平抛运动，也可以是变力，如匀速圆周运动，故C错误；
D、曲线运动加速度大小不一定改变，如平抛运动。故D错误。
故选：B。
曲线运动的条件是物体所受合外力与速度方向不在同一条直线上，曲线运动的速度方向时刻改变、大小可以变也可以不变。
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】C 【解析】解：AC、对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设圆锥筒的轴线与筒壁之间的夹角为，如图：

根据牛顿第二定律，有
解得
所以球A的向心加速度一定等于球B的向心加速度。
又：
得：，A的半径大，则A的线速度大，故A错误，C正确；
B、由，得：，A的半径大，则A的角速度小，故B错误；
D、因为支持力，根据题意，两小球的质量不同，故支持力不相等，故D错误．
故选：C。
对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可。
小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据比较线速度、角速度、向心加速度的大小，根据受力分析得出支持力的大小，从而比较出压力的大小
 3.【答案】D 【解析】解：由于物体做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条件可知，
 因有沿y轴正向分量，
而沿y轴正向分量为零，
所以恒力F必有沿y轴负向分量，
因此物体受到的恒力的方向应该y轴负方向，故D正确，ABC错误。
故选：D。
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，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了。
 4.【答案】D 【解析】解：若小球落到斜面上时有，因为斜面和水平方向夹角为定值，因此下落时间和，与高度h无关；若落地平面上，则，则时间与h有关，与初速度无关，故AB错误；
当小球刚好落到斜面底端时由，，
由此可解得，因此当速度大于时，小球落到地面上，落到时间为定值，与v无关，当速度小于时落到斜面上，下落时间和v成正比，故C错误，D正确。
故选：D。
分别对小球落到斜面上或地面上进行分析，由平抛运动规律确定下落时间的决因因素。
本题中存在“陷阱”，不能盲目的直接利用高度h求小球在空中运动时间，因为小球可能落地斜面上，因此要分落到斜面上和落到地面上两种情况讨论。
 5.【答案】C 【解析】解：地球表面物体重力等于万有引力
地球围绕太阳做圆周运动万有引力提供向心力有
联立解得：，故C正确，ABD错误
故选：C。
地球绕太阳公转，知道了轨道半径和公转周期利用万有引力提供向心力可列出等式，再根据地球表面的万有引力等于重力列出等式，联立可求解．
该题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力，或记住黄金代换：
 6.【答案】D 【解析】解：①②火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有


解得
故①正确，②错误；
③④果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故③正确，④错误；
故选：D。
火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，可以根据牛顿第二定律列式求得转弯速度v；如果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压；反之，挤压内侧铁轨．
本题关键根据牛顿第二定律，从保护铁轨的角度得出火车车轮边缘与铁轨恰好无挤压的临界速度，然后结合离心运动的知识进行分析讨论．
 7.【答案】C 【解析】 解：设游速为v，水速为，，
则甲整个过程所用时间：，
乙为了沿OB运动，速度合成如图：
则乙整个过程所用时间：，

，
选C正确，选项A、B、D错误。
故选：C。
甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度，设游速为v，水速为根据速度合成可知：甲游到A点的速度为，游回的速度为；乙来回的速度都为明确了各自的合速度后，再用匀速直线运动规律求出时间进行比较。
本题考查运动的合成主要是速度的合成和匀速运动规律，运用速度合成的矢量平行四边形法则求出各自的合速度是关键。
 8.【答案】B 【解析】解：设火星的质量为M，火星表面的重力加速度为g，火星表面的物体受到的重力等于万有引力，即：，
对物体，由牛顿第二定律当探测器上升到距火星表面高度为火星半径的时：，
解得
探测器上升到距火星表面高度为火星半径的时：，
联立解得：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
火星地面上的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力公式对传感器上的物体应用牛顿第二定律求出火星表面的重力加速度。
本题考查了万有引力定律的应用，知道火星表面的物体受到的重力等于万有引力解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
 9.【答案】BD 【解析】解：由图可知，主动轮顺时针转动时，从动轮逆时针转动；：：：1，，由，线速度一定角速度和半径成反比，则：：：3，所以。
故AC错误，BD正确。
故选：BD。
齿轮模型中，主动轮顺时针转动时，从动轮逆时针转动；齿轮模型中，齿轮边缘线速度大小相等，角速度和半径成反比。
本题考查了圆周运动线速度和角速度的关系。匀速圆周运动中，建立“齿轮模型”是解决这种题型的关键。
 10.【答案】AD 【解析】解：A、甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：，则得：：3，根据知故与的线速度之比为2：故A正确。
B、物块相对盘开始滑动前，根据得：与的向心加速度之比为：：：9，故B错误。
CD、根据知，临界角速度，可知甲乙的临界角速度之比为1：，甲乙线速度相等，甲乙的角速度之比为：：3，可知当转速增加时，先达到临界角速度，所以先开始滑动。故D正确，C错误。
故选：AD。
抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比。抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲乙的角速度进行分析判断。
解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等，掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件。
 11.【答案】BD 【解析】解：在最高点，速度最小时有：，解得：。
在最高点，速度最大时有：，解得：。
所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最高点的速度范围为：故BD正确，AC错误。
故选：BD。
小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于2mg，根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度。
本题综合考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键理清在最高点的两个临界情况，求出在最高点的最大速度和最小速度。
 12.【答案】BD 【解析】解：A依题意，设B的质量为m，则A的质量为2m，当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：，对B有：，解得
，当时，A、B相对于转盘会滑动，故A错误；
B、当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，有，解得，可知时，绳子具有弹力，故B正确；
C、当时，B已经达到最大静摩擦力，则在内，B受到的摩擦力不变，故C错误；
D、当在范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以，当增大时，静摩擦力也增大，故D正确；
故选：BD。
开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动。
解决本题的关键搞清木块向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析，难度适中。
 13.【答案】5 D 【解析】解：小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，有：，
解得：，
在x轴水平方向做初速为0的匀加速直线运动，有：，
解得：，
那么R的速度大小：
因合外力沿x轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断轨迹示意图是D。
故答案为：5，D。
小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动。知道了位置坐标，由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度、求，再由速度合成求此时的速度大小。由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断运动轨迹。
分析好小圆柱体的两个分运动，由运动的合成与分解求其合速度；讨论两个分运动的合运动的性质，要看两个分运动的合加速度与两个分运动的合速度是否在一条直线上，如果在一条直线上，则合运动是直线运动，否则为曲线运动，由合外力的方向判断曲线弯曲的方向。
 14.【答案】   【解析】解：、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故A正确；
B、小球竖直方向自由落体运动，水平方向匀速运动，为了正确描绘其轨迹，必须使坐标纸上的竖线是竖直的，故B正确；
C、即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，对实验没有影响，故C错误；
D、斜槽末端保持水平，这样做的目的是保证小球的初速度方向水平，做平抛运动，并非保证小球的运动轨迹为抛物线，即使末端不水平，其运动轨迹也是抛物线，故D正确．
故选：
图中看出，a、b、c、d 4个点间的水平位移均相等，是，因此这4个点是等时间间隔点．竖直方向两段相邻位移之差是个定值，
即，
故
再根据水平方向有：

解得：
根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于此段位移的平均速度，可得小球到达b点的竖直方向分速度为：

故从抛出点到b的时间为：
故从抛出到b点出到b点的水平位移为：
故从抛出到b点的竖直位移为：
所以，抛出点坐标为：
故答案为：；，，
正确解答本题需要掌握：保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，了解作图法处理数据的注意事项，明确该实验的具体操作；根据平抛运动的特点，熟练应用运动学中的基本规律来解决平抛运动问题．
平抛运动的水平方向做匀速直线运动，从图中可以看出：a、b、c、d4个点间的水平位移均相等为2L，因此这4个点是等时间间隔点，竖直方向是自由落体运动，两段相邻的位移之差是一个定值，然后根据水平方向匀速直线运动即可解出小球的初速度；根据中间时刻的瞬时速度等于此段位移的平均速度，可得小球到达b点的速度，于是可得小球从抛出到b的时间，结合自由落体规律和水平方向的规律可得抛出点的坐标．
在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，同时让学生知道描点法作图线方法；解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，注意运动学基本规律的应用．
 15.【答案】解：球在最高位置时的，根据牛顿第二定律可知
其中

解得
当小球经过最低点时速度为，根据牛顿第二定律可知
解得

根据牛顿第三定律可知，球对杆的作用力大小
答：球在最高位置时的速度大小为；
当小球经过最低点时速度为，球对杆的作用力大小为7mg。 【解析】根据小球做圆运动的条件，合外力等于向心力，根据向心力公式求解；
在最低点对小球进行受力分析，合力提供向心力，列出向心力公式即可求解。
竖直方向圆周运动在最高点和最低点由合力提供向心力，注意杆子可以提供向上的力，也可以提供向下的力。
 16.【答案】解：在最高点时由牛顿第二定律得：
解得：
小球在最高点速率为3v时，设每根绳的拉力为T
由牛顿第二定律得：
解得：
若能做匀速圆周运动，设对应角度下的速度为，
则
解得：
由于最低点的速度大于最高点的速度v，所以在最低点的速度大于，故不能紧接着做匀速圆周运动。
答：最高点小球速度；
若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小；
不能紧接着做匀速圆周运动。 【解析】在最高点时由牛顿第二定律可求得速度v；
小球在最高点速率为3v时，由牛顿第二定律可求得每根绳的拉力；
假设能做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求得对应的速度，分析得出最低点的速度与的关系可判断能否做匀速圆周运动。
本题考查了小球的匀速圆周运动，关键要知道在最高点的向心力来源，根据牛顿第二定律求解即可。
 17.【答案】解：设弹簧在E点恢复原长，此时物块速度为，从E到A由动能定理得

解得
由已知小物块飞出平台后做平抛运动，斜面倾角为物块的速度偏转角，由平抛运动规律得
 
小物块竖直方向下落高度：
联立解得
由几何知识得：
当小物块第一次到达D点处恰好速度减为0时，此时动摩擦因数最大，从A点到D点由动能定理得
  
解得
当小物块第二次到达B点处速度恰好减为0时，从A点到第二次到达B点由动能定理得
 
从B由静止滑下到停留在轨道CD上F点，设CF的长度为，由动能定理得
 
联立解得
故小物块将与墙壁发生第二次碰撞，不符合题意。故当小物块碰撞完墙壁以后再次停到D点0时，此时动摩擦因数最小，从A点到二次停到D点由动能定理得
 
解得
因为恰好到D点减速为零，故此时并未发生碰撞，故
答：弹簧恢复原长时物块速度为。
水平台离地面的高度h为。
小物块与轨道CD间的动摩擦因数的取值范围是：。 【解析】物块从离开弹簧到运动到A点的过程，由动能定理可以求出弹簧恢复原长时物块的速度。
物块离开平台后做平抛运动，求出物块到达B点时的竖直分速度，然后应用平抛运动规律求出AB间的竖直高度，再求出平台到地面的高度。
根据题意应用动能定理求出动摩擦因数的临界值，然后确定其范围。
本题考查动能定理和平抛运动规律的综合应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚物块的运动过程后，应用平抛运动规律、动能定理即可解题。