2020-2021学年河南省周口市高一（下）第二次考试物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河南省周口市高一（下）第二次考试物理试卷新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 一个小球从高处自由下落，下落一半高度时突然又受到一个恒定的水平向左风力，站在地面上的人观测到小球的运动轨迹是图中的（ ）
A.B.C.D.

2. 如图所示为一条河流，一只船从A点先后两次渡河到对岸，河水流速和船在静水中行驶的速度大小恒定不变，第一次船头向着AB方向行驶，渡河时间为t1，船的位移为s1；第二次船头向着AC方向行驶，渡河时间为t2，船的位移为s2．若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等，则有（ ）

A.t1=t2 s1s2
C.t1>t2 s1s2．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
秋千荡到最低点时，需要竖直向上的向心力，分析秋千和同学整体的受力，根据牛顿第二定律列式子求解每根绳子平均承受的拉力。
【解答】
解：以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，
令每根绳子的拉力为T，绳长为l，根据牛顿第二定律有：2T−mg＝mv2l，
代入数据解得每根绳子的拉力为：T＝500N，故ABD错误，C正确．
故选：C．
4.
【答案】
B
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
传动问题
【解析】

【解答】
解：由题意可知，线速度v甲=v乙，又r甲:r乙=3:2，则ω甲:ω乙=2:3，m1、m2随甲、乙运动，ω1=ω甲，ω2=ω乙，则ω1:ω2=2:3，A错误；
由a=rω2得a1=2rω甲2=2rω12，a2=rω乙2=rω22，a1:a2=2ω12:ω22=8:9，B正确；
m1、m2所受向心力由摩擦力提供，则a1=f1m1，a2=f2m2，f1max=μm1g，f2max=μm2g，a1≤μg，a2≤μg，又a1:a2=8:9，故m2先滑动，CD错误．
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】

【解答】
解：经分析可知摩托车做匀速圆周运动的向心力由重力及侧壁对摩托车弹力的合力提供，F合=mgtanθ，
弹力FN=mgcsθ，合力和弹力大小都不随H的变化而变化，AD错误；
因摩托车和演员整体做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，F合=mgtanθ=mω2r=mv2r，
随H的增高，r增大，线速度增大，角速度减小，B正确，C错误．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
斜面上的平抛问题
运动的合成与分解
【解析】

【解答】
解：小钢球在空中做平抛运动，水平方向的分速度vx不变，竖直方向做匀加速运动，加速度是重力加速度g，小钢球在倾角为α的斜坡上做匀加速运动，加速度是gsinα，水平方向做匀加速运动，加速度小于g，竖直方向做匀加速运动，加速度也小于g．
故选C．
7.
【答案】
A,C
【考点】
平抛运动中的相遇问题
【解析】

【解答】
解：由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1=2ℎg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t=lvlt1，A正确．
因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰，碰撞位置由A球的初速度决定，C正确，BD错误．
故选AC．
8.
【答案】
B,C
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
向心加速度
【解析】

【解答】
解：运动路程s=vt=600m，B正确；
加速度ω=θt=20×π180×10=π90rad/s，D错误；
根据v=ωr，得r=vω≈1.7km，C正确；
a=ω2r≈2m/s2，A错误．
故选BC．
9.
【答案】
A,D
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
【解答】
解：竖直分速度大小等于水平分速度大小，即v0=gt，解得运动时间t=v0g，实际速度即为合速度v=vx2+vy2=2v0，水平分位移x=v0t=v02g，竖直分位移y=12gt2=v022g，实际位移即为合位移s=x2+y2=5v022g，AD正确．
故选AD．
10.
【答案】
B,D
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】

【解答】
解：同轴转动角速度相同，由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由v=ωr得B的线速度比A的大，A错误，B正确．
设缆绳与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtanθ=mω2r，解得tanθ=ω2rg，由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，故悬挂B的缆绳与竖直方向的夹角较大，在竖直方向上有T⋅csθ=mg，解得T=mgcsθ，悬挂B的缆绳所受到的拉力比悬挂A的大，C错误，D正确．
故选BD．
二、实验探究题
【答案】
（1）在竖直方向上的运动为自由落体运动
C
（3）2,13
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】



【解答】
解：（1）由于两球同时运动，A球做平抛运动，B球自由落体运动，发现每次两球都同时落地，由于两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动．
（2）在做“研究平抛物体的运动”实验时，木板、小球、斜槽、重锤线、图钉、铅笔之外，下列器材中还需要坐标纸，确保小球水平与竖直方向的运动间距，故C正确，ABD错误．
故选C．
（3）根据ybc−yOb=gT2得：T=ybc−yObg=0.35−0.2510s=0.1s，
则平抛运动的初速度为：v0=xT=，
小球在b点竖直方向上的分速度为：vyb=yOc2T=，
则b点的瞬时速度为：vb=v02+vyb2=22+32m/s=13m/s．
三、解答题
【答案】
（1）物体做匀变速曲线运动．
（2）物体的初速度大小为50m/s；
（3）物体在前3s内的位移为3013m．
【考点】
运动的合成与分解
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】



【解答】
解：（1）由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．
（2）vx0=30m/s ，vy0=−40m/s ，
v0=vx02+vy02=50m/s．
（3）x3=vxt=90m，
|y3|=|vy02|t=60m，
则x=x33+|y3|2=3013m．
【答案】
（1）小球水平抛出的初速度v0是3m/s．
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x是1.2m．
【考点】
斜面上的平抛问题
【解析】

【解答】
解：（1）小球落到斜面上沿斜面下滑，速度方向与斜面平行，如图所示：
所以vy=v0tan53∘，
又vy2−0=2gℎ，
代入数据得vy=4m/s，v1=3m/s．
（2）设小球离开平台到达斜面顶端所需时间为t1，
由vy=gt1得t1=0.4s，
则x=v0t=3×0.4m=1.2m．
【答案】
（1）转盘转动的角速度最大值ω=1rad/s；
（2）选手从平台A点出发加速到C点的时间t1=2s ；
（3）悬挂器载着选手还能继续向右滑行的距离为4m．
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
平抛运动基本规律及推论的应用
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
【解析】



【解答】
解：（1）设选手落在转盘边缘也不会被甩下，
最大静摩擦力提供向心力，
则有μmg=mω2R，
故转盘转动的最大角速度ω=μgR=1rad/s．
（2）设选手水平加速阶段的位移为x1，时间为t1，
选手平抛时的水平位移为x2，时间为t2，
则水平加速时有，
x1=12at12 ，v=at1，
平抛运动阶段有x2=vt2，H=12gt22，
全程水平方向x1+x2=L，
联立以上各式代入数据解得t1=2s ．
（3）由（2）知x1=4m，v=4m/s，
设阻力为f，加速阶段F−f=ma，
解得阻力为f=120N，
减速阶段f=ma1，解得a1=2m/s2，
减速阶段，选手向右滑动的距离x3，
0−v2=2−a1x3，
解得x3=4m．
【答案】
（1）轻绳断开时球的速度大小v1=3gd2；
（2）轻绳能承受的最大拉力的大小为134mg；
（3）要使球抛出的水平距离最大，绳长应为d2，最大水平距离为32d4．
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
竖直面内的圆周运动-轻绳模型
平抛运动的临界和极值问题
【解析】



【解答】
解：（1）设轻绳断开后球做平抛运动的时间为t1，
竖直方向上：13d=12gt2，
水平方向上：d=v1t1，
解得：v1=dt1=3gd2．
（2）设轻绳能承受的最大拉力为Fm，
球做圆周运动的半径为：R=23d，
小球运动到最低点时由牛顿第二定律有Fm−mg=mv12R ，
解得： Fm=mg+mv12R=134mg．
（3）设轻绳长为l，轻绳断开时球的速度为v2，
由牛顿第二定律有：Fm−mg=mv22l ，
解得：v2=32gl，
轻绳断开后球做平抛运动，竖直位移为d−l，水平位移为x，时间为t2，
竖直方向有：d−l=12gt22 ，水平方向有：x=v2t2 ，
得x=322ld−l ，
根据数学关系知当l=d2时，有最大值：xmax=324d ．