2020-2021学年河南省信阳市高一下学期第一次月考_（物理）试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河南省信阳市高一下学期第一次月考_（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. 关于曲线运动的速度，下列说法正确的是（ ）
A.做曲线运动的物体速度方向必定变化
B.速度变化的运动必定是曲线运动
C.加速度恒定的运动不可能是曲线运动
D.加速度变化的运动必定是曲线运动

2. 有一个质量为2kg的质点在x−y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）

A.质点所受的合外力大小为6N
B.质点做匀变速曲线运动
C.质点的初速度大小为7m/s
D.质点2s内的位移大小为17m

3. 一船在静水中速度是6m/s，要渡过宽为180m、水流速度为8m/s的河流，则下列说法中正确的是（ ）
A.船渡河的最小位移可能是180m
B.此船过河的最短时间是30s
C.此船可以在对岸的上游位置靠岸
D.此船可能垂直到达对岸

4. 以速度v水平抛出一小球，忽略空气阻力，当小球的水平速度与竖直速度大小相等时，水平位移与竖直位移的比值是（ ）
A.2:1B.1:1C.1:2D.1:4

5. 一小球从某高处以初速度v0被水平抛出，落地时与水平地面夹角为60∘，抛出点距地面的高度为（ ）
A.3v022gB.2v02g
C.3v02gD.条件不足无法确定
二、多选题

关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A.由an=v2r知，匀速圆周运动的向心加速度恒定
B.向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
C.匀速圆周运动不属于匀速运动
D.向心加速度越大，物体速率变化越快

滑雪者从山上M处以水平速度飞出，经t0时间落在山坡上N处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的P处．斜坡NP与水平面夹角为30∘，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M到P的过程中水平、竖直两方向的分速度vx、vy随时间变化的图象是（ ）

A.B.
C.D.

物体沿下图粗糙曲面向上运动，到达最高点时，物体可能受到哪些力（ ）

A.重力，弹力，摩擦力，向心力B.重力，弹力，摩擦力
C.重力，弹力D.重力

两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，已知A球细线L1跟竖直方向的夹角为30∘，B球细线L2跟竖直方向的夹角为60∘，下列说法正确的是（ ）

A.细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为3:1
B.小球A和B的向心力大小之比为1:3
C.小球A和B的角速度大小之比为1:1
D.小球A和B的线速度大小之比为1:3

水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，则（ ）

A.小球到达c点的速度为gR
B.小球在c点将向下做自由落体运动
C.小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R
D.小球从c点落到d点需要时间为2Rg
三、实验探究题

如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为20cm，g=10m/s2，那么：

（1）照相机的闪光频率是________Hz．

（2）小球运动中水平分速度的大小是________m/s．

（3）小球经过B点时的速度大小是________m/s．

一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片．
实验步骤：
①如图所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．
②启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．

（1）由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω=________，式中各量的意义是________．

（2）某次实验测得圆盘半径r=5.50×10−2m，得到的纸带的一段如图所示，求得角速度为________．（保留两位有效数字）
四、解答题

质量m=2kg的物体在光滑平面上运动，其分速度vx和vy随时间变化的图像如图所示．求：

（1）物体受到的合力和初速度．

（2）t=8s时物体的速度．

（3）t=4s时物体的位移．

如图所示，从高为ℎ=5m，倾角为θ=45∘的斜坡顶点水平抛出一小球，小球的初速度为v0．若不计空气阻力，求：(g=10m/s2)

（1）使小球能落在水平面上，小球的初速度v0至少为多少．

（2）当小球的初速度v0=4m/s时，小球在空中运动的时间是多少．

如图所示，小球A质量为m，固定在长为L的轻细直杆一端，并随杆一起绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动，已知重力加速度为g．

（1）若小球经过最低点时速度为6gL，求此时杆对球的作用力；

（2）若小球经过最高点时，杆对球的作用力大小等于0.5mg，求小球经过最高点时的速度大小．

“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．设球的重力为1N，不计拍的重力．求：

（1）健身者在C处所需施加的力比在A处大多少？

（2）设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请作出tanθ−F的关系图像．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省信阳市高一下学期第一次月考 (物理)试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
物体做曲线运动的条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．因为做曲线运动的物体，合力与速度不在一条直线上，所以做曲线运动的物体速度方向必定变化，故A符合题意；
B．速度变化的运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动，故B不符合题意；
C．加速度恒定的运动可能是曲线运动，如平抛运动，故C不符合题意；
D．若合力与速度在同一条直线上，合力的大小变化，加速度大小也变化，但物体做直线运动，所以加速度变化的运动不一定是曲线运动，故D不符合题意．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
运动的合成与分解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AC．由x方向的速度图象可知，在x方向初速度的vx=3m/s，加速度为a=1.5m/s2，受力Fx=ma，
由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy=4m/s，受力Fy=0，
因此质点的初速度为5m/s，所受的合外力大小为3N，故AC错误；
B．质点的加速度恒定，则质点做匀变速曲线运动，故B正确；
D．质点2s内，x方向的位移为x=9m，y方向位移为y=8m，
则质点2s内的位移大小为s=x2+y2=145m，故D错误．
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
小船渡河问题
【解析】
当船头指向始终垂直于河岸时，渡河时间最短，由河宽和船相对于水的速度可求出最短渡河时间．当船头指向其他方向时，渡河时间延长．小船能否垂直河岸到达正对岸，取决于船相对于水的速度与水流速度的大小，可运用平行四边形定则加深理解．
【解答】
解：ACD．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，由于船速小于水速，合速度不可能与河岸垂直，最小位移不可能是180m，且只能偏向下游，故ACD错误．
B．水的速度是8m/s，船在静水中的速度是6m/s，当船头正对河岸渡河时，时间最短，tmin=dvc=1806s=30s，故B正确．
故选B．
4.
【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：根据平抛运动规律，且水平速度与竖直速度大小相等，即：v=gt，
得下落时间t=vg，
水平方向，匀速直线运动位移x＝vt=v2g，
竖直方向，自由落体运动位移y=12gt2=v22g，
则水平位移与竖直位移的之比：x:y＝2:1，故BCD错误，A正确．
故选A．
5.
【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：小球做平抛运动，根据分速度与合速度的关系可得：tan60∘=vyv0，解得：vy=3v0，
根据速度位移公式得，抛出点距地面的高度为：ℎ=vy22g=3v022g，故A正确，BCD错误．
故选A．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
匀速圆周运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．加速度是矢量，匀速圆周运动的向心加速度大小不变，且方向始终指向圆心，故A错误；
BD．由向心加速度的意义可知向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小，即速率是不变的，故B正确，D错误；
C．匀速运动是匀速直线运动的简称，指速度的大小和方向都不变的运动，匀速圆周运动其实是匀速率圆周运动，速度的方向在改变的，属于曲线运动，故C正确．
故选BC．
【答案】
B,D
【考点】
斜面上的平抛问题
用牛顿运动定律分析斜面体模型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB．滑雪者开始做平抛运动，所以在水平方向上先做匀速运动，滑到山坡上具有沿斜面向下的加速度，大小为gsin30∘=12g，则到山坡上水平方向做加速运动，故A错误，B正确；
CD．平抛时，竖直方向做自由落体运动，加速度为g，到山坡上加速度为12gsin30∘=14g，故C错误，D正确．
故选BD．
【答案】
B,D
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
在最高点分两种情况分析受力：（1）速度v=gR，此时只受重力作用；（2）v>gR，此时物体与轨道之间有弹力和摩擦力。
【解答】
解：设物体的质量为m、圆弧半径为R，当达到最高点，重力完全提供向心力时，
可知mg＝mv2R，解得v=gR，此时物体只受重力，
如果物体在最高点的速度大于gR，则物体受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，故BD正确，AC错误．
故选BD．
【答案】
B,C
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】
小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比．
【解答】
解：A．两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，
有TAcs30∘＝mg，TBcs60∘＝mg，
则TA=mgcs30∘=23mg3，TB=mgcs60∘=2mg，
所以TA:TB=3:3=1:3，故A错误；
B．小球A做圆周运动的向心力为FnA=mgtan30∘=33mg，
小球B做圆周运动的向心力FnB=mgtan60∘=3mg，
可知小球A、B的向心力之比为1:3，故B正确；
CD．根据mgtanθ=mℎtanθω2=mv2ℎtanθ得，角速度ω=gℎ，线速度v=gℎtanθ，可知角速度之比为1:1，线速度大小之比为1:3，故C正确，D错误．
故选BC．
【答案】
A,C,D
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
小球恰好通过C点，根据重力恰好等于向心力求出C点的速度，小球离开C点后做平抛运动，根据分位移公式列式求解分析．
【解答】
解：A．小球恰好通过最高点C，根据重力提供向心力，
有：mg=mv2R，解得v=gR，故A正确；
B．小球离开C点后做平抛运动，有：
x=vt，
2R=12gt2，
解得：t=2Rg，x=2R，故B错误，CD正确．
故选：ACD．
三、实验探究题
【答案】
（1）5
（2）3
（3）5
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）在竖直方向上，根据Δy=2L=gT2，得：T=2Lg=2×0.210s=0.2s，
则闪光的频率为：f=1T=10.2Hz=5Hz．
（2）小球运动的水平分速度为：vx=3LT=3×．
（3）B点竖直分速度为：vy=8L2T=8×0.22×0.2m/s=4m/s，
根据平行四边形定则知，B点的速度为：vB=vy2+vx2=5m/s．
【答案】
（1）x2−x1(n−1)Tr, T为打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘半径，x1、x2是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点）
（2）6.7rad/s
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1） T为打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘半径，x1、x2是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点），则圆盘的线速度为：v=x2−x1(n−1)T，则圆盘的角速度ω=vr=x2−x1(n−1)Tr．
（2）ω=vr=x2−x1(n−1)Tr，
代入数据解得ω=6.7rad/s．
四、解答题
【答案】
（1）物体受到的合力为1N，沿y轴正方向；初速度为3m/s，沿x轴正方向．
（2）t=8s时物体的速度为5m/s，方向与x轴正方向夹角为arctan43斜向上．
（3）t=4s时物体的位移为410m．
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
运动的合成与分解
加速度与力、质量的关系式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）物体在x轴方向有ax=0，y轴方向有ay=0.5m/s2，由牛顿第二定律得：
F合=may=1N，沿y轴正方向，
由图知v0x=3m/s，v0y=0，所以物体的初速度v0=3m/s，沿x轴正方向．
（2）当t=8s时，vx=3m/s，vy=4m/s，所以
v=vx2+vy2=5m/s，
设速度与x轴的夹角为θ，则：
tanθ=vyvx=43，
则θ=arctan43．
（3）t=4s时，
x=v0xt=12m，
y=12ayt2=4m，
物体的位移大小s=x2+y2=410m．
【答案】
（1）使小球能落在水平面上，小球的初速度v0至少为5m/s．
（2）当小球的初速度v0=4m/s时，小球在空中运动的时间是0.8s．
【考点】
斜面上的平抛问题
【解析】
（1）小球做的平抛运动，根据平抛运动的规律可以直接求解；
（2）当小球初速度为v0=4m/s时，小球落在斜面上，竖直位移与水平位移之比等于tanθ．根据位移关系和运动学规律结合求解．
【解答】
解：（1）依据题意，设小球落在水平面上的水平位移为x，
y=12gt2，
x=v0t，
小球落在水平面上要满足：x≥ℎtanθ，
可得：v0≥2gℎ2tanθ=2×10×52m/s=5m/s．
（2）因为小球初速度v0=4m/s