2021-2022学年甘肃省天水市甘谷四中高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年甘肃省天水市甘谷四中高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析），共13页。

2. 下列关于曲线运动的说法正确的是( )
A. 曲线运动可以是变速运动也可以是匀速运动
B. 平抛运动是匀变速运动
C. 匀速圆周运动是匀变速运动
D. 曲线运动受到的合外力可以为零
3. 如图所示，炮筒与水平方向成60∘夹角，炮弹从炮口射出时的速度大小是800m/s，这个速度在水平方向的分速度为( )
A. 300m/s
B. 400m/s
C. 4003m/s
D. 8003m/s
4. 关于平抛物体的运动，以下说法错误的是( )
A. 平抛运动是匀变速曲线运动
B. 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
C. 平抛运动任意相等的时间内速度变化量相等
D. 平抛运动的物体落地时的速度可能是竖直向下的
5. 以初速度v水平抛出一物体，当物体的水平位移等于竖直位移时，物体运动的时间为( )
A. v2g
B. vg
C. 2vg
D. 4vg
6. 如图所示，水平转台上放着一个纸箱A，当转台匀速转动时，纸箱相对转台静止。关于这种情况下纸箱A的受力情况，下列说法正确的是( )
A. 受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力
B. 受重力、台面的支持力和静摩擦力
C. 受重力和台面的支持力
D. 受重力、台面的支持力和向心力
7. 下列关于圆周运动的说法中正确的是( )
A. 汽车通过凹形桥的最低点时处于失重状态
B. 汽车通过拱形桥的最高点时处于超重状态
C. 水平公路上行驶的汽车拐弯所需要的向心力是由车轮与路面间的摩擦力提供的
D. 火车转弯时，一定由其受到的重力和支持力的合力来提供火车拐弯的向心力
8. 当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的89，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为( )
A. 15m/sB. 20m/sC. 25m/sD. 30m/s
9. 做匀速圆周运动的物体，下列物理量中不变的是( )
A. 速度B. 角速度C. 周期D. 转速
10. 一小船渡河，河宽d=120m，河水均匀流动，流速v1=3m/s，船在静水中的速度v2=5m/s。则小船( )
A. 渡河的最短时间是24 sB. 渡河的最短时间是40 s
C. 以最小位移渡河，时间是24 sD. 以最小位移渡河，时间是30 s
11. 如图，A、B两点分别位于大、小两轮的边缘上，它们的半径之比为2：1，两个轮子之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。在两轮匀速转动时，下列关系正确的是( )
A. A、B两点的线速度之比为2：1B. A、B两点的线速度之比为1：1
C. A、B两点的角速度之比为1：2D. A、B两点的向心加速度之比为1：1
12. 如图所示，水平屋顶高H=5m，墙高h=3.2m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，小球从房顶a点水平飞出，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球刚好落在墙外的马路上，则小球的运动时间是0.8s
B. 若小球刚好经过墙的顶点b后落到马路上，则初速度v0=5m/s
C. 只要小球初速度v0 小于5m/s，小球就会打在墙上
D. 若小球落在墙外的马路上，则v0 的取值范围为5m/s≤v0≤13m/s
13. 如图1所示，在“研究平抛运动”实验中：
(1)为准确确定坐标轴，还需要的器材是______；
A.弹簧测力计
B.铅垂线
C.打点计时器
D.天平
(2)实验中，下列说法正确的是______；
A.小球每次从斜槽上不相同的位置自由滚下
B.斜槽轨道必须光滑
C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来
(3)高一某班某同学为了更精确地描绘出小球做平抛运动的轨迹，使用频闪照相机(每隔相等时间T拍一次照片)拍摄小球在空中的位置，如图2所示为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度2mm，如果取g=10m/s2，那么：
①照相机的频闪周期T=______s；
②小球做平抛运动的水平初速度大小是______m/s；
③到达B处时速度的大小是______m/s。
14. 用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与那些因素有关．
(1)本实验采用的科学方法是______
A.控制变量法 B.累积法 C.微元法 D.放大法
(2)图示情景正在探究的是______
A.向心力的大小与半径的关系
B.向心力的大小与线速度大小的关系
C.向心力的大小与角速度大小的关系
D.向心力的大小与物体质量的关系
(3)通过本实验可以得到的结果是______
A.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
D.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比．
15. 做匀速圆周运动的物体，10s内沿半径是20m的圆周运动了100m，则求
(1)线速度大小
(2)周期
(3)角速度．
16. 小李以3m/s的水平初速抛出一个石子，抛出点离水平地面的高度为0.8m，不计空气阻力．求：
(1)石子在空中飞行时间；
(2)石子落地时离抛出点的水平位移大小；
(3)石子落地时的速度大小．
17. 一小型无人机模拟投弹演习，某时刻无人机将一小球以某一初速度沿水平方向抛出，小球刚好垂直打在倾角θ=37∘的斜坡上，打在斜坡上的速度为50m/s，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球的飞行时间；
(2)小球的水平位移大小；
(3)小球抛出点到落点的高度。
18. 一质量为0.5kg的小球，用长为0.4m细绳拴住，在竖直平面内做圆周运动(g取10m/s2)，求：
(1)若过最高点时的速度为4m/s，此时小球角速度多大？
(2)若过最高点时绳的拉力刚好为零，此时小球速度大小？
(3)若过最低点时的速度为6m/s，此时绳的拉力大小？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】在力的合成与分解中某一个力单独作用的效果和几个力共同作用的效果相同，这个力就是那几个力的合力，而这几个力就是那一个力的分力．故使用的研究方法是等效法．
在运动的合成与分解中合运动单独效果等于几个分运动共同作用的效果，故体现的研究方法是等效法．故D正确．
2.【答案】B
【解析】解：A.曲线运动的速度方向在随时变化，故曲线运动一定是变速运动，故A错误；
B.平抛运动只受重力作用，加速度不变，所以平抛运动是匀变速运动，故B正确；
C.匀速圆周运动加速度永远指向圆心，方向随时在变化，所以匀速圆周运动是非匀变速运动，故C错误；
D.曲线运动速度在随时发生变化，因此一定受到不为零的合外力，故D错误。
故选：B。
曲线运动的速度方向不断发生变化，故做曲线运动的物体所受合外力不为零，一定是变速运动；
平抛运动加速度不变，故平抛运动是匀变速运动；
匀速圆周运动加速度永远指向圆心，方向随时在变化，故匀速圆周运动是非匀变速运动。
明确曲线运动的定义，知道曲线运动一定是变速运动。
3.【答案】B
【解析】解：如图，把炮弹从炮口射出时的速度正交分解到水平方向和竖直方向，其中在水平方向上有
v2=v⋅cs60∘=800×12m/s=400m/s
故B正确，ACD错误。
故选：B。
把炮弹从炮口射出时的速度正交分解到水平方向和竖直方向，利用三角函数即可求出。
本题应用了矢量的正交分解，即平行四边形法则，比较容易，难度低。需要扩展，继续分析其接下来的斜上抛运动。
4.【答案】D
【解析】解：A、做平抛运动的物体，速度随时间的增加而增大，加速度保持不变，是匀变速曲线运动，故A正确；
B、平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，故B正确；
C、做平抛运动的物体只受到重力的作用，加速度的大小和方向始终不变，所以在相等的时间内速度的变化都相等，故C正确；
D、平抛运动因为有水平方向的初速度，故落地速度与水平地面有一定夹角，故不可能竖直向下，故D错误；
本题选错误的，
故选：D。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度保持不变，做匀变速曲线运动。
解决本题的关键知道平抛运动的特点，以及知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。
5.【答案】C
【解析】解：设平抛的水平位移是x，则竖直方向上的位移也是x，
水平方向上：x=Vt…①
竖直方向上：y=12gt2=x…②
联立①②可以求得：t=2Vg.
故选：C.
平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，
分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解．
6.【答案】B
【解析】解：纸箱做匀速圆周运动，合力指向圆心，对纸箱受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图
重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力。故ACD错误，B正确；
故选：B。
对纸箱进行运动分析和受力分析，做匀速圆周运动，合力等于向心力，指向圆心，结合运动情况，再对纸箱受力分析即可。
7.【答案】C
【解析】解：A、汽车通过凹形桥的最低点时，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B、汽车通过拱形桥的最高点时，加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C、水平公路上行驶的汽车拐弯所需要的向心力是由车轮与路面间的静摩擦力提供的，故C正确；
D、火车转弯时，外轨高于内轨，重力和支持力的合力可能等于向心力，如果速度大于临界速度，挤压外轨，速度小于临界速度，则挤压内轨，故D错误。
故选：C。
加速度向上为超重，加速度向下为失重，根据竖直面圆周运动特点可判断AB对错；根据车转弯特点判断CD对错。
基础运动特点分析题，较为简单。
8.【答案】D
【解析】解：速度为5m/s时，车对桥顶的压力为车重的89，对汽车受力分析：重力与支持力，运动分析：做圆周运动，由牛顿第二定律可得：
mg−N=mv2r
得：r=90m，
当汽车不受摩擦力时，有：
mg=mv02r
由上可得：v0=30m/s
故选：D。
汽车通过拱桥过程汽车做圆周运动，由汽车过桥顶时速度及对桥顶的压力可求出圆弧的半径，当在粗糙桥面上行驶到桥顶时，没有摩擦力，则说明此时不受弹力．从而对其进行受力分析，利用牛顿第二定律列式求出速度．
对研究对象进行受力分析与运动分析后，再由牛顿运动定律去构建运动与力的关系．
9.【答案】BCD
【解析】解：A、线速度是矢量，匀速圆周运动中线速度的方向不断变化，故A错误；
B、根据匀速圆周运动的定义可知，匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动，故B正确；
CD、匀速圆周运动的角速度不变，周期与转速都不变，故CD正确。
故选：BCD。
匀速圆周运动是线速度的大小不变的圆周运动，也是角速度不变的圆周运动。其速度、加速度、向心力的方向都不断变化。
掌握匀速圆周运动的特点，要知道描述匀速圆周运动的物理量中那些量是变化的，那些量是不变的。
10.【答案】AD
【解析】解：AB、要使船渡河时间最短，船头应正对河岸前进，故渡河时间为：t=dvc=1205=24s，故A正确，B错误；
CD、因船速大于水速，则当船的合速度正对河岸时，船垂直过河，此时最短位移是120m，渡河的时间：t′=dv⊥=dvc2−vs2=12052−32s=30s.故C错误，D正确；
故选：AD。
小船在河水中参与了两个运动，一是随水流向下的运动，二是船在静水中的运动，则由运动的合成与分解可确定答案。
船渡河时，当船头正对河岸运行时渡河时间最短；而当船速大于水速时，船可以垂直河岸过河。
11.【答案】BC
【解析】解：AB.两轮靠摩擦传动，且没有滑动，因此A、B两点的线速度大小相等，故A、B两点的线速度之比为1：1，故A错误，B正确；
C.由于两轮的线速度相同，且半径之比为2：1，根据v=rω可得，A、B两点的角速度之比为1：2，故C正确；
D.由于两轮的线速度相同，且半径之比为2：1，根据向心加速度公式a=v2r可得，A、B两点的向心加速度之比为1：2，故D错误。
故选：BC。
靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，知A、B线速度大小相等，根据v=rω，a=rω2，可得出角速度和加速度的关系。
解决本题的关键掌握靠摩擦传动轮子边缘上的点，线速度大小相等，共轴转动的点，具有相同的角速度。
12.【答案】BD
【解析】解：A、由平抛运动规律得：
H=12gt2
解得小球在空中运动的时间为：
t=1s
故A错误；
B、设小球运动到墙顶b点所用时间为t1，竖直方向上有：
H−h=12gt12
水平方向上有：
L=v0t1
解得此时初速度为：v0=5m/s，故B正确；
C、当小球落在墙角时，水平方向有：
L=v1t
解得此时初速度为：v1=3m/s，则要想让小球打在墙上，则速度应该在3m/s−5m/s之间，故C错误；
D、v0最小时，小球恰好经过墙顶b点后落在马路上，v0最大时，小球落在马路的最右端，设v0的最大值为v2，水平方向上有：
L+x=v2t
解得此时初速度为：v2=13m/s，所以小球抛出时的速度v0取值范围大小为5m/s≤v0≤13m/s，故D正确；
故选：BD。
根据平抛运动特点，水平竖直列式计算即可。
本题主要考察平抛运动的基本计算，注意题中所给临界条件。
13.【答案】
【解析】解：(1)本实验需用铅垂线确定竖直方向的y轴，然后根据横纵坐标垂直做出x轴，故B正确，ACD错误；
(2)AB、为了保证小球的初速度相等，每次应让小球从斜槽的同一位置由静止释放，但斜槽不要求一定光滑，故AB错误；
C、记录的点适当多一些，才能使描出的轨迹更好地反映真实运动，故C正确；
D、描绘小球运动的轨迹时，将偏离比较远的点(误差较大)可以舍去，剩余的点用一条平滑曲线连接，故D错误；
(3)①根据Δy=gT2，T=Δyg=2×0.00210s=0.02s；②水平方向有x=v0T，即v0=xT=3×；③B点竖直方向速度vBy=yAC2T=8×0.0022×0.02m/s=0.4m/s，B点速度vB=v02+vBy2=0.32+0.42m/s=0.5m/s；
故答案为：B；C；0.02；0.3；0.5。
y轴反向是否竖直需要用铅垂线；控制变量法可知小球需从同一位置无初速度释放，斜槽是否光滑对实验无影响，记录的点适当多一些，才能使描出的轨迹更好地反映真实运动；应用竖直方向和水平方向运动学公式求解加速度和速度。
本题从基本实验注意事项出发，考查了注意事项，误差影响要素，速度加速度计算，学生需对实验步骤及误差分析掌握熟练，题目难度一般。
14.【答案】A；D；C
【解析】解：(1)在这两个装置中，控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间的关系，故采用的控制变量法，故选A
(2)控制半径，角速度，不变，只改变质量，来研究向心力与质量之间的关系，故选D
(3)通过控制变量法，得到的结果为在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故选C
故答案为：(1)A；(2)D；(3)C
物理学中对于多因素的问题，常常采用控制变量的方法，把多因素的问题变成单因素的问题，每一次只改变其中的一个因素，而控制其余因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别研究，甲加以综合解决，即为控制变量法；
本体主要考察了控制变量法，明确控制变量法的内容即可；
15.【答案】解：(1)由线速度定义得：线速度的大小为：v=△s△t=10010m/s=10m/s
(2)周期为：T=2πrv=2π×2010s=4πs=12.56s
(3)角速度ω=2πT=2π4πrad/s=0.5rad/s.
答：(1)线速度大小为10m/s；
(2)周期为12.56s；
(3)角速度为0.5rad/s.
【解析】(1)根据v=△s△t求出匀速圆周运动的线速度大小．
(2)根据T=2πrv求出运动的周期．
(3)根据ω=2πT求出角速度的大小．
解决本题的关键掌握线速度的定义，然后根据线速度、角速度、周期的关系求解．
16.【答案】解：(1)根据h=12gt2得：t=2hg=2×0.810s=0.4s
(2)石子落地时离抛出点的水平位移为：x=v0t=3×0.4m=1.2m
(3)落地时竖直速度为：vy=gt=10×0.4=4m/s
落地速度为：v=v02+vy2=32+42m/s=5m/s
答：(1)石子在空中飞行时间为0.4s；
(2)石子落地时离抛出点的水平位移大小为1.2m；
(3)石子落地时的速度大小为5m/s
【解析】(1)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，根据高度求出时间．
(2)根据x=v0t求从抛出点到落地点的水平距离．
(3)结合速度时间公式求出石子落地时的竖直分速度，再求出石子落地时速度方向与水平方向夹角的正切值．
解决本题的关键是要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．
17.【答案】解：(1)将小球的的运动沿水平方向，竖直方向分解，如图，有：sin37∘=v0v，则v0=vsin37∘=50×0.6m/s=30m/s，
cs37∘=vyv，则vy=vcs37∘=50×0.8m/s=40m/s。vy=gt，则小球的飞行时间t=vyg=4010s=4s。
(2)小球的水平位移x=v0t=30×4m=120m。
(3)小球抛出点到落地点的高度：h=12gt2=12×10×42m=80m。
答：(1)小球的飞行时间是4s；
(2)小球的水平位移是120m；
(3)小球抛出点到落点的高度是80m。
【解析】将小球的的运动沿水平方向，竖直方向分解，利用数学方法可求得水平速度和竖直速度，然后利用平抛的运动规律求解时间、水平位移和下落高度。
本题主要考查了平抛的运动规律，解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向的运动规律，结合斜面的角度，利用数学方法求解。
18.【答案】解：(1)当小球在最高点速度为4m/s时，
小球角速度ω=vr=40.4rad/s=10rad/s，
(2)过最高点时绳的拉力刚好为零，重力提供圆周运动的向心力。根据牛顿第二定律得：
mg=mv02L，
v0=gL=10×0.4m/s=2m/s，
(3)当过最低点时的速度为6m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
F1−mg=v12L
F1=v12L+mg=0.5×620.4N+0.5×10N=50N。
答：(1)若过最高点时的速度为4m/s，此时小球角速度大小是10rad/s；
(2)若过最高点时绳的拉力刚好为零，此时小球速度大小是2m/s；
(3)若过最低点时的速度为6m/s，此时绳的拉力大小是50N。
【解析】(1)当小球在最高点速度为4m/s时，根据ω=vr求解小球角速度。
(2)过最高点时绳的拉力刚好为零，重力提供圆周运动的向心力。根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度。
(3)当过最低点时的速度为6m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出细线的拉力。
解决本题的关键知道小球在竖直面内做圆周运动，靠沿半径方向的合力提供向心力。