1、河南省林州市第一中學2017-2018學年高一3月份月考物理試題一、選擇題1. 下列說法正確的是：（ ）a. 曲線運動的原因是物體所受合力的方向與加速度的方向相同。b. 平拋運動的物體在相同時間內速度的變化量相同。c. 做勻速圓周運動的物體的速度變化率保持不變。d. 向心加速度是物體所受的指向圓心的力所提供的。【答案】b【解析】a、物體做曲線運動的條件是加速度與速度不共線，但是根據牛頓第二定律受合力方向與加速度方向一定是相同的，故a錯誤；b、平拋運動的加速度不變，根據公式可知：在相等時間內速度變化量相同，故b正確；c、做勻速圓周運動的物體的速度變化率即加速度的大小保持不變，但是方向時刻的變化，

2、即加速度為變化的，故選項c錯誤；d、向心加速度是物體所受的指向圓心的合力所提供的，這個合力可以是某個力來充當，也可以是某些力的合力來充當，也可以是某個力的分力來充當，故選項d錯誤。2. 如圖所示，在水平冰面上，狗拉著雪橇做勻速圓周運動，o點為圓心能正確表示雪橇受到的牽引力f及摩擦力ff的圖是：（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】由于雪橇在冰面上滑動，其滑動摩擦力方向必與運動方向相反，即沿圓的切線方向；因雪橇做勻速圓周運動，合力一定指向圓心由此可知c正確【點睛】本題關鍵對雪橇受力分析，根據滑動摩擦力與相對滑動方向相反得出滑動摩擦力的方向，根據勻速圓周運動的合力指向圓心，得出拉力的方向

3、3. 某質點在水平面內運動，在xoy坐標系中，質點（x，y）隨時間t的變化規律是 ， 由此判斷質點的運動是：（ ）a. 勻加速直線運動 b. 勻速直線運動c. 勻變速曲線運動 d. 勻速圓周運動【答案】a.點睛：位移對時間的一次求導得到速度，二次求導得到加速度；對兩個分運動分別求解速度和加速度，然后根據平行四邊形定則合成得到合速度和合運動的加速度，判斷物體的運動性質。4. 把一個物體在高為h處以初速度v0水平拋出，若落地時速度為v，它的豎直分速度為vy，則不能用來計算物體在空中運動時間的是：（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】根據平行四邊形定則知，豎直分速度 ，解得在空中運動的時間

4、，故a不符合題意，b符合題意根據h=gt2得，t=，故c不符合題意根據平均速度推論，解得故d不符合題意故選b5. 一輛開往雅安地震災區滿載新鮮水果的貨車以恒定速率通過水平面內的某轉盤，角速度為，其中一個處于中間位置的水果質量為m，它到轉盤中心的距離為r，則其他水果對該水果的作用力為：（ ）a. mg b. m2rc. d. 【答案】c【解析】蘋果做勻速圓周運動，合力提供向心力，受重力和彈力，根據牛頓第二定律和向心力公式，有：水平方向：fx=m2r；豎直方向：fy=mg；故合力為：，故c正確故選c.【點睛】本題關鍵是將蘋果合力分解為水平方向和豎直方向的分力，然后運用牛頓第二定律列式分析6. 如圖

5、所示的兩個斜面，傾角分別為37°和53°，在頂點兩個小球a、b以同樣大小的初速度分別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上，若不計空氣阻力，則a、b兩個小球平拋運動時間之比為：( )a. 1:1 b. 4:3 c. 16:9 d. 9:16【答案】d【解析】對于a球有：，解得，同理對于b球有：，則，故d正確，a、b、c錯誤。點睛：解決本題的關鍵抓住平拋運動落在斜面上豎直方向上的位移和水平方向上的位移是定值。7. 如圖所示，質量為m的小球a、b分別固定在輕桿的中點和端點，當桿在光滑水平面上繞o點勻速轉動時，則桿oa段與ab段對球的拉力之比為：( )a. 3：2 b. 2：3 c

6、. 3：1 d. 1:3【答案】a【解析】設，小球運動的角速度為，桿oa段與ab段對球的拉力分別為、，根據牛頓第二定律得：對b球： 對a球： 聯立可以解得：，故選項a正確，選項bcd錯誤。點睛：當桿在光滑水平面上繞o點勻速轉動時，ab兩球做勻速圓周運動，所受的合力提供向心力，根據牛頓第二定律，采用隔離法研究桿oa段與ab段對球的拉力之比。8. 如圖所示，勻速轉動的水平圓盤上在離轉軸某一距離處放一滑塊，該滑塊恰能跟隨圓盤做勻速圓周運動而不產生相對滑動，則在改變下列何種條件的情況下，滑塊仍能與圓盤保持相對靜止：（ ）a. 增大圓盤轉動的角速度b. 增大滑塊到轉軸的距離c. 增大滑塊的質量md. 前

7、三個條件都不能使滑塊與圓盤保持相對靜止【答案】c【解析】a、滑塊剛要發生相對滑動時，最大靜摩擦力提供向心力，此時有：，角速度增大，所需要的向心力增大，將大于最大靜摩擦力而發生相對滑動，故a錯誤；b、增大滑塊到轉軸的距離，即r增大，需要的向心力增大，將大于最大靜摩擦力而發生相對滑動，故b錯誤；c、滑塊在轉盤上發生相對滑動的臨界狀態時有：，由此可知此式與質量m無關，所以增大滑塊的質量時仍保持相對靜止，故c正確， d錯誤。點睛：弄清向心力的來源是解決圓周運動問題的關鍵，然后利用向心力公式進行求解。9. 如圖所示，一小物塊以大小為a4 m/s2的向心加速度做勻速圓周運動，半徑r1 m，則下列說法正確的

8、是：（ ）a. 小球運動的線速度為2 m/sb. 小球在2 s內通過的路程為零c. 小球在t內通過的位移大小為d. 小球做圓周運動的周期為 s【答案】ad【解析】a、依據，物塊運動的線速度：，故a正確；b、周期，則小球在2 s內繞圓周做兩圈，故路程為：故b錯誤，d正確；c、質點運動的周期為，知是內，即在周期內物塊轉過圓，通過的位移大小為：，故c錯誤。點睛：解決本題的關鍵掌握線速度、角速度、周期的關系公式，以及它們的聯系，能熟練對公式進行變形應用。10. 平拋物體的初速度為v0，當水平方向分位移與豎直方向分位移相等時：（ ）a. 運動的時間 b. 瞬時速率c. 位移大小等于 d. 水平分速度與豎

9、直分速度大小相等【答案】abcb、根據平行四邊形定則知，瞬時速率，故b正確；c、水平位移，根據平行四邊形定則知，位移的大小，故c正確。點睛：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。11. 小球以水平速度進入一個水平放置的光滑的螺旋形軌道，軌道半徑逐漸減小，則：（ ）a. 球的向心加速度不斷減小b. 球的角速度不斷增大c. 球對軌道的壓力不斷減小d. 小球運動周期不斷減小【答案】bd【解析】軌道對小球的支持力與速度方向垂直，則軌道對小球的支持力不做功，重力也不做功，根據動能定理，合力不做功，則動能不變，即小球的線速度大小不變； a、由可知，速度不變，半

10、徑減小，則可知向心加速度不斷增大，故a錯誤； b、根據，線速度大小不變，轉動半徑減小，故角速度變大，故b正確；c、根據向心力公式可知：可知，速度不變、半徑減小，向心力增大，從而導致球對軌道的壓力不斷增大，故c錯誤； d、根據可知，角速度增加，故周期減小，故d正確。點睛：本題關鍵是能夠根據動能定理、線速度與角速度關系公式、向心加速度公式列式判斷，注意線速度不變是解題的關鍵。12. 如下圖所示為兩級皮帶傳動裝置，轉動時皮帶均不打滑，中間兩個輪子是固定在一起的，輪1的半徑和輪2的半徑相同，輪3的半徑和輪4的半徑相同，且為輪1和輪2半徑的一半，則輪1邊緣的a點和輪4邊緣的c點相比：( ) a. 線速度

11、之比為12 b. 角速度之比為41c. 向心加速度之比為81 d. 向心加速度之比為18【答案】ad【解析】a、由圖可知，1與3邊緣的線速度相等，2與4邊緣的線速度相等；2與3的角速度相等，根據，可知；所以得：，其中、為輪2和輪3邊緣的線速度，則，故a正確；b、根據公式可得：，故b錯誤；c、設輪4的半徑為r，則，即，故c錯誤，d正確點睛：本題關鍵是明確同軸傳動與同緣傳動的區別，記住線速度與角速度關系公式、向心加速度公式。二、實驗題13. 在“探究平拋運動的運動規律”的實驗中，可以描繪出小球平拋運動的軌跡，某次實驗在坐標紙上描出了a、b、c、d四個點。（1）關于該實驗，下列說法正確的是_。a應使

12、小球每次從斜槽上相同的位置由靜止滑下b斜槽軌道必須光滑c斜槽軌道末端可以不水平d要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些e為了比較準確地描出小球的運動軌跡，應用一條曲線把所有的點連接起來（2）已知圖中小方格的邊長l=10cm，小球平拋的初速度為v=_（用l、g表示），b點的速度大小為_m/s。（3）圖中的a點_(填是或否)是拋出點，如不是，拋出點的坐標是_(以a點為坐標原點)。（取g =10m/s2）【答案】 (1). (1). ad (2). (2). 2 (3). (3). 2.5m/s (4). (4). 否 (5). (5). （-10cm 1.25cm）【解析】（1）為

13、了能畫出平拋運動軌跡，首先保證小球做的是平拋運動，所以斜槽軌道不一定要光滑，但斜槽軌道末端必須是水平的，同時要讓小球總是從同一位置釋放，這樣才能找到同一運動軌跡上的幾個點，不需要把所有的點都連接起來，而是讓更多的點分布在曲線兩邊要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些故ad正確，bce錯誤；（2）在豎直方向上，根據得，初速度b點的豎直分速度根據矢量的合成法則，則b點的速度大小為；（3）則，知a不是拋出點；根據b點的豎直分速度，可知，拋出點到b點的時間那么從拋出點到b點的水平位移為：；從拋出點到b點的豎直位移為：；因ab的水平位移為，而豎直位移為；所以，拋出點坐標為：；點睛：對于研

14、究平拋運動的實驗不要只是從理論上理解，一定動手實驗才能體會每步操作的具體含義，解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式和推論靈活求解。三、計算題14. 如圖，長為r的輕桿一端固定著質量為m的小球，以另一端為軸在豎直面內勻速轉動，求下列兩種情況下小球轉動的角速度的值：（1）當球轉至最高點時，若小球對棒的作用力為0；（2）當球轉至最高點時，若小球對棒的作用力為mg【答案】 【解析】（1）若小球對棒作用力為0則只有重力提供向心力，根據牛頓第二定律： 得：； （2）若小球對棒作用力為拉力，即棒對小球的作用力也為拉力根據牛頓第二定律：，得：；若小球對棒作用力為支持力，即

15、棒對小球的作用力為支持力，根據牛頓第二定律：得：。點睛：解決本題的關鍵知道圓周運動徑向的合力提供向心力，以及知道桿子的作用力可以表現為支持力，也可以表現為拉力。15. 如圖所示，ab為斜面，傾角為300，小球從a點以初速度v0水平拋出，恰好落到b點。求：(1)物體在空中的飛行時間； (2) ab間的距離；(3)從拋出開始經過多少時間小球與斜面間的距離最大？（答案可以用根式表示）【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）（2）設飛行時間為，則水平方向位移： 豎直方向位移：解得：，；（3）設小球拋出時間后與斜面間距離最大，此時小球的速度與斜面平行 則，則：。點睛：利用平拋運動的規律，在水平和豎

16、直方向列方程，同時要充分的利用三角形的邊角關系，找出內在的聯系。16. 圖中給出了某一通關游戲的示意圖。安裝在軌道ab上可上下移動的彈射器,能水平射出速度大小可調節的彈丸,彈丸射出口在b點的正上方,豎直面內的半圓弧bcd的半徑r=2.0m,直徑bd水平且雨軌道ab處在同一豎直面內,小孔p和圓心o連線與水平方向夾角為370.游戲要求彈丸垂直于p點圓弧切線方向射入小孔p就能進入下一關。為了能通關,彈射器離b點的高度和彈丸射出的初速度分別是(不計空氣阻力，sin370=0.6，cos370=0.8) 【答案】0.15m 4 m/s【解析】如圖所示，oe=opcos37°=2×0.

17、8m=1.6m， pe=opsin37°=2×0.6m=1.2m，平拋運動的水平位移為：x=bo+oe=3.6m，即：v0t=3.6m，of=p-1.2=y-1.2，cf=oe 1.6，而，解得： ，所以mb=y-pe=1.35-1.2m=0.15m，又tan37°，即，v0t=3.6m，代入數據解得：v04m/s。點睛：本題考查了平拋運動的運用，抓住速度方向垂直p點圓弧的切線方向是關鍵，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，通過運動學公式和幾何關系進行求解，有一定的難度17. “東風”汽車公司在湖北某地有一試車場,其中有一檢測汽車在極限狀態下車速的試車道

18、,該試車道呈碗狀,如圖所示。有一質量為m=1t的小汽車在a車道上飛馳,已知該車道轉彎半徑r為150m,路面傾斜角為=450(與水平面夾角)，路面與車胎摩擦因數為0.25，求汽車所能允許的最大車速。【答案】50m/s.【解析】如圖所示，實線表示傾角為45°的路面.當汽車以最大車速在圖示的水平面內做圓周運動時，有離心運動的趨勢，汽車受沿路面向下的靜摩擦力，    此時最大靜摩擦力f=n