1、2021-2022學年廣東省汕頭市金廈職業中學高一物理月考試卷含解析一、 選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1. 關于速度和加速度的說法中，正確的是A速度是描述運動物體位置變化大小的物理量， 而加速度是描述物體運動速度變化快慢的物理量B運動物體速度變化大小與速度變化在實質上是同一個意思C速度的變化率表示速度變化的快慢，速度變化的大小表示速度增量的大小D速度是描述運動物體位置變化快慢的物理量，加速度是描述物體位移變化快慢的物理量參考答案：C2. 參考答案：CD3. 運動員投擲鉛球的過程示意圖如圖所示,下列說法中正確的是A. 在a到b的過程中，運動員對鉛球做了功

2、B. 在b到c的過程中，運動員對鉛球做了功C. 在c到d的過程中，沒有力對鉛球做功D. 在a到d的過程中，鉛球的運動狀態在不斷的變化參考答案：AC4. 同一物體分別在北京和廣州隨地球自轉，關于它分別在兩地的向心加速度，下列說法中正確的是（ ）A它們的方向都沿半徑指向地心B它們的方向都在平行于赤道的平面內指向地軸C北京的向心加速度比廣州的向心加速度大D北京的向心加速度與廣州的向心加速度一樣大參考答案：B5. （多選題）關于平拋物體的運動，以下說法正確的是（）A做平拋運動的物體，速度和加速度都隨時間的增加而增大B平拋物體的運行是變加速運動C做平拋運動的物體在相同時間內速度的變化量相同D做平拋運動的

3、物體水平方向的速率不變參考答案：CD【考點】平拋運動【分析】平拋運動的加速度不變，做勻變速曲線運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動【解答】解：A、平拋運動的加速度不變，水平分速度不變，豎直分速度增大，根據平行四邊形定則知，速度增大，故A錯誤B、平拋運動的加速度不變，做勻變速曲線運動，故B錯誤C、平拋運動的加速度不變，在相等時間內速度變化量相同，故C正確D、平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，水平分速度不變，故D正確故選：CD二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6. 在研究平拋運動的實驗中，用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長L.若小球在平拋運動途中的

4、幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，則小球平拋的初速度的計算式為v0 ( 用l、g表示)。參考答案：7. 用如圖所示的方法可以測出一個人的反應時間.甲同學用手握住直尺頂端刻度為零的地方，乙同學在直尺下端刻度為a的地方做捏住尺子的準備，但手沒有碰到尺子.當乙同學看到甲同學放開尺子時，立即捏住尺子，乙同學發現捏住尺子的位置刻度為b.已知重力加速度為g，a、b的單位為國際制主單位，則乙同學的反應時間t約等于_.參考答案：8. 在寬20m的河中央有只小木船，在岸上用兩根長各為26m的繩子拉船勻速行駛，若繩子的拉力均為1300N，可知小木船所受到的水的阻力為 。 參考答案：2400N9. 電磁打點計時器

5、和電火花計時器都是使用_電源的計時儀器，電磁打點計時器工作的電壓是_，電火花計時器工作的電壓是_當電源頻率是50 Hz時，它每隔_打一個點如圖所示為物體運動時打點計時器打出的一條紙帶，圖中相鄰的點間還有四個點，已知打點計時器接交流50 Hz的電源，則ae段的平均速度為_ m/s，d點的瞬時速度約為_ m/s.參考答案：10. 一個物體以某一初速度v0開始作勻減速直線運動直到停止，其總位移為s。當它的位移為時，所用時間為t1，當它的速度為時，所用時間為t2。則t1t2_。參考答案：11. 如圖所示，粗細均勻的U型玻璃管兩端開口，豎直向上放置，右管水銀柱下封有一定質量的氣體，其液面高度差分別為h1

6、、h2，如向右管倒入少量水銀，則有h1_；如向左管倒入少量水銀，則有h1_(填“增大”、“減小”或“不變”)。參考答案：增大，不變12. 平拋運動分解為水平方向的_運動和豎直方向上的_運動。參考答案：13. 用三根輕繩將質量為m的物塊懸掛在空中,如圖所示已知ac和bc與豎直方向的夾角分別為 和，則ac繩的拉力分別為 bc繩中的拉力為 。參考答案：三、 簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14. 如圖所示，P為彈射器，PA、BC為光滑水平面分別與傳送帶AB水平相連，CD 為光滑半圓軌道，其半徑R=2m，傳送帶AB長為L=6m，并沿逆時針方向勻速轉動。現有一質量m=1kg 的物體（可視為

7、質點）由彈射器P彈出后滑向傳送帶經BC緊貼圓弧面到達D點，已知彈射器的彈性勢能全部轉化為物體的動能，物體與傳送帶的動摩擦因數為=0.2。取g=10m/s2，現要使物體剛好能經過D點，求：（1）物體到達D點速度大小；（2）則彈射器初始時具有的彈性勢能至少為多少。參考答案：（1）2m/s；（2）62J【詳解】（1）由題知，物體剛好能經過D點，則有：解得：m/s（2）物體從彈射到D點，由動能定理得：解得：62J15. 一顆在赤道上空運行的人造衛星，其軌道半徑為r=2R(R為地球半徑)，衛星的轉動方向與地球自轉方向相同.已知地球自轉的角速度為，地球表面處的重力加速度為g.求：(1)該衛星所在處的重力加

8、速度g；(2)該衛星繞地球轉動的角速度；(3)該衛星相鄰兩次經過赤道上同一建筑物正上方的時間間隔.參考答案：（1）（2）（3）【詳解】(1)在地球表面處物體受到的重力等于萬有引力mg=，在軌道半徑為r=2R處,仍有萬有引力等于重力mg=，解得：g=g/4；(2)根據萬有引力提供向心力，mg=，聯立可得=，(3)衛星繞地球做勻速圓周運動，建筑物隨地球自轉做勻速圓周運動，當衛星轉過的角度與建筑物轉過的角度之差等于2時，衛星再次出現在建筑物上空以地面為參照物，衛星再次出現在建筑物上方時，建筑物隨地球轉過的弧度比衛星轉過弧度少2.即t?0t=2解得：【點睛】（1）在地球表面處物體受到的重力等于萬有引力

9、mg=，在軌道半徑為2R處，仍有萬有引力等于重力mg=，化簡可得在軌道半徑為2R 處的重力加速度；（2）人造地球衛星繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，結合黃金代換計算人造衛星繞地球轉動的角速度；（3）衛星繞地球做勻速圓周運動，建筑物隨地球自轉做勻速圓周運動，當衛星轉過的角度與建筑物轉過的角度之差等于2時，衛星再次出現在建筑物上空四、計算題：本題共3小題，共計47分16. 如圖3所示,一根長0.1 m的細線,一端系著一個質量為0.18 kg的小球,拉住線的另一端,使球在光滑的水平桌面上做勻速圓周運動.當小球的轉速增加到開始時轉速的3倍時,細線斷開,線斷開前的瞬間,線的拉力比開始時

10、大40 N.(重力加速度g=10 m/s2)求:(1)線斷開前的瞬間,線的拉力大小;(2)線斷開的瞬間,小球運動的線速度大小;(3)如果小球離開桌面時,速度方向與桌邊的夾角為60,桌面高出地面0.8 m,求小球飛出后的落地點垂直到桌邊的水平距離.參考答案：17. 如圖，光滑軌道固定在豎直平面內，水平段緊貼地面，彎曲段的頂部切線水平、離地高為h；滑塊A靜止在水平軌道上，v0=40m/s 的子彈水平射入滑塊A后一起沿軌道向右運動，并從軌道頂部水平拋出已知滑塊A的質量是子彈的3倍，取g=10m/s2，不計空氣阻力求：（1）子彈射入滑塊后一起運動的速度；（2）水平距離x與h關系的表達式；（3）當h多高

11、時，x最大，并求出這個最大值參考答案：解：（1）設子彈的質量為m，則滑塊的質量為3m，子彈射入滑塊后一起運動速度為v1，由動量守恒：mv0=（m+3m）v1解得：v1=v0=10m/s（2）設子彈與滑塊到達軌道頂部時的速度為v2，由機械能守恒定律：（m+3m）v12=（m+3m）v22+（m+3m）gh 設子彈與滑塊離開軌道頂部到落到地面的時間為t，由平拋運動規律：x=v2t豎直方向：h=聯立得：x=（3）因為：x=所以：h=2.5m時，B的水平距離最大xmax=5m答：（1）子彈射入滑塊后一起運動的速度為10m/s；（2）水平距離x與h關系的表達式為x=；（3）h=2.5m時，B的水平距離最大xmax=5m【考點】動量守恒定律；平拋運動；機械能守恒定律【分析】子彈與滑動的過程中系統動量守恒，根據動量守恒方程可以求出子彈射入滑塊后一起運動的速度；滑塊和子彈共同體滑上軌道的過程中只有重力做功，系統機械能守恒，根據機械能守恒方程可以求出滑塊到達軌道頂