1、- 1 -永春一中 2017-2018 学年（下）高一年 6 月月考物理试卷物理科试卷一、单项选择题（本大题共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得 3 分，选错或不答的得 0 分。 ）1. 做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是( )A. 速度 B. 速率 C. 加速度 D. 合外力【答案】A【解析】做曲线运动的物体，在运动过程中，速度的方向一定变化，即速度一定变化，选项A 正确；做曲线运动的物体，速率可能不变，例如匀速圆周运动，选项 B 错误；做曲线运动的物体，加速度可能不变，合外力可能不变，例如平抛运动，选项 CD
2、 错误；故选 A.2. 下面关于两个互成角度的匀变速直线运动的合运动的说法中正确的是（ ）A. 合运动一定是匀变速直线运动 B. 合运动一定是曲线运动C. 合运动可能是变加速直线运动 D. 合运动可能是匀变速曲线运动【答案】D【解析】互成角度的两个初速度的合初速度为 v，两个加速度的合加速度为 a，如图，由物体做曲线运动的条件可知，当 v 与 a 共线时为匀变速直线运动，当 v 与 a 不共线时，为匀变速曲线运动；由于两个分运动的加速度都不变，故合加速度也不变，故合运动是匀变速运动，故 ABC 错误，D 正确；故选 D。3. 如图，A、B、C 三物体放在旋转水平圆台上，它们与圆台间的动摩擦因数
3、均相同，已知 A的质量为 2m，B 和 C 的质量均为 m，A、B 离轴距离为 R，C 离轴距离为 2R。当圆台转动时，三物均没有打滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则错误的是（ ）- 2 -A. 这时 C 的向心加速度最大B. 这时 B 物体受的摩擦力最小C. 若逐步增大圆台转速，B 比 A 先滑动D. 若逐步增大圆台转速，C 比 B 先滑动【答案】C4. 质量为 m 的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，如图所示，经过最高点而不脱离轨道的速度临界值是 v，当小球以 2v 的速度经过最高点时，对轨道的压力值是( )A. 0B. mgC. 2mgD. 3mg【答案】D【解析】当小球以速度 v
4、 经内轨道最高点时且不脱离轨道，则小球仅受重力，重力充当向心力，有 mg=m ；当小球以速度 2v 经内轨道最高点时，小球受重力 G 和轨道对小球竖直向下的支持力 N，合力充当向心力，有 mg+N=m ，又由牛顿第三定律得到，小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力相等，N=N；由以上三式得到，N=3mg。故选 D。- 3 -点睛：本题要注意对小球受力分析，找出向心力来源，知道恰能通过最高点的临界条件；同时题中要求的为轨道对小球的压力，而非支持力.5. 如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有两个小玻璃球 A、 B 沿锥面在水平面做匀速圆周运动，则下列关系式正确的是( )A. 它们的线速度 vAvBB.
5、 它们的角速度 A BC. 它们的向心加速度 aAaBD. 它们的向心力 FA FB【答案】A【解析】对 A、B 两球分别受力分析，如图，由图可知：F 合 =mgtan；因为两小球质量不知，所以它们的向心力不一定相等，故 D 错误；根据向心力公式有：mgtan=ma=m 2R=m ，解得：a=gtan，v= ， ，由于 A 球转动半径较大，故向心加速度一样大，A 球的线速度较大，角速度较小，故 A 正确，BC 错误。故选 A。6. 小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变。已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速( ) - 4 -A. 越接近 B 岸水速越大B. 越接近 B 岸水速越小C
6、. 由 A 到 B 水速先增后减D. 水流速度恒定【答案】B【解析】试题分析：从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，加速度的方向水平向左，知越靠近B 岸水速越小故 B 正确，ACD 错误故选 B。考点：运动的合成【名师点睛】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向。7. 如图，长为 L 的细绳，一端系一质量为 m 的小球，另一端固定于 O 点。当细绳竖直时小球静止，现给小球一水平初速度 v，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且刚好能通过最高点，则下列说法中正确的是（ ）A. 小球通过最高点时速度为零B. 小球经最低点时绳对小球的拉力为
7、C. 小球经最高点时速度大小为D. 小球经最高点时绳的拉力为 mg【答案】C【解析】小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg=m ，解得 v= 故 AD错误，C 正确。在最低点，有： Fmg m ，则绳子的拉力 F=mg+m 故 B 错误。故选 C。点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道“绳模型”最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行分析8. 假设地球的质量不变，而地球的半径变为原来半径的一半，那么从地球发射人造卫星的第一宇宙速度的大小应为原来的( )- 5 -A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 2 倍【答案】A【解析】地球的第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速
8、度，即轨道半径为地球半径的环绕速度，则由 得 所以第一宇宙速度是 ， R 为地球半径，地球半径增大到原来的 2 倍，所以第一宇宙速度（环绕速度）大小应为 ，即为原来的 倍，故选项B 正确。点睛：卫星所受的万有引力等于向心力、地面附近引力等于重力是卫星类问题必须要考虑的问题，本题根据这两个关系即可列式求解；理解第一宇宙速度及线速度、角速度、半径、周期之间的关系时，一定要紧扣万有引力公式。9. 地面上的物体做斜抛运动，初速度为 10m/s， g 取 10m/s2，其最大的射高和对应的抛射角分别为（ ）A. 10，90 B. 5，90C. 5，45 D. 5，0【答案】B点睛：处理斜上抛运动的方法与
9、解平抛运动的方法类似，都是分解成竖直方向和水平方向的两个分运动明确初速度的方向竖直向上时的射高最大是关键10. 如图所示，为一皮带传动装置，右轮半径为 r，a 为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为 4r，小轮半径为 2r，b 点在小轮上，到小轮中心的距离为 r。c 点和 d 点分别位于小轮和大轮的边缘上。若传动过程中皮带不打滑，则：（ ） a 点和 b 点的线速度大小相等 a 点和 b 点的角速度大小相等 - 6 -a 点和 c 点的线速度大小相等 a 点和 d 点的向心加速度大小相等A. B. C. D. 【答案】C【解析】a 点与 c 点是同缘传动，线速度相等，即：v a=vc；根据
10、v=r，有：；b、 c、d 三点是同轴转动，角速度相等，根据 v=r，有：vb：v c：v d=rb：r c：r d=1：2：4；故：v a：v b：v c：v d=2：1：2：4；则正确，错误；根据v=r，a 点和 b 点的角速度： ；则错误；根据 a= 可知 a 点和 d 点的向心加速度： ，则正确；故选 C。点睛：解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，以及知道共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的点线速度大小相等11. 机械手表的时针、分针、秒针的角速度之比为 （ ）A. 1：60：360 B. 1：12：360 C. 1：12：720 D. 1：60：720
11、0【答案】C【解析】时针转一周的时间为 12 小时，分针转一周的时间为 1 小时，秒针转一周的时间为1/60 小时，周期之比为 720:60:1，所以角速度之比为 1:60:720，故选 C。思路分析：根据周期之比求解角速度之比试题点评：考查角速度和周期的关系12. 小球质量为 m，用长为 L 的轻质细线悬挂在 O 点，在 O 点的正下方 处有一钉子 P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间，设线没有断裂，则下列说法错误的是（ ）- 7 -A. 小球的角速度突然增大B. 小球的瞬时速度突然增大C. 小球的向心加速度突然增大D. 小球对悬线的拉力突然增大【答案
12、】B【解析】A、B、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于重力与拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变根据 v=r ，知线速度大小不变，半径变小，则角速度增大，故故 A 正确，B 错误。C、根据向心加速度公式 得，线速度大小不变，半径变小，则向心加速度变大，故 C 正确。D、根据牛顿第二定律得 ，得，半径变小，则拉力变大，故 D 正确。本题选不正确的故选 B。【点睛】解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度之间的关系，以及知道在本题中悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变二多项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，在每小题给出的四个选项中，
13、有两个或以上正确选项，全选对的得 4 分，漏选得 2 分，选错得 0 分)13. .以下说法正确的是：（ ）A. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动B. 物体在变力的作用下不可能做直线运动C. 物体在恒力作用下可能做曲线运动D. 物体在变力的作用下可能做直线运动【答案】CD【解析】物体在恒力作用下可能做曲线运动,如平抛运动，A 错，C 对；物体在变力的作用下可能做直线运动，如力的方向与运动方向在一条直线上，只是大小发生变化，B 错，D 对。14. 关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（ ）A. 它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度B. 它是近地圆形轨道上人造地球卫星的运行速度C. 它是能使卫星进入
14、圆形轨道的最小发射速度D. 它是卫星在椭圆轨道上运行时近地点的速度- 8 -【答案】BC【解析】人造卫星在圆轨道上运行时，运行速度 ，轨道半径越大，速度越小，故它是人造地球卫星在近地圆轨道上的绕行速度，是卫星在圆轨道上运行的最大速度，故 B 正确，A 错误；物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度等于 7.9km/s，飞行器恰好做匀速圆周运动，如果速度小于 7.9km/s，就出现万有引力大于飞行器做圆周运动所需的向心力，做近心运动而落地，所以发射速度不能小于 7.9km/s；故 C 正确如果速度大于 7.9km/s，而小于 11.2km/s，它绕
15、地球飞行的轨迹就不是圆，而是椭圆，所以 7.9km/s 不是人造地球卫星绕地球运行的最大发射速度，故 D 错误故选 BC.点睛：注意第一宇宙速度有三种说法：它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度；它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度；它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度；15. 如图（a）所示，质量为 m 小球与轻绳端相连，绕另端点 O 在竖直平面内作圆周运动，绳子长度为 R，忽略一切阻力的影响，现测得绳子对小球的拉力随时间变化的图线如图（b）所示，则下列判断中一定正确的是( )A. t1时刻小球的速度大小为B. t2时刻小球的速度大小为C. t3时刻小球的速度大小为D. t4时刻小球
16、的速度大小为【答案】BD【解析】t 1时刻轻绳位于水平方向，由绳子的拉力提供向心力，由牛顿第二定律得：3mg=m ，则得 v= 故 A 错误。t 2时刻小球到达最低点，由重力与绳子拉力的合力提供- 9 -向心力，则有 6mg-mg=m ，得 v= 故 B 正确。t 3时刻与 t1时刻相同，轻绳位于水平方向，小球的速度为 v= 故 C 错误。t 4时刻小球到达最高点，由图知，绳的拉力为 0，由重力提供向心力，则有 mg=m ，得 v= 故 D 正确。故选 BD。点睛：本题综合考查了牛顿第二定律的应用，关键知道圆周运动向心力的来源，确定何时拉力最大，何时拉力最小16. 质量为 2 kg 的物体（可
17、视为质点）在水平外力 F 的作用下，从 t0 开始在平面直角坐标系 xoy（未画出）所决定的光滑水平面内运动。运动过程中，x 方向的位移时间图像如上图所示，y 方向的速度时间图象如下图所示。则下列说法正确的是（ ）A. t0 时刻，物体的速度大小为 10 m/sB. 物体所受外力 F 的大小为 5NC. 物体初速度方向与外力 F 的方向垂直D. 2 s 末，外力 F 的功率大小为 25W【答案】BD【解析】由图甲图得到物体在 x 方向做匀速直线运动，速度大小为 。t=0 时刻，y 方向物体的分速度为 vy=10m/s，物体的速度大小为v= m/s10m/s。故 A 错误。由乙图的斜率等于加速度
18、，得到物体的加速度大小为 ，所受外力 F 的大小为 F=ma=22.5N=5N故 B 正确。物体- 10 -在 x 方向做匀速直线运动，合力为零，y 方向做匀减速直线运动，则合力沿-y 轴方向，而物体的初速度不在 x 轴方向，所以物体的初速度方向和外力的方向并不垂直。故 C 错误。2s 末，外力的功率 P=Fvy=55W=25W故 D 正确。故选 BD。点睛：本题是运动的合成与分解问题知道 x、y 两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况对于位移图象与速度图象的斜率意义不同，不能混淆：位移图象的斜率等于速度，而速度图象的斜率等于加速度三、填空题（本题共 2 题，每空 2 分，共 12
19、 分。 ）17. （1） 如下图所示，3 个质量相等的小球 A、B、C 固定在轻质硬杆上，而且 OA=AB=BC，现将该装置放在光滑水平桌面上，使杆绕过 O 的竖直轴匀速转动，设 OA、AB、BC 上的拉力分别为 F1、F 2、F 3，则 F1：F 2：F 3=_。（2）飞机在 2 km 的高空以 100 m/s 的速度水平匀速飞行，相隔 1 s，先后从飞机上掉下A、 B 两物体，不计空气阻力，物体 A 飞行时间为_s 两物体在空中的最大距离是_（ g10 m/s 2）【答案】 (1). 6:5:3 (2). 20 (3). 195 【解析】 （1）设 OA=AB=BC=r，小球运动的角速度为
20、 ，杆 BC 段、AB 段、OA 段对球的拉力分别为 F3、F 2、F 1根据牛顿第二定律得：对 C 球：F 3=m 2 3r ；对 B 球：F 2-F3=m 22r ；对 A 球：F 1-F2=m 2r ；解得，F 1：F 2：F 3=6:5:3（2）两物体在空中处于同一条竖直线上，在竖直方向上做自由落体运动，两者的距离随着时间的增大逐渐增大当 A 着地时，两者在空中的距离最大根据 h= gt2得，则两者的最大距离 h h g(t1)22000 10192m=195m18. 如图为一小球做平抛运动的闪光照相片的一部分，图中背景方格的边长均为 5cm。如果取 ，那么：- 11 -（1）闪光频率
21、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。【答案】 (1). 10 (2). 1.5 (3). 2.5【解析】试题分析：(1)根据方格图片，AB 的竖直位移 3 格，BC 竖直位移 5 格，根据，解得 ，所以闪光频率是 10Hz(2)小球运动中水平分速度的大小为 ；(3)小球经过 B 点的竖直速度为，所以小球经过 B 点的速度为 。考点：此题考查平抛运动的规律。四、计算题（共 36 分）19. 如图所示，一圆锥摆摆长为 L，下端拴着质量为 m 的小球，当绳子与竖直方向成 角时，绳的拉力大小 F 是多少？圆锥摆周期 T 是多少？ 【答案】
22、(1) (2) 【解析】试题分析：（1）小球受重力和线的拉力作用，由这两个力的合力提供向心力，如图，- 12 -根据力的合成法得： （2）根据牛顿第二定律得，又 r=Lsin解得 考点：匀速圆周运动的规律20. 如图，半径 R0.9m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点 B 与长为 L1m的水平轨道相切于 B 点，BC 离地面高 h0.45m，C 点与一倾角为 30 的光滑斜面连接。质量 m1.0kg 的小滑块从圆弧顶点 D 由静止释放，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.1，g10m/s 2。求：小滑块刚到达圆弧的 B 点时轨道的支持力大小；小滑块从 C 点运动到地面所需的时间。【
23、答案】(1) 30N (2) 0.3s【解析】 （1）DB 动能定理：mgR= B 点：Nmg=m 得：N30N（2）DC 动能定理：mgRmgL= ，解得 vC=4m/s假设小滑块平抛落至水平地面上 得：t0.3s- 13 -得：x=1.2mhcot可见落在地面上时间为 0.3s。 点睛：本题考查了求压力、运动时间问题，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题21. 如图所示，在水平转台上放一个质量 M2 kg 的木块，它与转台间最大静摩擦力Ffmax8.0 N，绳的一端系在木块上，穿过转台的中心孔 O(孔光滑，忽略小滑轮的影响)，另一端悬挂一个质量 m1
24、.0 kg 的物体，当转台以角速度 5 rad/s 匀速转动时，木块相对转台静止，求木块到 O 点的距离的范围(取 g10 m/s 2， M、 m 均视为质点)。【答案】0.04m r0.36 m【解析】当 M 有远离轴心运动的趋势时，有：mg Ffmax M 2rmax当 M 有靠近轴心运动的趋势时，有：mg Ffmax M 2rmin 解得： rmax0.36 m， rmin0.04 m即 0.04m r0.36 m. 22. 如图甲所示， CABAD 为竖直放置的轨道，其中圆轨道的半径 r0.10 m，在轨道的最低点 A 和最高点 B 各安装了一个压力传感器(图中未画出)，小球(可视为质
25、点)从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力分别为 FA和 FB， g 取10 m/s2.- 14 -甲 乙(1)若不计小球所受的阻力，且小球恰好能通过 B 点，求小球通过 A 点时速度 vA的大小(2)若不计小球所受的阻力，小球每次都能通过 B 点， FB随 FA变化的图线如图乙所示，求小球的质量 m.【答案】(1) (2) 0.1 kg【解析】试题分析: (1)若小球通过 B 点时的速度为 vB，根据牛顿第二定律有根据机械能守恒定律有由以上两式解得(2)在 B 点, ，在 A 点,小球从 A 点到 B 点过程,各式联立得:当 代入上式解得 m0.1 kg. 2 分考点： 机械能守恒定律
