云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理5月月考试题.doc

云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理5月月考试题

云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理5月月考试题

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23

云南省楚雄天人中学2019-2020学年高一物理5月月考试题
第I卷（选择题)
一、单选题（本大题共15题，每题2分，共30分）
1．如图所示，某行星绕太阳运行的轨道为椭圆，该行星在近日点A受到太阳对它的万有引力为，在远日点B受到太阳对它的万有引力为。和则大小关系为（　　）
A．﹤ B．= C．﹥ D．无法确定
2．如图所示，一小球套在光滑轻杆上，绕着竖直轴OO′匀速转动，下列关于小球受力的说法中正确的是（　　）
A．小球受到离心力、重力和弹力
B．小于受到重力和弹力
C．小球受到重力、弹力、向心力
D．小球受到重力、弹力、下滑力
3．以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是（　　）
A．即时速度的大小是v0 B．运动时间是
C．竖直分速度大小等于水平分速度大小 D．运动的位移是
4．关于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．曲线运动是变速运动，所受的合外力一定变化
B．做曲线运动的物体，速度的方向与所受的合外力方向可以在一条直线上
C．做曲线运动的物体，速度的方向与所受的合外力的方向可以垂直
D．做曲线运动的物体，速度的大小与方向都时刻发生改变
5．如图所示，地球可以视为一个球体，O点为地球球心，位于昆明的物体A和位于赤道上的物体B，都随地球自转做匀速圆周运动，则：（ ）
A．物体的周期 B．物体的周期
C．物体的线速度大 D．物体的角速度大小

6．如图所示，长为L的细线一端固定，另一端系一质量为m的小球．小球在竖直平面内摆动，通过最低点时的速度大小为v，则此时细线对小球拉力的大小为
A．mg B．
C． D．
7．一颗人造卫星在地球引力作用下，绕地球做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，地球的半径为R，卫星的质量为m，卫星离地面的高度为h，引力常量为G，则地球对卫星的万有引力大小为（ ）
A． B． C． D．
8．某赛车在逆时针减速转弯，图示为转弯轨迹，则该车所受的合外力的示意图可能为( )
A． B． C． D．
9．在圆周运动中下列说法正确的是（     ）
A．线速度较大的物体，角速度一定也较大 B．由公式可知，做圆周运动半径大的物体，角速度一定小
C．飞轮转动的角速度越大，轮上同一点的线速度也越大 D．由公式可知，物体转动的半径与它的线速度大小成正比
10．端午赛龙舟是中华民族的传统，龙舟竞渡是铜梁独具韵味的传统风情之一。若某龙舟在比赛前划向比赛点的途中要渡过72m宽两岸平直的河，龙舟在静水中划行的速率为4m/s，河水的流速3m/s，下列说法中正确的是（ ）
A．该龙舟以最短时间渡河通过的位移为96m B．该龙舟渡河的最大速率约为8m/s
C．该龙船渡河所用时间最少为18s D．该龙舟不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
11．如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3m，L2＝2m，则A、B两小球（　　）
A．周期之比T1：T2＝2：3 B．角速度之比ω1：ω2＝3：2
C．线速度之比v1：v2＝： D．向心加速度之比a1：a2＝8：3

12．如图所示，小车m以速度v沿斜面匀速向下运动，并通过绳子带动重物M沿竖直杆上滑。则当滑轮右侧的绳子与竖直方向成θ角时，重物M上滑的速度为（　　）

A． B．
C． D．
13．如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ）
A．小球甲做平抛运动的初速度大小为
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为
C．A，B两点高度差为
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等

14．如图所示，长为r的细杆一端固定一个质量为 m 的小球，使之绕另一光滑端点 O 在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度 v=， 则下列说法不正确的 是（　　）
A．小球在最高点时对细杆的压力是
B．小球在最高点时对细杆的拉力是
C．若小球运动到最高点速度为，小球对细杆的弹力是零
D．若小球运动到最高点速度为 2，小球对细杆的拉力是 3mg
15． 假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0 ， 赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G．则地球的密度为（   ）
A. B. C. D.

二、多选题（每小题至少有两个正确答案，全部选对得4分，少选得2分，选错0分）
16．a，b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为va，vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta，tb，则(　　)

A．va>vb B．vatb D．ta体，圆锥体绕竖直轴转动。当圆锥体旋转角速度增大时，物体仍和圆锥体保持相对静止，则圆锥体对物体的
A．支持力将减小
B．支持力将增大
C．静摩擦力将不变
D．静摩擦力将增大

18.有两颗人造地球卫星质量之比为1∶2,绕地球运动的轨道半径之比为3∶1,下述正确的说法是 ( )
A.它们的周期之比1∶ B.环绕速度之比为∶
C.角速度之比为1∶ D.所受向心力之比1∶9

19．如图所示,水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度匀速转动,A、B、C三个木块放置在圆盘上面的同一条直径上,已知A的质量为2m,A与圆盘间的动摩擦因数为,B和C的质量均为mB和C与圆盘间的动摩擦因数均为,OA、OB、BC之间的距离均为L,开始时,圆盘匀速转动时的角速度比较小,A、B、C均和圆盘保持相对静止,重力加速度为g,则下列说法中正确的是(  )
A．若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度 时, B与圆盘间静摩擦力一直增大
B．若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度时,B、C可与圆盘保持相对静止
C．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度时,A与圆盘间静摩擦力先增大后保持不变,B与圆盘间静摩擦力先减小后增大
D．若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度时,A、B可与圆盘保持相对静止

第II卷（非选择题)
三、实验题
20．（4分）如图所示，皮带传动装置，在运行中皮带不打滑，两轮半径分别为R和r，且r/R=2/3，M、N分别为两轮边缘上的点，则在皮带运行过程中，M、N两点的角速度之比为ωM：ωN=___；线速度之比vM：vN=_______

21．（6分）(1)在做“研究平抛运动”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是________．
A．游标卡尺 B．秒表　C．坐标纸　D．天平　E．弹簧测力计　F．重垂线
(2)实验中，下列说法正确的是______．
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
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．斜槽轨道末端可以不水平
(3)在研究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25 cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图中a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0＝________(用L、g表示)，其值是________ m/s .(g取9.8 m/s2)

五、解答题（本大题共44分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，必须明确写出数值和单位）

22．（5分）如图所示，将一个小球从水平地面O点正上方某处，以v0=10m/s的初速度水平抛出，小球落在水平地面上A点，O、A两点相距x=20m，不计空气阻力，求：

(1)小球在空中运动的时间t；
(2)抛出点距离水平地面的高度h.

23．（6分）小车质量为1,以10速度经过半径为50的拱形桥最高点,如图甲所示.取.求:
(1).求桥对小车支持力的大小;
(2).如图乙所示.凹形路的半径也为50,小车以相同的速度通过凹形路的最低点时,求路面对小车支持力的大小.

24．（8分）中国已经成功拥有世界最先进的高铁集成技术、施工技术、装备制造技术和运营管理技术．中国高速列车保有量世界最多、种类最全．高速列车转弯时可认为是在水平面做圆周运动．为了让列车顺利转弯，同时避免车轮和铁轨受损，在修建铁路时会让外轨高于内轨，选择合适的内外轨高度差，以使列车以规定速度转弯时所需要的向心力完全由重力和支持力的合力来提供，如图所示，已知某段弯道内外轨道的倾角为θ，弯道的半径为R，重力加速度为g。
（1）若质量为m的一高速列车以规定速度通过上述弯道时，求该列车对轨道的压力大小。
（2）求上述弯道的规定速度v的大小。
（3）若列车在弯道上行驶的速度大于规定速度，将会出现什么现象或造成什么后果（请写出三条）?

25．（12分）如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8 m顶部水平高台，接着以v＝3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0m，人和车的总质量为180 kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：（人和车可视为质点）
(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s；
(2)从平台飞出到达A点时的速度及圆弧对应圆心角θ；
(3)人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力．

26（13分）．阅读材料，回答下列问题。
在物理学中规定，恢复系数指的是碰撞前后两物体在垂直于接触面的方向上分离速度与接近速度之比，且只与碰撞物体的材料有关。显然，当时，两物体将丧失分离速度；当时，两物体将以原相对接近速度分离。例如，一小球以速度竖直下落撞击地面，若，则有，那么小球将以反弹。
如图所示，一小球在距离地面高度为的空中以初速度为，抛射角为射出，恰好撞击在右侧等高的倾角为的光滑斜面上后反弹（未画出），已知小球与斜面的恢复系数为，，不计空气阻力，求：

(1)小球的发射点与斜面撞击点的距离；
(2)小球反弹后的瞬时速度；
(3)小球落地时的速度大小；

参考答案
1．C
【解析】
【详解】
根据万有引力定律可得

由于该行星在近日点时距离太阳的距离小于在远日点时距离太阳的距离，故有

故C正确，A、B、D错误；
故选C。
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
小球做圆周运动，受到重力和弹力作用，两个力的合力充当做圆周运动的向心力，故选B。
3．C
【解析】
本题考查的是平抛运动相关的一些计算问题．以初速度v0水平抛出一物体，当其竖直位移与水平位移相等，有：，有，答案B正确；C错误；平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向速度，合速度，答案A正确；水平位移：，由于水平位移和竖直位移相等，所以合位移为答案D对；
点评：平抛运动中水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，各分运动具有等时性和独立性，根据运动的合成与分解解决平抛类问题
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动；但做曲线运动的条件是合外力与初速度不再一条直线上，与合外力是否变化无关，故AB错误；
C．做曲线运动的物体，速度的方向与所受的合外力的方向不在一条直线上，可以垂直，故C正确；
D．做曲线运动的物体，速度的大小可以不变，但方向一定改变，故D错误。
故选C。
5．A
【解析】
【详解】
物体A和B分别静置地面上，共轴转动，周期相同，即TA=TB．故A正确，B错误．根据v=rω，可知，B物体的轨道半径较大，因此B物体的线速度较大，即有vB＞vA．故C错误；由ω=知角速度相同，即ωA=ωB．故D错误．故选A．
6．D
【解析】
在最低点,根据牛顿第二定律得,F−mg=，
解得F=mg+.故ABC错误，D正确．
故选D.
7．A
【解析】
【详解】
根据万有引力的大小公式为，，所以，故A正确，BCD错误。
【点睛】
解决本题关键掌握万有引力的大小公式，以及知道r为卫星到地心的距离。
8．C
【解析】
做曲线运动的物体，合外力的方向总指向曲线运动的凹侧，又由于减速运动，故外力的方向与速度方向的夹角大于90°，故C正确，ABD错误；
故选C．
【点睛】考查了曲线运动的条件的应用，即合外力与速度之间的关系不在一条直线上，物体就会做曲线运动，合外力的方向总指向曲线运动的凹侧．
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．圆周运动中线速度公式

和角速度公式

中的三个物理量，只有某一个量给定后，讨论另外两个物理量才有意义，而A、B、D都没有给定其中的任意一个量，因而讨论的结论也就不一定成立，故ABD错误；
C．飞轮上同一个点表明半径r一定，根据角速度公式

则角速度越大线速度就越大，故C正确。
故选C.
10．C
【解析】
【详解】
该龙舟以最短时间渡河用时间，沿河岸方向的位移：；通过的位移为，选项A错误，C正确；当船速与水流速度同向时合速度最大，最大速度为4m/s+3m/s=7m/s，选项B错误；因龙舟的静水速度大于水流速度，可知该龙舟能够垂直河岸到达正对岸，选项D错误.
11．C
【解析】
【详解】
AB．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。
对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：
在竖直方向有
Fcosθ-mg=0…①
在水平方向有
…②
由①②得

分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcosθ，相等，所以周期相等
T1：T2=1：1
角速度

则角速度之比
ω1ω2=1：1
故AB错误；
C．根据合力提供向心力得

解得

根据几何关系可知

故线速度之比

故C正确；
D．向心加速度：a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为

故D错误。
故选C。
12．D
【解析】
【分析】
【详解】
将物体的速度按图示两个方向分解，如图所示

则有

解得

故D正确，ABC错误。
故选D。
13．C
【解析】
A项，小球乙到C的速度为 ，此时小球甲的速度大小也为，又因为小球甲速度与竖直方向成角，可知水平分速度为故A错；
B、小球运动到C时所用的时间为 得
而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为
所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为 故B错
C、由甲乙各自运动的时间得： ，故C对；
D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；
故选C
14．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．在最高点，根据牛顿第二定律得

解得

根据牛顿第三定律知，小球在最高点对细杆的压力为，选项A正确，B错误；
C．在最高点，若细杆弹力为零，根据牛顿第二定律得

解得

选项C正确；
D．若在最高点速度为，根据牛顿第二定律得

解得

选项D正确。
本题选不正确的，故选B。
15． B
【解答】解：地球两级的物体受到的万有引力等于重力，所以：

赤道上的物体需要的向心力：
则：mg=mg0﹣F n
联立可得： 地球的质量：

又：
所以：ρ=
故选：B
16．AD
【解析】
【详解】
根据平抛运动竖直方向是自由落体运动，有 ，得 ;因为hb>ha，所以taxb，所以va>vb，故BC错误，AD正确；故选AD.
点睛：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．
17．AD
【解析】
【详解】

对物体受力分析如图，物体受重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，做匀速圆周运动

沿水平和竖直方向正交分解，则水平方向：
竖直方向：
联立解得：、
当圆锥体旋转角速度增大时，物体仍和圆锥体保持相对静止，圆锥体对物体的支持力将减小，静摩擦力将增大。故AD两项正确，BC两项错误。
18．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．同步卫星的轨道半径为

其运动周期等于地球自转的周期T，则线速度

故A正确；
B．根据牛顿第二定律得

得

又

联立得到

故B错误；
C．地球的第一宇宙速度为

结合B选项分析联立解得

故C错误；
D．由

又

联立得到

故D正确。
故选AD。
19．AD
【解析】B、A的质量为 ,A与圆盘间的动摩擦因数为,A与圆盘之间的最大静摩擦力:
A需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度 ,则:
所以
同理,B与圆盘之间的最大静摩擦力:
B需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度 ,则:
所以:
C与圆盘之间的最大静摩擦力:
C需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度 ,则:
所以:
A、 若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速时,由于 ，大于B的临界加速度，所以绳子是有力的，
以C为对象 ： ，
得： ，
以B为对象： ,

得：
当时， ；
当时， ；刚好达到最大静摩擦力，
所以当，通过计算得到B受到的摩擦力的范围： 所以B受到是静摩擦力且与圆盘间静摩擦力一直增大，故A正确
B、若B,C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度 时
把BC当做一个整体，所需的合外力 ，由于 ，所以B、C与圆盘发生相对滑动，故B错误。
C、若A,B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速时,通过分析知此时给的角速度大于A和B的临界角速度，所以绳子提供力，
对A分析：
对B分析：
整理两个公式可得：
所以随着的增大， 增大， 减小，当时，达到最大值，不变，而继续减小直到等零，然后的摩擦力方向发生变化
对A分析：
对B分析：
当时，达到最大值，A、B 要发生相对滑动，所以当
A的静摩擦力大小不变，而B的摩擦力先减小后反向增大。故C错误。
D、若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来, 当时，达到最大值，A、B 要发生相对滑动，则当圆盘转动的角速度时,A、B可与圆盘保持相对静止，故D正确。
综上所述本题答案是：AD
20. 1：1
【解析】
【分析】
应用线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等。
【详解】
在皮带轮问题中要注意：同一皮带上线速度相等，同一转盘上角速度相等。在该题中M、N两点的线速度相等，即有：vM=vN，所以vM：vN=1：1；根据线速度与角速度的关系：v=ωr得：ωMR=ωNr，所以：。

【点睛】
对于皮带传动装置问题要把握两点一是同一皮带上线速度相等，二是同一转盘上角速度相等。
21．CF AC 0.70 m/s
【解析】
【详解】
（1）在做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要重锤线，确保小球抛出是在竖直面内运动，还需要坐标纸，便于确定小球间的距离，故选CF．
（2）为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的相同位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑故A正确，B错误．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，故C正确．为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需水平，故D错误．故选AC．
（3）水平位移相等，则所用的时间相等，设为T； 在竖直方向上，根据△y=gT2得：，则平抛运动的初速度为：；带入数据解得：v0=0.70m/s．
22．(1) t = 2s (2) h = 20m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在水平方向有x = v0t，得t = 2 s （2分）
（2）在竖直方向有，得h = 20 m（3分）
23．(1)8000N (2)12000N
【解析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律：
（2分）
解得:
. （1分）
（2）在最低点时：
（2分）
解得:
（1分）
24．（1） （2） （3）①铁轨对车轮有指向弯道内侧的摩擦力
②将会出现外侧车轮的轮缘对外轨有侧向挤压力（或外轨对外侧车轮的轮缘有侧向挤压力）
③可能造成车轮和铁轨受损（变形）甚至出现列车脱轨，造成财产损失和人员伤亡的严重后果。
【解析】
【详解】
（1）如图所示，有

（1分）
得（1分）
由牛顿第三定律知，列车对轨道的压力大小为：（1分）
（2）由牛顿第二定律
（2分）
得（1分）
（3）①铁轨对车轮有指向弯道内侧的摩擦力；（1分）
②将会出现外侧车轮的轮缘对外轨有侧向挤压力（或外轨对外侧车轮的轮缘有侧向挤压力）；（1分）
③可能造成车轮和铁轨受损（变形），甚至出现列车脱轨，造成财产损失和人员伤亡的严重后果。
25.(1)s=1.2m；(2)；(3)5580N
【解析】
【详解】
(1)车做的是平抛运动，据平抛运动的规律可得，竖直方向上有：
H＝(1分)
水平方向上有：
s＝vt（1分）
解得：
s＝（1分）
(2)摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度为：vy＝gt＝4m/s （1分）
到达A点时速度为：
（2分）
设摩托车落地至A点时速度方向与水平方向的夹角为α，则有
tanα＝（1分）
即有：α＝53°
所以有：θ＝2α＝106°（2分）
(3)对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，所以有：
NA－mgcosα＝（2分）
代入数据解得：NA＝5580 N．（1分）
27．(1) ；
(2)；
(3) ；
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由运动学方程得
（4分）
解得
（1分）
(2)由抛体运动的对称性可知，小球撞击时速度仍为，与水平面的夹角仍为，将小球反弹后的速度以沿斜面方向（记作）与垂直斜面方向（记作）分解
则有
（2分）
又因为
（1分）
联立解得
（2分）
(3)由机械能守恒，得
（2分）
联立解得
。（1分）