1、高考资源网（） 您身边的高考专家高一年级期中考试物理试卷一、选择题1. 关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是（ ）A. 变速运动一定是曲线运动B. 匀速圆周运动是匀速运动C. 做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零D. 做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心【答案】C【解析】试题分析：变速运动不一定是曲线运动，也可能是直线运动，选项A错误；匀速圆周运动的速度大小不变，方向不断变化，故匀速圆周运动不是匀速运动，选项B错误；做曲线运动的物体速度不断变化，故有加速度，所受的合外力一定不为零，选项C正确；只有做匀速圆周运动的物体受到的合外力方向才一定指向圆心，选项D错误；故选C考点：曲线运
2、动和圆周运动2.某人向放在水平地面上正前方的小桶水平抛球，结果球划着一条弧线飞落到小桶的前方，如图所示，为了让水平抛出的小球落入桶中，以下调整可行的是不计空气阻力A. 只降低抛出点高度B. 增大初速度并提高抛出点高度C. 只增大初速度D. 只提高抛出点高度【答案】A【解析】【分析】小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择【详解】设小球平抛运动的初速度为，抛出点离桶口的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间为：，水平位移为
3、：由题知，小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中由上式可知，可只减小初速度或只降低抛出点的高度故A正确BCD错误故选A【点睛】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，比较简单，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式3.将一物体以9.8m/s的初速度水平抛出，经过一段时间后的末速度为初速度的倍，则这段时间是 （g取9.8m/s2）（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】已知 v=v0则竖直分速度为：又vy=gt，解得：，故选B.4.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v匀速向右运动到如图所示位置时，物体P的
4、速度为( )A. vB. C D. vcos2 【答案】B【解析】试题分析:根据小车的运动情况得出P的运动情况设绳子与水平方向的夹角为，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于P的速度，根据平行四边形定则得，vP=vcos ，故B正确，A、C、D错误考点：运动的合成和分解5.把甲物体从2h高处以速度v0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为L，把乙物体从h高处以速度2v0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为s，则L与s的关系为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据2h=gt12，得则同理由，得则所以A. ，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论不相符，
5、选项B错误；C. ，与结论相符，选项C正确；D. ，与结论不相符，选项D错误6.如图所示，转动的跷跷板上A、B两点线速度大小分别为和，角速度大小分别为和，则（）A B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】同轴转动，角速度相等，故A=B；由图可知，rArB，根据v=r，vAvB；所以选项ABD错误，C正确。故选C。7.日常生活中可以利用离心运动甩干衣物上的水分，如图已知甩干桶直径为0.5m，工作时转速为r/s，则甩干过程中衣物和桶壁之间的弹力与衣物所受重力的比值为（g=10m/s2）（）A. 80B. 40C. 20D. 10【答案】B【解析】【详解】衣物转动的角速度则对衣物受力分析，根据牛
6、顿第二定律衣物和桶壁之间的弹力与衣物所受重力的比值为ACD错误，B正确。故选B。8.质量为m的小球，用一条绳子系在竖直平面内做圆周运动，小球到达最高点时的速度为v，到达最低点时的速变为，则两位置处绳子所受的张力之差是（ ）A. 6mgB. 5mgC. 4mgD. 2mg【答案】A【解析】在最高点，小球受重力和绳子的拉力T1，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：在最低点，重力和拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：最低点速度为：两位置处绳子所受的张力之差为：，联立解得：，故选项A正确点睛：本题关键是明确在最高点和最低点小球的合力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解出两个拉力，得到拉力
7、之差9.如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）A. 图1中汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态B. 图2中 “水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底压力C. 图3中在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯D. 图4脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出【答案】AB【解析】【详解】A图1中汽车通过凹形桥的最低点时，加速度向上，汽车处于超重状态，选项A正确；B图2中 “水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力在最低处水对碗底的压力则在最高点处水对碗底压力小于其在最
8、低处水对碗底的压力，选项B正确；C图3中在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对外轨的挤压，故C错误；D衣机脱水桶的脱水原理是：水滴与衣服间的附着力不足以提供其圆周运动的向心力，所以做离心运动，从而沿切线方向甩出，故D错误。故选AB10.小船在静水中的速度为4m/s，要渡过宽度为30m，水的流速为3m/s的河流，下列说法正确的是（ ）A. 此船不可能垂直到达河对岸B. 此船能垂直到达河对岸C. 渡河的最短时间为7.5sD. 此船相对河岸的速度一定为5m/s【答案】BC【解析】【详解】AB因船的静水速度大于水的速度，则合速度
9、可沿着垂直于河岸方向，即此船能垂直到达河对岸，故A错误，B正确；C当静水速的方向垂直于河岸时，渡河的时间最短，根据分运动和合运动具有等时性，最短时间为故C正确；D根据平行四边形定则，合速度的大小：最大速度为7m/s，最小速度为1m/s，则此船相对河岸的速度不一定为5m/s，故D错误。故选BC。11.如图所示，一个倾角为37的斜面固定在水平面上，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v03 m/s水平抛出，经过一段时间后，小球垂直斜面打在P点处（小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8），则（ ）A. 小球击中斜面时的速度大小为5 m/sB
10、. 小球击中斜面时的速度大小为4 m/sC. 小球做平抛运动的水平位移是1.2 mD. 小球做平抛运动的竖直位移是1m【答案】AC【解析】【详解】AB将球垂直撞在斜面上P点的速度进行分解，如图所示，由图可知 =37，=53由数学知识得：小球击中斜面时的速度大小为故A正确，B错误；CD由则得 则小球做平抛运动的水平位移是x=v0t=30.4m=1.2m竖直位移是故C正确，D错误。故选AC。12.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L13m，L22m，则A、B两小球（ ）A. 周期之比T1：T22：3B. 角速度之比1
11、：21：1C. 线速度之比v1：v2：D. 向心加速度之比a1：a28：3【答案】BC【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。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：在竖直方向有Fcos-mg=0在水平方向有 由得 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=Lcos，相等，所以周期相等T1：T2=1：1角速度则角速度之比1：2=1：1故A错误，B正确；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=v，则向心加速度之比等于线速度之比为故D错误。故选BC。二、实验题13.在
12、做“探究平抛物体的运动”实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹：(1)图是横挡条卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的_；A.球心 B.球的上端 C.球的下端(2)下图是利用上图装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是_；A.释放小球时初速度不为0 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平(3)如图是实验中记录小球的轨迹，图中背景方格的边长表示实际长度0.1m，如果取g=10m/s2，那么：由图判断a点_（“是”“不是”）平抛运动的抛出点；由图可知小球从a运动到b的时间_s；小球平
13、抛运动的初速度为_ m/s；小球在b点的速度大小为_m/s。【答案】 (1). A (2). C (3). 不是 (4). 0.1s (5). 2.0 m/s (6). 2.5 m/s【解析】【详解】(1)1题干中指出用铅笔标注小球的最高点作为小球轨迹的记录点。所以坐标原点也应选为球的最高点即球的上端。故选B。(2)2由图可知，小球做斜抛运动，可知斜槽末端切线不水平，故选C。(3)3因相邻四个点间水平位移相等，可知时间相等，而竖直高度之比为1:2:3，不是1:3:5，则a点不是抛出点；4根据y=L=gt2得 5小球平抛运动的初速度6b点的竖直分速度根据平行四边形定则知，b点的速度三、计算题14
14、.在80m的高空，有一架飞机以40 的速度水平匀速飞行，若忽略空气阻力的影响，取g10，求：（1）从飞机上掉下来的物体，经多长时间落到地面；（2）物体从掉下到落地，水平方向移动的距离多大；（3）从掉下开始，第4秒末物体的速度【答案】(1)4s；(2)160m；(3) , 方向与地面成 向下【解析】【详解】(1)由得飞行时间为：；(2) 落地点离抛出点的水平距离为：；(3) 第4秒末物体的竖直分速度：，速度，方向与地面成 向下15.下图1为游乐场的悬空旋转椅，可抽象为如图2所示模型，已知绳长L =5m，水平横梁L=3m，小孩质量m=40kg，整个装置可绕竖直轴转动，绳与竖直方向夹角=37，小孩可
15、视为质点，g取10m/s2，已知sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)绳子的拉力为多少？(2)该装置转动的角速度多大？(3)增大转速后，绳子与竖直方向的夹角变为53，求此时装置转动的角速度。【答案】（1）500N；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小孩受力情况如图所示由于竖直方向受力平衡，有代入数据得（2）小孩做圆周运动的半径 由代入数据解得（3）此时半径为 由解得16.晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞离水平距离d后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手
16、与球之间的绳长为，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】(1)v1=，v2=；(2)T=mg；(3)当l时，x有极大值xmaxd【解析】【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，竖直方向有：水平方向有：联立解得从小球飞出到落地，根据机械能守恒定律有：解得(2)设绳能承受的最大拉力大小为F，这也是球受到绳的最大拉力大小。球做圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律有：解得(3)设绳长为l，绳断时球速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有：得绳断后球做平抛运动，竖直位移为，水平位移为x，时间为，根据平抛运动规律，竖直方向有：竖直方向有：联立解得根据一元二次方程的特点，当时，x有极大值，为xmaxd- 15 - 版权所有高考资源网