1、天人中学2022届高一物理5月月考检测卷第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
2、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
3、力的大小为Amg BC D7一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（ ）AGMm(R+)2 BGMmR2 CGMm2 DGMmR+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( )ABCD9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
4、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/sC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L13m，L22m，则A、B两小球（）A周期之比T1：T22：3 B角速度之比1：23：2C线速度之比v1：v2： D向心加速度之比a1：a28：312
5、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角时，重物M上滑的速度为（）A BCD13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CA，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
6、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 3mg15 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. 3(g0g)GT2g0 B. 3g0GT2(g0g) C. 3GT2 D. 3g0GT2g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）16a，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
7、出至碰到台上的时间分别为ta，tb，则()Avavb Bvatb Dtatb17如图，在圆锥体表面上放一个物体，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12,绕地球运动的轨道半径之比为31,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1919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2,B和C
8、的质量均为m,B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 g2L2g3L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3g4L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3gL5gL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
9、角速度ha，所以taxb，所以vavb，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17AD【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：fcosNsin=mr2竖直方向：fsin+Ncos=mg联立解得：f=mgsin+m2rcos、N=mgcosm2rsin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。18AD【解析】【分析】
10、【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。19AD【解析】B、A的质量为2m ,A与圆盘间的动摩擦因数为2,A与圆盘之间的最大静摩擦力: fA=22mg=4mg A需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度1 ,则: 4mg=2m12L所以1=2gL 同理,B与圆盘之间的最大静摩擦力: fB=mg B需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度2 ,则: mg=m22L所以: 2=gLC与圆盘之间的最大静摩擦力: fC=mgC需要的向心力
11、等于最大静摩擦力时的角速度3 ,则: mg=m322L所以: 3=g2LA、 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g2L2g3L时,由于g2L ，大于B的临界加速度，所以绳子是有力的，以C为对象 ：T+mg=m22L ，得：T=m22Lmg ，以B为对象：fT=m2L ,得：f=T+m2L=m22Lmg+m2L=3m2Lmg当=g2L时，f=12mg ；当=2g3L时，f=mg ；刚好达到最大静摩擦力，所以当g2L2g3L，通过计算得到B受到的摩擦力的范围：12mgf2mg ，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
12、角速3gL5gL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： T+fA=2m2L 对B分析： T+fB=m2L整理两个公式可得：fAfB=m2L 所以随着的增大，fA 增大，fB 减小，当=3gL时，fA达到最大值，不变，而fB继续减小直到等零，然后fB的摩擦力方向发生变化对A分析：T+fA=2m2L 对B分析：TfB=m2L当=5gL时，fB达到最大值，A、B 要发生相对滑动，所以当3gL5gLA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=5gL时，fB达到最大值，A、B 要发生相对滑动，则
13、当圆盘转动的角速度5gL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：AD20. 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=r得：MR=Nr，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。21CF AC 0.70 m/s 【解析】【详解】（1）在做“研究平抛物体的运动
14、”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/s22(1) t = 2s (2) h = 20m【解析】【分析】【详解】（1）在水
15、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）铁轨对车轮有指向弯道内侧的摩擦力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）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
16、）（3）铁轨对车轮有指向弯道内侧的摩擦力；（1分）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）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：svt（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：vygt4m/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，则有tan（1分）即有：53所以有：2106（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：NAmgcos（2分）代入数据解得：NA5580 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）
