1、甘肃省靖远二中2018-2019学年下学期三月月考高一物理试题一、单项选择题1.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是（ ）A. 卫星距离地面的高度为B. 卫星的运行速度小于第一宇宙速度C. 卫星运行时受到的向心力大小为D. 卫星运行的向心加速度等于地球表面的重力加速度【答案】B【解析】【详解】地球同步卫星运行时，由地球的万有引力提供向心力，其运行周期与地球自转周期相等，有：且r=R+h，解得卫星距地面的高度为 h=-R，故A错误；第一宇宙速度为，而同步卫星的速度为 ，因此卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故B正确；卫星运行时
2、受到的向心力大小是，故C错误；星运行的向心加速度为，地表重力加速度为，则卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误；故选B。2.一质量为2.0103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B. 汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4104NC. 汽车转弯的速度为30m/s时汽车不会发生侧滑D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2【答案】D【解析】【详解】汽车在水平面转弯时，做圆周运动，重力与支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心
3、力，故A错误，如果车速达到20m/s，需要的向心力，故B错误；汽车转弯的速度为30m/s时，则需要的向心力，最大静摩擦力f=1.4104N，则Ff，所以汽车会发生侧滑，故C错误；最大加速度，故D正确；故选D。3.若地球绕太阳公转周期及其公转轨道半径分别为T和R，月球绕地球公转周期和公转半径分别为t和r，则太阳质量与地球质量之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】地球绕太阳公转，由太阳的万有引力提供地球的向心力，则得： ，解得太阳的质量为 月球绕地球公转，由地球的万有引力提供月球的向心力，则得： ，解得月球的质量为 所以太阳质量与地球质量之比，故A正确，BCD错误。故选A。
4、【点睛】解决本题的关键要建立物理模型，掌握万有引力提供向心力可求出中心体质量，难度适中.4.如图所示，地球绕过球心的轴O1O2以角速度旋转，A、B为地球表面上两点，下列说法中正确的是()A. A、B两点具有相同的角速度B. A、B两点具有相同的线速度C. A、B两点具有相同的向心加速度D. A、B两点的向心加速度方向都指向球心【答案】A【解析】试题分析: A、B两点共轴转动，角速度相等，故A正确；因为A、B两点绕地轴转动，A的转动半径大于B点的转动半径，根据v=r知，A的线速度大于B的线速度大小，故B错误；根据a=r2知，角速度相等，A的转动半径大，则A点的向心加速度大于B点的向心加速度，故C
5、错误；A、B两点的向心加速度方向垂直指向地轴，故D错误。考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速5.如图所示，冰球以速度v1在水平冰面上向右运动运动员沿冰面垂直v1的方向上快速打击冰球，冰球立即获得沿打击方向的分速度v2.不计冰面摩擦和空气阻力下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】A、实际运动的速度为合速度，根据平行四边形定则可知，合速度不可能沿打击的方向，一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向，故A错误，B正确；C、物体所受的合力与速度方向不在同一直线上做曲线运动，合力与速度方向在同一直线上做直线运动，题中冰球受打击后在
6、水平方向上不受力，故作直线运动，故CD错误。点睛：本题要掌握物体做直线运动的条件，知道当物体做直线运动时，合力可以为零，或者合力的方向与速度方向在同一直线上。6.一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯对人的支持力的做功情况是( )A. 加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B. 加速时做正功，匀速和减速时做负功C. 加速和匀速时做正功，减速时做负功D. 始终做正功【答案】D【解析】试题分析：由于乘电梯上升时，电梯对人支持力始终上向上的，且沿着这个力的方向还向上移动了距离，故力对人始终做正功；所以最后人上升到高处，其机械能增加。考点：做功的条件。7.
7、用水平恒力F作用于质量为m的物体，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离l，恒力F做功为W1；再用该恒力作用在质量为2m的物体上，使之在粗糙的水平面上移动同样的距离l，恒力F做功为W2，则两次恒力做功的关系是 ()A. W1W2B. W1W2C. W1W2D. 无法判断【答案】C【解析】试题分析：根据功的公式W=Fs可知，两种情况下力F和位移s均相同，故做功相同，故选C考点：功8.如图,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M,N为轨道短轴的两个端点,运行的周期为T。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M,Q到N的运动过程中，错误的说法是( )A. 从P到M所用
8、的时间等于T/4B. 从Q到N阶段,速率逐渐变大C. 从P到Q阶段,角速度逐渐变小D. 从M到N所用时间大于T/2【答案】A【解析】【详解】根据开普勒第二定律可知，海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于T/4，故A错误。从Q到N阶段，引力做正功，则速率逐渐变大，选项B正确；从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，角速度减小，故C正确。从M经Q到N的速率小于从N经P到M的速率，可知从M经Q到N所用时间大于T/2，故D正确。此题选择不正确的选项，故选A。9.如图所示，足够长的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到
9、斜面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0水平速度抛出，落到斜面上所用时间为t2，则t1 : t2为（ ）A. 11B. 13C. 12D. 14【答案】C【解析】【详解】斜面倾角的正切值，则运动的时间，知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍。所以时间比为1：2故C正确，ABD错误。故选C。10.如图所示的三个地球周围的圆，a是赤道正上方圆，a,b两圆平行，a,c 两圆的圆心为地心，b圆的圆心为地轴。则说法正确的是( )A. 卫星可能的轨道为b,cB. 卫星可能的轨道为a,cC. 同步卫星可能的轨道为cD. 同步卫星可能的轨道为b【答案】B【解析】【
10、详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，所需要的向心力由地球的万有引力提供，故地球必定在圆轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心。因此轨道b是不可能的，而轨道a、c均是可能的轨道；而同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，轨道一定在赤道的上空。故轨道只可能为a。故ACD错误，B正确。故选B。二、多项选择题11.如图，在斜面顶端a处以速度va，水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点处若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A. vavbB. vavbC. tatbD. tatb【答案】BD【解析】【详解】b球落
11、在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2：1，根据h=gt2知，则时间之比为，即ta=tb。因为a、b两球水平位移之比为2：1，则由x=v0t，得va=vb故BD正确，AC错误。故选BD。【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，分析两个小球两个方向位移的关系，从而解决此类问题12.如图所示，AB为半圆弧ACB水平直径，C为ACB弧的中点，AB=1.5m，从A点平抛出一小球，小球下落0.3s后落到ACB上，则小球抛出的初速度V0为 ( )A. 0.5m/sB. 1.5m/sC. 3m/sD. 4.5m/s【答案】AD【解析】【详解】小球下降的高度为：h=gt2=1
12、00.09m0.45m，小球下落点存在两种可能，根据几何关系，其水平位移可能是：；或：，则平抛运动的初速度为：，或。故选AD。13.如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，细杆长0.5 m，小球质量为3.0 kg，现给小球一初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最低点a处的速度为va4 m/s，通过轨道最高点b处的速度为vb2 m/s.取g10 m/s2，则小球通过最低点和最高点时对细杆作用力的情况是( )A. a处为拉力，方向竖直向下，大小为126 NB. a处为压力，方向竖直向上，大小为126 NC. b处为拉力，方向竖直向上，大小为6 ND. b处为压力，方向竖直向下，
13、大小为6 N【答案】AD【解析】小球对细杆的作用力大小等于细杆对小球的作用力在a点设细杆对球的作用力为 ，则有，所以，故小球对细杆的拉力为126 N，方向竖直向下，A正确，B错误在b点设细杆对球的作用力向上，大小为，则有，所以，故小球对细杆为压力，方向竖直向下，大小为6 N，C错误，D正确故选AD14.在圆轨道上做匀速圆周运动的国际空间站里，一宇航员手拿一只小球相对于太空舱静止“站立”于舱内朝向地球一侧的“地面”上，如图所示下列说法正确的是()A. 宇航员相对于地球的速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间B. 若宇航员相对于太空舱无初速度释放小球，小球将落到“地面”上C. 宇航员将不
14、受地球的引力作用D. 宇航员对“地面”的压力等于零【答案】D【解析】7.9 km/s是发射卫星的最小速度，是卫星环绕地球运行的最大速度，可见，所有环绕地球运转的卫星、飞船等，其运行速度均小于7.9 km/s，故A错误；若宇航员相对于太空舱无初速释放小球，由于惯性，小球仍具有原来的速度，所以地球对小球的万有引力正好提供它做匀速圆周运动需要的向心力，即Gm，其中m为小球的质量，故小球不会落到“地面”上，而是沿原来的轨道继续做匀速圆周运动，故B错误；宇航员受地球的引力作用，此引力提供宇航员随空间站绕地球作圆周运动的向心力，否则宇航员将脱圆周轨道，故C错；因宇航员受的引力全部提供了向心力，宇航员不能对
15、“地面”产生压力，处于完全失重状态，D正确三、实验题15.某同学利用如图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示图乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等完成下列填空：(重力加速度取10 m/s2)（1）设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3.从图乙中可读出|y1y2|_m，|y1y3|_m，|x1x2|_m(保留两位小数)（2）若已知抛出后小球在水平方向
16、上做匀速运动利用(1)中读取的数据，求出小球从P1运动到P2所用的时间为_s，小球抛出后的水平速度为_m/s.【答案】 (1). （1）0.60 (2). 1.60 (3). 0.60 (4). （2）0.20 (5). 3.0【解析】【详解】（1）根据图（2）可解得：|y1-y2|=0.60m，|y1-y3|=1.60m，|x1-x2|=0.60m。（2）小球经过P1、P2、和P3之间的时间相等，在竖直方向有：h1=0.60m，h2=1.60-0.60=1.00m；连续相等时间内的位移差为常数：h=gt2，水平方向匀速运动：x=v0t其中h=1.00-0.60=0.40m，x=0.60m，代
17、入数据解得：t=0.20s，v0=3.0m/s16.用频闪照相技术拍下的两小球运动的频闪照片如图所示。拍摄时，光源的频闪频率为10 Hz，a球从A点水平抛出的同时，b球自B点开始下落，背景的小方格为相同的正方形，重力加速度g取10 m/s2，不计阻力。 （1）根据照片显示的信息，下列说法中正确的是_。A只能确定b球的运动是自由落体运动B不能确定a球沿竖直方向的运动是自由落体运动C只能确定a球沿水平方向的运动是匀速直线运动D可以断定a球的运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成（2）根据照片信息可求出a球的水平速度大小为_ m/s；当a球与b球运动了_ s时它们之间的距离最小。
18、【答案】 (1). D (2). 1 (3). 0.2【解析】（1）因为相邻两照片间的时间间隔相等，水平位移相等，知小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上的运动规律与b球运动规律相同，知竖直方向上做自由落体运动故D正确，ABC错误故选D（2）根据y=gT2=100.01m=0.1m所以2L=0.1m，所以平抛运动的初速度 因为两球在竖直方向上都做自由落体运动，所以位移之差恒定，当小球a运动到与b在同一竖直线上时，距离最短，则 四计算题17.如图所示，小球在斜面上的某点以水平速度v0，飞行一段时间后落在斜面上.斜面的倾角为，不计空气阻力.求：（1）小球从抛出经多长时间落到斜面上.（2）小球到
19、达斜面瞬间，速度与水平方向夹角的正切值为多少.【答案】（1）；（2）tan=2tan；【解析】（1）设经时间小球落到斜面上，该过程水平位移，竖直位移。联立解得（2）设小球达斜面瞬间，速度与水平方向夹角为。，将带入上式后得。本题考查平抛运动规律，根据水平方向匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，水平位移和竖直位移间的关系列式求解18.如图所示，小球A在光滑的半径为R的圆形槽内做匀速圆周运动，当它运动到图中a点时，在圆形槽中心O点正上方h处，有一小球B沿Oa方向以某一初速度水平抛出，结果恰好在a点与A球相碰，求：(1)B球抛出时的水平初速度；(2)A球运动的线速度最小值【答案】(1) (2) 【解
20、析】（1）根据，得，则B球抛出的初速度：。（2）当A球转动一圈和小球B相碰，此时A球转动的线速度最小，则有：，解得最小线速度。点睛：根据高度求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出B球平抛运动的初速度，抓住时间相等，结合线速度与周期的关系求出线速度的最小值。19.如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R =0.2m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高h =5m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.1kg的小球由A点从静止开始下滑到B点时速度的大小为2m/s，离开B点后做平抛运动（g取10m/s2），求：（1）、小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离。（2）、小球到达B点时对圆形轨
21、道的压力大小。（3）、如果在BCD轨道上再放置一个倾角45的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请求出它第一次落在斜面上的位置。【答案】（1）2m（2）3N（3）1.13m【解析】试题分析：（1）设小球离开B点做平抛运动的时间为，落地点到C点距离为由得：，。（2）小球达B受重力G和向上的弹力F作用，由牛顿第二定律知：解得：，由牛顿第三定律知球对B的压力和对球的支持力大小相等，即小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为，方向竖直向下。（3）如图，斜面BEC的倾角，CE长因为，所以小球离开B点后能落在斜面上假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为 联立、两式得：，。考点：平抛运动、牛顿第二定律【名师点睛】小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离；小球在B点时做的是匀速圆周运动，对小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球受到的支持力的大小，在根据牛顿第三定律可以知道对圆形轨道的压力大小；小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离，与斜面的长度相对比，可以知道，小球将落在斜面上，再根据平抛运动的规律可以求得落在斜面上的位置。【此处有视频，请去附件查看】
