河北省元氏县第一中学2019-2020学年高一下学期第一次月考物理试题 14页

高一下学期第一次月考物理试题 一．单选题（每题4分，共60分。）‎ ‎1.物体做曲线运动时，下列情况不可能的是（　　）‎ A. 速度的大小不变而方向改变 B. 速度的大小改变而方向不变 C. 加速度的大小和方向都不变 D. 加速度的大小不变而方向改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．物体做曲线运动时，速度的方向一定改变，大小不一定变化，选项A正确，不符合题意，B错误，符合题意；‎ CD．做曲线运动的物体的加速度的大小和方向都可能不变，也都可能改变，选项CD正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎2.对于匀速圆周运动的物体，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 线速度不变 B. 角速度不变 C. 速率不变 D. 周期不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．匀速圆周运动是一种匀速率曲线运动，其线速度大小不变，方向在时刻改变，故选项A错误，符合题意，选项C正确，不符合题意；‎ BD．匀速圆周运动的转速、周期和角速度不变，故选项BD正确，不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎3.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是(　　)‎ A. 开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B. 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D. 开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ACD错误，B正确．故选B．‎ 考点：物理学史 ‎【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎4.揭示行星运动规律的天文学家是（ ）‎ A. 第谷 B. 哥白尼 C. 牛顿 D. 开普勒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】开普勒发现了开普勒三定律，即天体运动规律，故D正确ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎5.一质点做圆周运动，在时间t内转动n周，已知圆周半径为R，则该质点的线速度大小为(　　)‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在时间t内转动n周，根据线速度定义，该质点的线速度大小为：，故B正确．‎ ‎6.甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为3∶4，在相同的时间里甲转过60圈时，乙转过45圈，则它们的向心加速度之比为(　　)‎ A. 3∶4 B. 4∶‎3 ‎C. 4∶9 D. 9∶16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】相同时间里甲转过60圈，乙转过45圈，根据角速度定义可知：ω1：ω2=4：3；由题意有：r1：r2=3：4；根据a=ω2r得：a1：a2=4：3, 故选B．‎ ‎7.如图所示，A、B为啮合传动的两齿轮，RA＝2RB，则A、B两轮边缘上两点的(　　)‎ A. 角速度之比为2∶1‎ B. 周期之比为1∶2‎ C. 转速之比为2∶1‎ D. 向心加速度之比为1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A：A、B为啮合传动的两齿轮，则A、B两轮边缘上两点的线速度相等；据，RA＝2RB，则A、B两轮边缘上两点的角速度之比．故A项错误．‎ B：A、B为啮合传动的两齿轮，则A、B两轮边缘上两点的线速度相等；据，RA＝2RB，则A、B两轮边缘上两点的周期之比为2∶1．故B项错误．‎ C：A、B为啮合传动的两齿轮，则A、B两轮边缘上两点的线速度相等；据，RA＝2RB，则A、B两轮边缘上两点的转速之比为1∶2．故C项错误．‎ D：A、B为啮合传动的两齿轮，则A、B两轮边缘上两点的线速度相等；据，RA＝2RB，则A、B两轮边缘上两点的向心加速度之比为1∶2．故D项正确．‎ 点睛：同轴传动：被动轮和主动轮的中心在同一根转轴上，主动轮转动使轴转动进而带动从动轮转动，两轮等转速及角速度．皮带传动：两转轮在同一平面上，皮带绷紧与两轮相切，主动轮转动使皮带动进而使从动轮转动，两轮边缘线速度相等．‎ ‎8.如图所示小物块A与圆盘保持相对静止,跟着圆盘一起做匀速圆周运动．下列关于A的受力情况说法正确的是( ) ‎ A. 受重力、支持力 B. 受重力、支持力和与运动方向相反的摩擦力 C. 受重力、支持力、摩擦力和向心力 D. 受重力、支持力和指向圆心的摩擦力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物块A随圆盘一起做匀速圆周运动，受重力、支持力和指向圆心静摩擦力，重力和支持力平衡，靠静摩擦力提供向心力 A. 受重力、支持力，与分析结论不符，故A错误．‎ B. 受重力、支持力和与运动方向相反的摩擦力，与分析结论不符，故B错误．‎ C. 受重力、支持力、摩擦力和向心力，与分析结论不符，故C错误．‎ D. 受重力、支持力和指向圆心的摩擦力，与分析结论相符，故D正确．‎ ‎9.下列说法中正确的是（ ）‎ A 物体做离心运动时，将离圆心越来越远 B. 物体做离心运动时，其运动轨迹是半径逐渐增大的圆 C. 做离心运动的物体，一定不受到外力的作用 D. 做匀速圆周运动的物体，因受合力大小改变而不做圆周运动时，将做离心运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.离心运动指离圆心越来越远的运动，A正确；‎ B.物体做离心运动时，运动轨迹可能是直线，也可能是曲线，但不是圆，B错误；‎ CD.当物体的合外力突然为零或小于向心力时，物体做离心运动；当合外力大于向心力时，物体做近心运动，CD错误。‎ 故选A。‎ ‎10.某实心均匀球半径为R，质量为M，在球壳外离球面h高处有一质量为m的质点，则它们之间万有引力的大小为 A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由万有引力公式得：，故B正确，故选B.‎ ‎11.如图所示，质量为m的小球固定在长为l的细轻杆的一端，绕细杆的另一端O在竖直平面上做圆周运动．球转到最高点A时，线速度的大小为，此时（　　）‎ A. 杆受到0.5mg的拉力 B. 杆受到0.5mg的压力 C. 杆受到1.5mg的拉力 D. 杆受到1.5mg的压力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设此时杆对小球的作用力为拉力，则有 解得 负号说明力的方向与假设相反，即球受到的力为杆子的支持力，根据牛顿第三定律可知杆受到的压力，故B正确，ACD错误。‎ ‎12.铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则（ ）‎ A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C. 这时铁轨对火车的支持力等于 D. 这时铁轨对火车的支持力大于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】CD.火车在水平面内运动，所以在竖直方向上受力平衡，所以铁轨对火车的支持力FN的竖直分量与重力平衡，即FNcosθ=mg，所以，FN＝，故C正确，D错误； AB.铁轨对火车的支持力FN的水平分量为FNsinθ=mgtanθ，火车在弯道半径为R的转弯处的速度，所以火车转弯时需要的向心力；支持力的水平分量正好等于向心力，故火车轮缘对内外轨道无挤压，故A B错误；‎ ‎13.如图所示，轻绳的上端系于天花板上的O点，下端系有一只小球。将小球拉离平衡位置一个角度后无初速释放。当绳摆到竖直位置时，与钉在O点正下方P点的钉子相碰。在绳与钉子相碰瞬间前后，以下说法正确的是（　　）‎ A. 小球的线速度大小变大 B. 小球的角速度大小不变 C. 小球的向心加速度大小不变 D. 小球所受拉力的大小变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．细线与钉子碰撞的瞬间，小球的线速度大小不变，故A错误；‎ B．根据v=rω知，与钉子碰撞后，半径减小，则角速度增大，故B错误；‎ C．根据知，半径减小，则向心加速度增大，故C错误；‎ D．根据牛顿第二定律得 F−mg=ma 半径减小，向心加速度增大，则拉力增大，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎14.两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动如图，则它们的（　　）‎ ‎ ‎ A. 运动周期相同 B. 运动的线速度相同 C. 运动的角速度不同 D. 向心加速度相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，对其中一个小球受力分析如图，将重力与拉力合成，合力指向圆心，设小球与悬挂点间的高度差为h，绳子与竖直方向夹角为θ，则 解得 AC．由图知，两小球与悬挂点间的高度差相同，则两小球运动的角速度相同；据知，两小球的运动周期相同，故A项正确，C项错误；‎ B．小球运动的线速度 所以两球运动的线速度大小不同，故B项错误；‎ D．小球运动的向心加速度 所以两球运动的向心加速度大小不同，故D项错误。‎ 故选A。‎ ‎15.如图所示，已知它们距轴的关系是，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的转速逐渐增加时 A. 物体A先滑动 B. 物体B先滑动 C. 物体C先滑动 D. B与C同时开始滑动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据圆周运动规律三个物体得角速度相等，谁到达最大静摩擦力就滑动，当A开始滑动时有 可得 此时对于B有 B早就开始滑动了，所以B比A先滑动，此时对于C有 C也刚好滑动，故B正确ACD错误。‎ 故选B 二．多选题（每题4分，共20分。少选得2分，错选多选不得分）‎ ‎16.下列关于向心力的说法正确的是（　　）‎ A. 做匀速圆周运动物体所受的合外力提供向心力 B. 匀速圆周运动的向心力是恒力 C. 匀速圆周运动向心力的大小一直在变化 D. 向心力只改变物体运动的方向 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．匀速圆周运动物体所受的合外力等于向心力，选项A正确；‎ BC．匀速圆周运动的向心力大小不变，方向时刻改变，选项BC错误；‎ D．向心力只改变线速度的方向，不改变其大小，选项D正确。‎ 故选AD。‎ ‎17.质点做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 因为，所以线速度与轨道半径成正比 B. 因为，所以角速度与轨道半径成反比 C. 因为，所以角速度与转速成正比 D. 因为，所以角速度与周期成反比 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据：‎ 可知一定时，线速度才与轨道半径R成正比，故A错误；‎ B．根据：‎ 一定时，角速度才与轨道半径R成反比，故B错误；‎ C．根据：‎ 为常数，所以角速度与转速成正比，故C正确；‎ D．根据：‎ 为常数，所以角速度与周期成反比，故D正确。‎ 故选CD．‎ ‎18.如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动，则( )‎ A. a、b两点的线速度相同 B. a、b两点的角速度相同 C. 若θ＝30°，则a、b两点的线速度之比va∶vb＝∶2‎ D. 若θ＝30°，则a、b两点的向心加速度之比aa∶ab＝∶2‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．球绕中心轴线OO′以角速度ω做匀速圆周运动，球上的质点a、b 两点的角速度相同，半径不同，由v=rω，线速度不同，故A错误，B正确；‎ C．a、b 两点的角速度相同，由v=rω，线速度比等于半径比 故C正确；‎ D．a、b 两点的角速度相同，由a=rω2，向心加速度比等于半径比，‎ 故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎19.如图所示，内壁光滑的圆台形容器固定不动，其轴线沿竖直方向．使一小球先后在M和N两处紧贴着容器内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则小球（ ）‎ ‎ ‎ A. 在M处的线速度一定大于在N处的线速度 B. 在 M处的角速度一定小于在N处的角速度 C. 在M处的运动周期一定等于在N处的运动周期 D. 在M处对筒壁的压力一定大于在N处对筒壁的压力 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球M和N紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．由于M和N的质量相同，小球M和N在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．由向心力的计算公式 ，由于球M运动的半径大于N球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A正确；‎ B.又由公式F=mω2r，由于球M运动的半径大于N球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B选项正确；‎ C.由周期公式 ，所以球M的运动周期大于球N的运动周期，故C错误；‎ D.球M对筒壁的压力等于球N对筒壁的压力，所以D错误。‎ 故选AB。‎ ‎20.城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，在A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则（　　）‎ A. 小汽车通过桥顶时处于失重状态 B. 小汽车通过桥顶时处于超重状态 C. 小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为N＝mg－m D. 小汽车到达桥顶时的速度必须不大于 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB ‎．由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得 解得 故其处于失重状态，选项A正确，B错误；‎ C．表达式只在小汽车通过桥顶时成立，而其上桥过程中的受力情况较为复杂，选项C错误；‎ D．由 可知当时N＝0，故当时会出现飞车现象，选项D正确。‎ 故选AD。‎ 三．计算题 （每题10分，共20分。要求：写出主要方程和重要演算步骤）‎ ‎21.如图所示，轻质杆长为‎3L，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的小孔穿在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动。当球B运动到最低点时，杆对球B的作用力大小为2mg，已知当地重力加速度为g，求此时：‎ ‎(1)球B转动的角速度大小；‎ ‎(2)球A对杆作用力大小以及方向。‎ ‎【答案】(1)；(2)，向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)球B所受重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 F1－mg＝mω2(‎2L)‎ 其中F1＝2mg，联立解得 ‎(2)球A的角速度等于球B的角速度，设杆对球A是向下的拉力，根据牛顿第二定律得 F2＋mg＝mω‎2L 解得 F2＝－mg＜0‎ 故假设不成立，则杆对球A的作用力应是向上的支持力；‎ 根据牛顿第三定律可知，球A对杆的作用力是向下的压力，大小为mg．‎ ‎22.如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒壁与中心轴OO′的夹角θ＝60°，筒内壁上的A点有一质量为m的小物块，A离中心轴OO′的距离为R。求：‎ ‎(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；‎ ‎(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当筒不转动时，对物块进行受力分析如图．则 FNsin θ＋fcos θ＝mg FNcos θ＝fsin θ 由以上两式解得 ‎ ‎ ‎(2)物块随筒匀速转动，其受到的摩擦力为零时，‎ FNcos θ＝mω2R FNsin θ＝mg 由以上两式解得 ‎ ‎