北京市临川学校2016

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2016-2017学年北京市临川学校高三（上）第一次月考物理试卷（10月份）

参考答案与试题解析

一、单项选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）

1．如图所示，质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v，若物块滑到最低点时受到的摩擦力是f，则物块与碗的动摩擦因数为（ ）

A． B． C． D．

【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；向心力．

【分析】在最低点，竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，再根据f=μF_N求出动摩擦因数．

【解答】解：在最低点有：

解得：N=．

而F_N=N，则：．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

【点评】解决本题的关键确定圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．

2．关于曲线运动的叙述正确的是（ ）

A．物体的速度大小一定时刻变化

B．物体速度方向一定时刻变化

C．物体的加速度大小一定时刻变化

D．物体的加速度方向一定时刻变化

【考点】曲线运动；向心加速度．

【分析】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；

物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化．

【解答】解：A、曲线运动的速度一定在变化，但速度的大小不一定变化，如匀速圆周运动，所以A错误．

B、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动的速度方向一定变化，故B正确；

C、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，既然物体有合外力，则物体一定有加速度，但加速度可以不变，例如匀速圆周运动，所以C错误．

D、物体做曲线运动，一定有加速度，但不一定变化，比如：平抛运动，故D错误．

故选：B．

【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．

3．用细线将小球悬挂在O点，O点的正下方有一光滑的钉子P，把小球拉到与钉子P等高的位置，摆线被钉子挡住，如图所示，让小球从静止释放后向右摆动，当小球第一次经过最低点时（线没有断），则（ ）

A．小球的角速度不变 B．小球的线速度不变

C．小球的向心加速度增大 D．悬线的拉力变大

【考点】向心力．

【分析】小球下摆过程中机械能守恒，第一次到达最低点半径突然增大，但线速度不变，然后根据向心力公式，线速度与角速度、加速度之间的关系式求解．

【解答】解：A、B、小球第一次经过最低点时，由于惯性，小球的线速度不变；小球第一次经过最低点时，由知，r突然增大，ω突然减小，故A错误，B正确；

C、小球第一次经过最低点时，由知，r突然增大，a突然减小，故C错误；

D、悬线的拉力，由C项解析知，a减小，悬线的拉力减小，故D错误．

故选：B

【点评】解答此题的关键是抓住小球到达最低点时线速度不变，然后根据向心力公式，线速度与角速度、加速度之间的关系式求解．

4．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v₁时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α₁；当抛出速度为v₂时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α₂，则（ ）

A．当v₁＞v₂时，α₁＞α₂

B．当v₁＞v₂时，α₁＜α₂

C．无论v₁、v₂关系如何，均有α₁=α₂

D．α₁、α₂ 的关系与斜面的倾角θ无关

【考点】平抛运动．

【分析】小球落在斜面上与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角与斜面倾角之差，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，斜面倾角一定，从而得出角度的关系．

【解答】解：设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得，整理得，若设落到斜面上时小球速度方向与竖直方向的夹角为r，则有是恒量，与初速度无关，也是恒量，可知到达斜面时速度方向与斜面的夹角不变，α₁一定等于α₂．故CD正确，A、B错误．

故选：CD．

【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍．

5．如图所示，开始时A．B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v 沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v﹣t图象中，最接近物体B的运动情况的是（ ）

A． B． C． D．

【考点】运动的合成和分解．

【分析】将物体A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B的速度．

【解答】解：与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度v₁和垂直于绳方向的速度v₂，

则物体B的速度v_B=v₁=vsinθ，在t=0时刻θ=0°，v_B=0，故C项错误；

之后随θ增大，sinθ增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，

若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，故A项正确，BD错误．

故选：A．

【点评】解决本题的关键知道物体A沿绳子方向的分速度等于B的速度大小，根据平行四边形定则进行分析．

6．如图，水平路面出现了一个地坑，其竖直截面为半圆．AB为沿水平方向的直径．一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以V₁、V₂速度从A点沿AB方向水平弹飞出，分别落于C、D两点，C，D两点距水平路面分别为圆半径的0.6倍和1倍．则V₁：V₂的值为（ ）

A． B． C． D．

【考点】平抛运动．

【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．

【解答】解：两颗石子的运动时间分别为：；

水平位移分别为：x₁=1.8r，x₂=r

故速度为：，

联立解得：V₁：V₂=

故选：C

【点评】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，结合运动学公式灵活求解，运算量有点多．

7．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上．同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg．当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能为（ ）

A．3 B． C． D．

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系及向心力基本格式求出刚好不受拉力时的角速度，此角速度为最小角速度，只要大于此角速度就受三个力．

【解答】解：因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为：F=mω²r，根据几何关系，其中r=Rsin60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，

对小球进行受力分析得：F_min=2mgsin60°，即2mgsin60°=mRsin60°解得：，所以只要ω＞就符合题意．

当绳子的拉力达最大时，角速度达最大；同理可知，最大角速度为：ω=；故符合条件的只有B；

故选：B．

【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题，难度适中．

8．在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m₁、m₂、m₃，它们的轨道半径分别为r₁、r₂、r₃，且r₁＞r₂＞r₃，其中m₂为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则（ ）

A．相同的时间内，m₁通过的路程最大

B．三颗卫星中，m₃的质量最大

C．三颗卫星中，m₃的速度最大

D．m₁绕地球运动的周期小于24小时

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

【分析】根据万有引力提供向心力可得=m，解得v=，即可比较相同时间内路程关系；而万有引力F_万=可求出各个卫星的质量大小关系，从而根据F_万=ma求出三颗卫星的加速度大小关系，据万有引力提供向心力可得=mr，可得卫星运动的周期T=2πr，显然轨道半径越大，卫星运动的周期越大，从而确定三颗卫星的周期大小关系．

【解答】解：

A、C、根据万有引力提供向心力可得： =m，解得：v=；由于r₁＞r₂＞r₃，故v₁＜v₂＜v₃，故m₃的速度最大，在相同的时间内，m₃通过的路程最大，故A错误，C正确．

B、由于F_万=可得，在向心力大小相等的情况下，由于r₁＞r₂＞r₃，故m₁＞m₂＞m₃．故B错误．

D、据万有引力提供向心力可得： =mr，可得卫星运动的周期T=2πr，显然轨道半径越大，卫星运动的周期越大，故m₁的周期大于m₂的周期，而卫星2的周期为24小时，故m₁的周期大于24小时，故D错误．

故选：C．

【点评】卫星绕地球做匀速圆周运动，关键是万有引力提供向心力列出等式求解．只要掌握了万有引力提供向心力的几种不同的表达形式即可顺利此类问题．

二、双项选择题（共5小题，每小题5分，满分25分.全对5分，选对不全得3分，有错误的得0分）

9．河水的流速随与河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（ ）

A．船渡河的最短时间是60s

B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直

C．船在河水中航行的轨迹是一条直线

D．船在河水中的最大速度是5m/s

【考点】运动的合成和分解．

【分析】将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．

【解答】解：AB、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t==s=100s．故A错误．故B正确．

C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线．故C错误．

D、要使船以最短时间渡河，船在航行中与河岸垂直，根据速度的合成可知，船河水中的最大速度是5m/s，故D正确．

故选：BD．

【点评】解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解．

10．如图所示，从同一竖直线上不同高度A、B两点处，分别以速率v₁、v₂同向水平抛出两个小球，P为它们运动轨迹的交点．则下列说法正确的有（ ）

A．两球在P点一定具有相同的速率

B．若同时抛出，两球不可能在P点相碰

C．若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大

D．若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大

【考点】平抛运动．

【分析】平抛运动的高度决定运动的时间，结合下降的高度判断两球能否在P点相碰．若两球同时抛出，在竖直方向上相同时间内位移大小相等，结合水平方向位移的变化判断两物体间的距离变化．

【解答】解：A、两球的初速度大小关系未知，在P点，A的竖直分速度大于B的竖直分速度，根据平行四边形定则知，两球在P点的速度大小不一定相同，故A错误．

B、若同时抛出，在P点，A下落的高度大于B下落的高度，则A下落的时间大于B下落的时间，可知两球不可能在P点相碰，故B正确．

C、若同时抛出，根据h=知，经过相同的时间下落的高度相同，则竖直方向上的距离保持不变，故C错误．

D、若同时抛出，由图可知，下落相同的高度，B的水平位移大于A的水平位移，可知B的初速度大于A的初速度，由于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大，故D正确．

故选：BD．

【点评】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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．

11．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时（ ）

A．小球对圆环的压力大小等于mg

B．小球受到的向心力等于0

C．小球的线速度大小等于

D．小球的向心加速度大小等于g

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．

【解答】解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．

B、根据牛顿第二定律得，mg==ma，知向心力不为零，线速度v=，向心加速度a=g．故B错误，C、D正确．

故选CD．

【点评】解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．

12．要使两物体间的万有引力减小到原来的，下列办法可采用的是（ ）

A．使两物体的质量各减小一半，距离不变

B．使其中一个物体的质量减小到原来的，距离不变

C．使两物体间的距离增为原来的2倍，质量不变

D．使两物体间的距离和质量都减为原来的倍

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】根据万有引力定律F=，运用比例法，选择符合题意要求的选项．

【解答】解：A、使两物体的质量各减小一半，距离不变，根据万有引力定律F=可知，万有引力减为原来的．故A正确．

B、使其中一个物体的质量减小到原来的，距离不变，根据万有引力定律F=可知，万有引力变为原来的，符合题意．故B正确．

C、使两物体间的距离增为原来的2倍，质量不变，根据万有引力定律F=可知，万有引力变为原来的．故C正确．

D、使两物体间的距离和质量都减为原来的，根据万有引力定律F=可知，万有引力与原来相等，不符合题意．故D错误．

故选：ABC

【点评】本题考查应用比例法理解万有引力定律的能力，要综合考虑质量乘积与距离平方和引力的关系．

13．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点．设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L₁跟竖直方向的夹角为60°，L₂跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（ ）

A．细线L₁和细线L₂所受的拉力大小之比为：1

B．小球m₁和m₂的角速度大小之比为：1

C．小球m₁和m₂的向心力大小之比为3：1

D．小球m₁和m₂的线速度大小之比为3：1

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】小球受重力和拉力，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力．通过合力提供向心力，比较出两球的角速度大小，抓住小球距离顶点O的高度相同求出半径的关系，根据v=ωr比较线速度关系．

【解答】解：A、对任一小球研究．设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则：

Tcosθ=mg

解得：T=

所以细线L₁和细线L₂所受的拉力大小之比，故A正确；

B、小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得：

mgtanθ=mLsinθω²，

得：ω=．两小球Lcosθ相等，所以角速度相等，故B错误；

C、小球所受合力提供向心力，则向心力为：F=mgtanθ，

小球m₁和m₂的向心力大小之比为：，故C正确；

D、根据v=ωr，角速度相等，得小球m₁和m₂的线速度大小之比为：，故D错误．

故选：AC

【点评】解决本题的关键会正确地受力分析，知道匀速圆周运动向心力是由物体所受的合力提供并能结合几何关系求解，难度适中．

三、填空题（共3小题，每小题6分，满分18分）

14．平抛两个重要推论．

①做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的 中 点．

②做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则α和θ的关系是 tanα=2tanθ ．

【考点】平抛运动．

【分析】平抛两个重要推论是：

①做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．

②做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则α和θ的关系是tanα=2tanβ．

【解答】解：物体做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．将速度的分解可得：

tanα==…①

将物体的位移分解，根据几何关系有：tanθ===…②

由①②得：tanα=2tanθ ③

由③，根据几何关系可知，做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．

故答案为：中，tanα=2tanθ

【点评】本题关键是明确平抛运动两个推论的特点，能根据分运动公式列式分析，基础问题．

15．匀速圆周运动的向心力作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的 方向 ，不改变线速度的 大小 ．

【考点】向心力．

【分析】根据向心力的方向，分析能否做功，判断其作用效果．

【解答】解：向心力始终指向圆心，而速度方向始终沿圆周的切线方向，所以向心力方向总是与速度方向垂直，对物体不做功，根据动能定理可知，不改变速度的大小，而只改变速度的方向．

故答案为：方向，大小

【点评】本题关键要掌握向心力方向特点，根据动能定理进行分析．

16．做物体平抛运动的实验时，只画出了如图所示的一部分曲线，在曲线上取A、B、C三点，测得它们的水平距离均为△x=0.2m，竖直距离h₁=0.1m，h₂=0.2m，试由图示求出平抛物体的初速度v₀= 2 m/s，平抛原点距A的水平距离为x= 0.1 m（g取10m/s²）．

【考点】研究平抛物体的运动．

【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间求出初速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，从而求出抛出点到B点的时间，进而求出抛出点到A点的时间，从而求出平抛原点距A的水平距离．

【解答】解：在竖直方向上有：△y=gT²，则T==0.1s，

则v₀=，

B点的竖直方向的分速度，

则抛出点到B点的时间t=，

所以抛出点到A点的时间为t′=0.15﹣0.1=0.05s，

则平抛原点距A的水平距离为x=v₀t′=2×0.05=0.1m

故答案为：2；0.1

【点评】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，结合运动学公式和推论灵活求解．

四、计算解答题（共3小题，满分25分）

17．河宽l=300m，水速u=1m/s，船在静水中的速度v=3m/s，欲分别按下列要求过河时，船头应与河岸成多大角度？过河时间是多少？

（1）以最短时间过河；

（2）以最小位移过河；

（3）到达正对岸上游100m处．

【考点】运动的合成和分解．

【分析】（1）根据速度的分解，依据矢量分解法则，即可求解；

（2）当船头方向与河岸方向垂直时，渡河时间最短，抓住等时性，结合垂直河岸方向的速度和位移求出渡河的时间．

（3）当合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短，根据平行四边形定则求出船头的方向，根据河宽和合速度的大小求出渡河的时间．

【解答】解：（1）以最短时间渡河时，船头应垂直于河岸航行，即与河岸成90°角．

最短时间为t== s=100 s．

（2）以最小位移过河，船的实际航向应垂直河岸，即船头应指向上游河岸．

设船头与上游河岸夹角为θ，有

vcos θ=u，

θ=arccos=arccos．

sin θ==

渡河时间为t==≈106.1 s．

（3）设船头与上游河岸夹角为α，则有

（vcos α﹣u）t=x=100m

vtsin α=l=300m

两式联立得：α=53°，t=125 s．

答：（1）船头垂直过河时，时间最短，最短过河为100 s；

（2）船头应指向上游河岸夹角的正弦值为，过河最小位移，所需要时间为106.1 s；

（3）要使船到达正对岸上游100m处，船头应与河岸成53°角度，过河时间是125 s．

【点评】本题考查了小船渡河问题，知道当船头的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，当合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短．

18．如图所示，一个光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，然后小球从轨道口B处飞出，最后落在水平面上，已知小球落地点C与B处的水平距离为R，重力加速度为g，则小球通过B处时对轨道口的压力为多大？

【考点】向心力；平抛运动．

【分析】根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球通过B点的速度，再根据牛顿第二定律求出轨道B点对小球的弹力，从而得出小球通过B点时对轨道的压力．

【解答】解：根据2R=得：t=，

则B点的速度为：v=，

在B点，根据牛顿第二定律得：，

解得：N=．

根据牛顿第三定律知，小球对B点的压力为0.25mg．

答：小球通过B处时对轨道口的压力为0.25mg．

【点评】本题考查了圆周运动和平抛运动的基本运用，知道圆周运动向心力的来源以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．

19．如图所示，质量m=1kg的小球用细线拴住，线长l=0.5m，细线所受拉力达到F=18N时就会被拉断．当小球从图示位置释放后摆到悬点的正下方时，细线恰好被拉断．若此时小球距水平地面的高度h=5m，重力加速度g=10m/s²，求小球落地处到地面上P点的距离？（P点在悬点的正下方）

【考点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力．

【分析】小球摆到最低点时细线恰好被拉断，细线的拉力达到F=18N，由重力和拉力的合力提供向心力求出小球摆到最低点时的速度．细线被拉断后，小球做平抛运动，由高度h求出平抛运动的时间，再求解小球落地处到地面上P点的距离．

【解答】解：球摆到最低点时，由F﹣mg=m

解得小球经过最低点时的速度v==2m/s，

小球平抛运动的时间t==1s

所以小球落地处到地面上P点的距离x=vt=2m．

答：小球落地处到地面上P点的距离为2m．

【点评】本题是向心力知识、牛顿第二定律和平抛运动知识的综合，比较简单．