还剩14页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年河南省信阳市高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年河南省信阳市高一（下）第一次月考物理试卷（含答案解析），共17页。
2021-2022学年河南省信阳市高一（下）第一次月考物理试卷
1. 一同学坐火车从郑州回信阳，在火车进站前他发现铁路边有等距电线杆，从第1根电线杆经过他面前(可视为该同学与电线杆相遇)时该同学开始计时，5s时第10根电线杆恰好经过他面前，火车在25s时停下，此时恰好有1根电线杆在他面前。若火车进站过程做匀减速直线运动，则铁路边的电线杆根数为( )
A. 18根 B. 22根 C. 25根 D. 26根
2. 如图，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。该景观可简化成如图所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，θ减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 山崖左壁对石头的作用力将增大 B. 山崖右壁对石头的作用力不变
C. 山崖对石头的作用力减小 D. 石头受到的合力将增大
3. 郑州特大洪水将一座桥的桥墩冲毁，桥面向下凹陷，成为一座罕见的“倒拱桥”，因为交通位置十分重要，桥梁上依然允许车辆通行。某车在通过此桥的过程中，下列说法正确的是( )
A. 桥面对车的支持力大于车对桥面的压力
B. 该车受到重力、支持力、向心力的作用
C. 为了避免桥面因受到的压力过大而发生危险，该车应加快速度尽快通过
D. 桥面对车的支持力大于车自身重力
4. 如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄豆看成质点，则( )
A. 两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
B. 甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C. 乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
D. 两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
5. 图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前( )
A. 受到魔盘的支持力缓慢增大 B. 受到魔盘的摩擦力缓慢减小
C. 受到的合外力大小不变 D. 受到魔盘的作用力大小变大
6. 2019年央视春晚加入了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度vy及水平方向速度vx与飞行时间t的关系图象如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 无人机在t1时刻处于失重状态 B. 无人机在0∼t2这段时间内沿直线飞行
C. 无人机在t2时刻上升至最高点 D. 无人机在t2∼t3时间内做匀变速运动
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，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是( )
A. 圆环角速度ω小于gR时，小球受到2个力的作用
B. 圆环角速度ω等于2gR时，细绳恰好伸直
C. 圆环角速度ω等于2gR时，细绳将断裂
D. 圆环角速度ω大于6gR时，小球受到2个力的作用
8. 一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图所示，云层底面距地面高h，探照灯以匀角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是( )
A. hω B. hωcos2θ C. hωcosθ D. hωtanθ
9. 如图甲所示，一长为R的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是( )
A. 利用该装置可以得出重力加速度，且g=aR
B. 小球质量不变，用较长的轻绳做实验，得到的图线斜率会更小
C. 绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率会更小
D. 绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标却不变
10. 狮河公园有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B. 旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C. 旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2+ω4L2sin2θ
D. 若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大
11. 如图所示，光滑的横杆上穿着两个质量分别为m1、m2的小球，小球用细线连接起来。当转台匀速转动时，两球分居在转轴两侧相对横杆静止，则( )
A. 两小球线速度相等 B. 两小球角速度相等
C. 两小球的向心力大小相等，方向相反 D. 两小球到转轴O距离与其质量成反比
12. 如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是( )
A. 甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ：1
B. 甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ：1
C. 甲、乙两球的水平位移之比为tanθ：1
D. 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ：1
13. 在“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中．
(1)如图所示，A、B都为钢球，图中所示是在研究向心力的大小F与______的关系．
A.质量mB.半径rC.角速度ω
(2)如图所示，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之比为______.
A.1：2B.2：1C.1：4D.4：1.
14. 做平抛运动的物体的运动规律可以用如图1所示的实验形象描述。
(1)小球从坐标原点O水平抛出，做平抛运动。两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个影子。影子1做______运动，影子2做______运动。
(2)如若在O点放一点光源S，同时在x轴上某位置固定上一平行于y轴的足够大光屏，则当小球自O点平抛过程中在光屏上的影子做______运动。
(3)如图1a是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的水平射程x，最后作出了如图b所示的x−tanθ图象，g=10m/s2.则：由图2b可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度v0=______m/s。
15. 一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v0=8m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经过t0=5s后警车发动起来，并以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在vm=72km/h以内。问：
(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离xm是多少？
(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？
16. 某人站在水平地面上，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，使球运动起来，最终在水平面内做匀速圆周运动。已知轻绳存在最大拉力，握绳的手离地面高度为4l，手与球之间的绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)当球的速度大小为v=6gl2时，轻绳刚好断掉，求绳的最大拉力；
(2)保持手的高度不变，绳的最大拉力不变改变绳长，使球重复上述运动，求使绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点的最大水平距。
17. 如图，长为R=0.9m的轻杆，在其一端固定一物块(看成质点)，物块质量m=0.9kg，以O点为轴使物块在竖直平面内做圆周运动，其右端有一倾斜的传送带正在以速度v0=16m/s顺时针方向转动，传送带顶端与圆周最高点相距3R2，忽略传送带圆弧部分的影响．当物块经过最高点时，(g取10m/s2)
(1)若物块刚好对杆没有作用力，则物块速度vx为多大？
(2)在第(1)问的情况下，若物块从最高点脱出做平抛运动，要使物块刚好从传送带顶端与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角θ应该为多大？
(3)在第(2)问的情况下，若传送带长为L=11m，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=32，则物块从传送带顶端运动到底端的时间是多少？
18. 如图所示，质量M=8kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F=48N的作用，当长木板B的速度v=6m/s时，从长木板B的左端滑上一质量m=2kg的小木块A，此时小木块A的速度大小也为v=6m/s，已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。试求：
(1)长木板B向左运动的最大位移；
(2)A、B速度相等时，A离长木板B左端的距离；
(3)判断A、B速度相等时，A、B是否会发生相对滑动？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：匀减速到停止的运动看成逆向匀加速直线运动，设火车加速度大小为a，电线杆总共有n根，相邻两根之间的距离为l，由匀变速直线运动的位移-时间关系可得
全程位移(n−1)l=12at2①
从第10根到最后1根的时间为t2=t−t1=25s−5s=20s
位移为(n−10)l=12at22②
①②两式相除可得n−1n−10=(tt2)2
整理代入数据可得n=26
故铁路边的电线杆根数为26根。
故选：D。
匀减速到停止的运动按照逆向匀加速处理，根据位移-时间公式求解。
注意n个电线杆之间的距离是n−1个间距。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
对石头进行受力分析，结合共点力平衡的条件列式分析山崖左壁对石头的作用力；根据平衡条件分析山崖对石头的作用力。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解析】
解：AB、对石头进行受力分析如图，
则由共点力平衡的条件可知，山崖左壁对石头的作用力：F2=mgsinθ，山崖右壁对石头的作用力：F1=mgtanθ，θ减小，则F1增大，F2增大，故A正确、B错误；
C、石头始终处于平衡状态，山崖对石头的作用力的和始终与石头的重力大小相等，方向相反，所以山崖对石头的作用力保持不变，故C错误；
D、石头受到的合力始终为零，保持不变，故D错误。
故选：A。
3.【答案】D
【解析】解：AD、车通过桥面时，加速度方向竖直向下，处于超重状态，则车对桥面的压力大于车自身重力，根据牛顿第三定律知，桥面对车的支持力与车对桥面的压力大小相等，则桥面对车的支持力大于车自身重力，故D正确，A错误；
B、该车受到重力、支持力、牵引力和阻力的作用，向心力是重力和支持力的合力，不单独分析，故B错误；
C、设车速为v时，桥面对车的支持力为FN，桥面半径为R，在桥面上，由牛顿第二定律得：FN−mg=mv2R，得FN=mg+mv2R，则知车速越小，桥面对车的支持力越小，则车对桥面的压力越小，因此，了避免桥面因受到的压力过大而发生危险，该车应减慢速度缓慢通过，故C错误。
故选：D。
车通过桥面时，由重力和支持力的合力提供向心力；桥面对车的支持力与车对桥面的压力大小相等；根据牛顿第二定律列式，分析支持力与车速的关系。
解决本题的关键是要搞清车做圆周运动时向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。要注意分析物体受力情况时，向心力不单独分析。
4.【答案】D
【解析】解：B、设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t。设PM=MN=L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，对甲黄豆水平方向有：L=v1t，对乙黄豆从M点运动至N点水平方向有：L=v′t，联立解得：v1=v′，即甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B错误；
C、对甲黄豆竖直方向有：L=12gt2。对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为：h=12g(t2)2=L4，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的14，故C错误；
A、对甲黄豆到N点时，在竖直方向上有：v1y=2gL，结合v1=Lt=L2Lg=12gL，得甲黄豆到达N点时的速度为：v甲=v12+v1y2=52gL。乙黄豆在M点的竖直方向分速度为：v2y=2gh=2g⋅L4=2gL2，乙黄豆在N点的速度大小为：v乙=v′2+v2y2=(12gL)2+(2gL2)2=gL，则v甲=52v乙，故A错误；
D、两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为：tanα=v1yv1=2gL12gL=2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为：tanβ=v2yv′=2gL212gL=1，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍，故D正确。
故选：D。
甲黄豆做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。乙黄豆做斜抛运动，以逆向思维和最高点为界可以看成两部分的平抛运动，利用时间相等和水平位移关系合理选用运动学公式去求解。
本题考查平抛运动与斜抛运动，并结合几何关系进行深度考查，具有一定的难度，关键在于抓住这两类运动时间相等及斜抛运动的对称性，应用运动学公式进行解答。
5.【答案】D
【解析】解：AB、对游客受力分析如图，分别沿水平和竖直方向列方程：
水平方向：fx−Nx=mω2r
竖直方向：fy+Ny=mg
则随着魔盘转速缓慢增大，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，只能f增大，N减小，故AB错误；
C、滑动之前，游客在竖直方向受力平衡，水平方向的向心力即为合外力，随着转速缓慢增大，需要的向心力增大，即合外力增大，故C错误；
D、把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力(合力)，即为游客受到魔盘的作用力。将其在水平和竖直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增大而增大，所以游客受到魔盘的作用力增大，故D正确。
故选：D。
以游客为研究对象，画出受力分析图，沿水平和竖直方向列正交分解，通过竖直方向受力平衡，水平方向需要向心力列出方程即可分析出结果。
本题考查了圆周运动中的动态过程分析，主要掌握圆周运动的动力学问题的处理方法：沿半径和垂直半径方向正交分解。
6.【答案】D
【解析】解：A、依据图象可知，无人机在t1时刻，在竖直方向向上匀加速直线运动，而水平方向则是匀减速直线运动，则无人机有竖直向上的加速度，那么处于超重状态，不是失重状态，故A错误；
B、由图象可知，无人机在0∼t2这段时间，竖直方向向上匀加速直线运动，而水平方向匀减速直线运动，那么合加速度与合初速度不共线，所以物体做曲线运动，即物体沿曲线上升，故B错误；
C、无人机在竖直方向，先向上匀加速直线，后向上匀减速直线运动，因此在t2时刻没有上升至最高点，故C错误；
D、无人机在t2∼t3时间内，水平方向做匀速直线运动，而竖直向上方向做匀减速直线运动，因此合运动做匀变速运动，故D正确。
故选：D。
根据水平和竖直方向速度随时间变化情况判断合速度随时间的变化情况，根据运动的合成与分解法则，即可分析运动情况。
本题主要考查了速度时间图象的应用，运用运动的合成法研究合运动的规律，注意直线运动与曲线运动的判定条件。
7.【答案】C
【解析】解：AB、设角速度ω在0∼ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtanθ=mRsinθ⋅ω2，即ω=gRcosθ，当绳恰好伸直时，θ=60∘，对应ω1=2gR，故AB正确；
CD、设在ω1<ω<ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcos60∘=mg+FTcos60∘，FNsin60∘+FTsin60∘=mω2Rsin60∘，当FT取最大值2mg时代入可得ω2=6gR，即当ω>6gR时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。
本题选择错误的，故选：C。
因为圆环光滑，所以圆环肯定是重力、环对球的弹力，另外可能受到绳子的拉力。
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，此角速度为临界角速度，如果大于此角速度就受三个力。
根据受力分析，结合牛顿第二定律即可求出绳子将被拉断时的角速度。
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.【答案】B
【解析】解：当光束转过θ角时，光照射在云层上的位置到灯的距离为L=hcosθ，
将光点的速度分解为垂直于L方向和沿L方向，这个位置光束的端点沿切线方向的线速度为v=ωL
则云层底面上光点的移动速度为v′=vcosθ=hωcos2θ.故B正确，A、C、D错误．
故选B.
求出光束转到与竖直方向夹角为θ时，光点转动的线速度，该线速度等于光点移动速度垂直于半径方向上的分速度，根据平行四边形定则求出云层底面上光点的移动速度．
解决本题的关键知道光点转动的线速度为云层底面上光点的移动速度垂直半径半径方向上的线速度，根据平行四边形定则求出合速度的大小．
9.【答案】AD
【解析】解：A.当F=0时，v2=a，则有mg=maR，解得g=aR，故A正确；
BC.在最高点，根据牛顿第二定律得F+mg=mv2R，则v2=RmF+gR，图线的斜率k=Rm，则小球质量不变，用较长的轻绳做实验即R变大，得到的图线斜率会更大；绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率会更大，故BC错误；
D.根据上式，当F=0时，v2=gR=a，可知a点的位置与质量无关，故D正确；
故选：AD。
根据牛顿第二定律，找到图像对应的函数表达式，找到斜率和截距，结合选项判断。
解题的关键是会根据牛顿第二定律找图像的函数表达式，根据函数表达式把斜率和截距找出来。
10.【答案】CD
【解析】解：A、当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；
B、旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，故B错误；
C、由力的合成关系可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2+ω4L2+sin2θ，故C正确；
D、根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D正确。
故选：CD。
当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力；由力的合成可旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2+ω4L2+sin2θ；由作用力大小的表达式，可知若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大。
本题主要考查对模型飞机的受力分析，并考察所受的力与向心力的关系，进而分析当夹角增大时旋臂对模型飞机的作用力的变化，较为基础。
11.【答案】BCD
【解析】解：两球相当于做共轴转动，角速度相同，因为细线对A、B两球的弹力相等，知A、B两球做圆周运动的向心力相等，有：
m1r1ω2=m2r2ω2
所以：r1：r2=m2：m1，
根据v=ωr知它们线速度与半径成正比，即与质量成反比；
故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
两球做圆周运动，角速度相等，靠细线的弹力提供向心力，根据向心力的关系结合胡克定律和牛顿第二定律求出距离中心的距离．
本题考查圆周运动的性质，解决本题的关键两球的角速度相等，相互间的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律进行求解即可．
12.【答案】BD
【解析】解：A、设初速度为v0，对乙分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故：vy=v0tanθ
故下落时间为：t=vyg=v0gtanθ
对甲分析：x=v0t′，y=12gt′2，tanθ=yx，
联立解得：t′=2v0tanθg
故甲、乙两球在空中运动的时间之比：t′t=2tan2θ1，故A错误；
B、甲乙下落的高度之比为：h′h=12gt′212gt2=4tan4θ1，故B正确；
C、甲乙水平位移之比为：x′x=v0t′v0t=2tan2θ1，故C错误；
D、甲球竖直方向的速度为vy′=gt′=2v0tanθ，故vy′vy=2tan2θ1，故D正确；
故选：BD。
甲球做平抛运动落在斜面上，此时甲球水平位移与竖直位移间与斜面夹角存在关系，乙球垂直落在斜面上，水平速度与竖直速度与斜面夹角存在关系，即可判断
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，明确垂直落在斜面时速度与斜面夹角的关系即可判断
13.【答案】C B
【解析】解：(1)由图可知，图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系．故AB错误，C正确；
故选：C.
(2)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：2，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1.故B正确，ACD错误．
故选：B.
故答案为：(1)C；(2)B
该实验采用控制变量法，F=mω2r图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等．
14.【答案】匀速直线 自由落体 匀速直线 1.0
【解析】解：(1)因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以影子1做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以影子2做自由落体运动。
(2)设小球平抛运动的初速度为v，t时间内下落的高度为h，O点与屏间的距离为l，屏上影子在t时间移动的位移为x。
根据图示，由数学知识可得：hx=vtl，又 h=12gt2，
联立解得：x=gl2vt
即影子的位移与时间成正比，所以当小球自O点平抛过程中在光屏上的影子做匀速直线运动。
(3)物体在竖直方向上有：y=12gt2
水平方向上x=vt，且有tanθ=yx
联立解得：x=2v2gtanθ
由图可知：k=0.10.5=0.2=2v2g
解得：v=1.0m/s
故答案为：(1)匀速；(2)匀速直线，自由落体；(3)匀速直线；(4)1.0；
(1)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，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。
(2)根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移时间关系公式列式，然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析影子的运动性质。
(3)由平抛运动的规律列出水平位移与夹角正切值的关系，即可求得小球水平抛出时的初速度；
解决本题时要明确平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，关键在于确定影子位移的表达式后分析讨论。
15.【答案】解：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等
则t1=v0a
货车位移x货=v0(t0+t1)
警车位移x警=12at12
所以两车间的最大距离，△x=x货−x警=56m
(2)vm=72km/h=20m/s
当警车刚达到最大速度时，运动时间t2=vma=10s
货车位移x货′=v0(t0+t2)
警车位移x警′=12at22=12×2×102m=100m
因为x货′>x警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离△x′=x货′−x警′=20m
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间追赶上货车，则△t=△x′v0−v=53s
所以警车发动后追上货车要经过t=t2+△t=353s=11.7s
答：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是56m；
(2)警车发动后要11.7s时间才能追上货车。
【解析】(1)当警车与货车速度相等时，两者距离最大，结合速度时间公式和位移时间公式求出两车间的最大距离。
(2)根据运动学公式求出警车到达最大速度时的位移，判断是否追上货车，通过位移关系，求出追及的时间。
本题考查运动学中的追及问题，知道速度相等，两者距离最大。以及通过位移关系，结合运动学公式求出追及的时间。
16.【答案】解：(1)设绳断时，绳与竖直方向的夹角为θ，绳断时绳子拉力T
cosθ=mgT
做圆周运动半径R=lsinθ
由向心力公式mgtanθ=mv12R
解得：T=2mg
(2)改变绳长时，绳承受的最大拉力不变，绳与竖直方向的夹角为θ不变，设绳长为l1时，绳断时球的速度大小为v2，抛出的落地点与抛出位置的投影点O水平距离最大，有：
mgtanθ=mv22l1sinθ
得v2=32gl1
绳断后球做平抛运动，竖直位移为y=4l−l1cosθ，水平位移为x，时间为t1，有
4l−l1cosθ=12gt12
x=v2t1
联立可得x=32(8ll1−l12)
由数学知识可知当l1=4l时，水平距离x最大
最大水平距离：xmax=26l
答：(1)当球的速度大小为v=6gl2时，轻绳刚好断掉，绳的最大拉力为2mg；
(2)要使绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点O水平距离最大，绳长应为4l，最大水平距离为26l。
【解析】(1)绳断时，小球竖直合力为零，水平合力提供向心力，可求最大拉力；
(2)改变绳长时，由水平合力提供向心力，运用牛顿第二定律求出绳断时的速度，然后根据平抛运动的分位移公式列式求解绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点O水平距离最大的绳长和最大水平距离。
本题综合了平抛运动和圆周运动两个运动，关键知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源。
17.【答案】解：(1)物块在竖直面内做圆周运动，通过最高时与杆没有作用力，其重力充当向心力，有：
mg=mvx2R
解得vx=gR=10×0.9m/s=3m/s
(2)当物块下降3R2到达传送带顶端时，设其竖直方向分速度为vy，则速度-位移公式得
vy2=2g3R2
vy=3gR=3×10×0.9m/s=33m/s
要使物块与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角必须等于物块速度与水平方向的夹角，即
tanθ=vyvx=3
即θ=60∘
(3)当物块到达传送带顶端时，其速度大小v=vx2+vy2=6m/s
mgsinθ+μmgsinθ=ma
解得a=1532m/s2
设物块时间t能够达到与传送带相同速度，由速度公式得
v0=v+at
解得t=439s
即通过1s后物块刚好到达传送带底端，所以物块从传送带顶端运动到底端的时间是1s.
答：(1)若物块刚好对杆没有作用力，则物块速度vx为3m/s；(2)传送带的倾角θ应该为60度；(3)物块从传送带顶端运动到底端的时间是439s.
【解析】(1)在最高点，当杆子没有作用力，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块的速度；
(2)根据下落的高度，结合速度位移公式求出竖直分速度的大小，根据平行四边形定则求出传送带的倾角θ；
(3)根据平行四边形定则求出物块滑上传送带的速度，判断出摩擦力的方向，结合牛顿第二定律求出加速度，运用运动学公式求出运动的时间．
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，知道圆周运动向心力的来源、平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．
18.【答案】解：(1)初始时刻对小木块A、长木板B分别进行受力分析如图所示
对小木块A有：μmg=ma1
解得a1=2m/s2，方向向左
对长木板B有：F+μmg+μ(M+m)g=Ma2
解得a2=9m/s2，方向向右
可见长木板B先向左减速直到速度为零，t1=va2，
位移：x1=v2t1
联立代入数据解得：t1=23s，x1=2m；
(2)在t1=23s时间内，小木块A一直向右减速，根据运动学公式可得：
小木块A在t1时刻的速度：v1=v−a1t1，
在t1=23s时间内A的位移：xA1=v+v12t1；
之后，小木块A继续向右减速，加速度不变；长木板B开始向右加速，
加速度：a3=F+μmg−μ(M+m)gM，
设又经过t2两者共速，则：v′=v1−a1t2=a3t2
解得t2=79s，v′=289m/s
此过程中A的位移：xA2=v1+v′2t2，
B的位移：xB2=v′2t2
这时小木块A相对长木板B向右运动的位移为x=xA1+xB1+xA2−xB2
代入数据解得：x=19927m；
(3)假设不发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有：F−μ(M+m)g=(M+m)a
对A：f=ma
联立解得：f=5.6N>μmg=0.2×2×10N=4N
所以会发生相对滑动
答：(1)长木板B向左运动的最大位移为2m；
(2)A、B速度相等时，A离长木板B左端的距离为19927m；
(3)A、B速度相等时，A、B会发生相对滑动。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解初始时刻小木块A、长木板B的加速度大小，根据位移-时间关系求解位移；
(2)根据运动学公式求解B速度减速到零的过程中A和B的位移，再求出A和B共速过程中小木块A和长木板B的位移，再根据位移关系求解；
(3)分别对整体和A根据牛顿第二定律分析解答。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
2021-2022学年河南省信阳市高一（下）第一次月考物理试卷
1. 一同学坐火车从郑州回信阳，在火车进站前他发现铁路边有等距电线杆，从第1根电线杆经过他面前(可视为该同学与电线杆相遇)时该同学开始计时，5s时第10根电线杆恰好经过他面前，火车在25s时停下，此时恰好有1根电线杆在他面前。若火车进站过程做匀减速直线运动，则铁路边的电线杆根数为( )
A. 18根 B. 22根 C. 25根 D. 26根
2. 如图，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。该景观可简化成如图所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，θ减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. 山崖左壁对石头的作用力将增大 B. 山崖右壁对石头的作用力不变
C. 山崖对石头的作用力减小 D. 石头受到的合力将增大
3. 郑州特大洪水将一座桥的桥墩冲毁，桥面向下凹陷，成为一座罕见的“倒拱桥”，因为交通位置十分重要，桥梁上依然允许车辆通行。某车在通过此桥的过程中，下列说法正确的是( )
A. 桥面对车的支持力大于车对桥面的压力
B. 该车受到重力、支持力、向心力的作用
C. 为了避免桥面因受到的压力过大而发生危险，该车应加快速度尽快通过
D. 桥面对车的支持力大于车自身重力
4. 如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄豆看成质点，则( )
A. 两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
B. 甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C. 乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
D. 两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
5. 图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前( )
A. 受到魔盘的支持力缓慢增大 B. 受到魔盘的摩擦力缓慢减小
C. 受到的合外力大小不变 D. 受到魔盘的作用力大小变大
6. 2019年央视春晚加入了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度vy及水平方向速度vx与飞行时间t的关系图象如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 无人机在t1时刻处于失重状态 B. 无人机在0∼t2这段时间内沿直线飞行
C. 无人机在t2时刻上升至最高点 D. 无人机在t2∼t3时间内做匀变速运动
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，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是( )
A. 圆环角速度ω小于gR时，小球受到2个力的作用
B. 圆环角速度ω等于2gR时，细绳恰好伸直
C. 圆环角速度ω等于2gR时，细绳将断裂
D. 圆环角速度ω大于6gR时，小球受到2个力的作用
8. 一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图所示，云层底面距地面高h，探照灯以匀角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是( )
A. hω B. hωcos2θ C. hωcosθ D. hωtanθ
9. 如图甲所示，一长为R的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是( )
A. 利用该装置可以得出重力加速度，且g=aR
B. 小球质量不变，用较长的轻绳做实验，得到的图线斜率会更小
C. 绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率会更小
D. 绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标却不变
10. 狮河公园有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B. 旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C. 旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2+ω4L2sin2θ
D. 若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大
11. 如图所示，光滑的横杆上穿着两个质量分别为m1、m2的小球，小球用细线连接起来。当转台匀速转动时，两球分居在转轴两侧相对横杆静止，则( )
A. 两小球线速度相等 B. 两小球角速度相等
C. 两小球的向心力大小相等，方向相反 D. 两小球到转轴O距离与其质量成反比
12. 如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是( )
A. 甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ：1
B. 甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ：1
C. 甲、乙两球的水平位移之比为tanθ：1
D. 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ：1
13. 在“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中．
(1)如图所示，A、B都为钢球，图中所示是在研究向心力的大小F与______的关系．
A.质量mB.半径rC.角速度ω
(2)如图所示，若图中标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之比为______.
A.1：2B.2：1C.1：4D.4：1.
14. 做平抛运动的物体的运动规律可以用如图1所示的实验形象描述。
(1)小球从坐标原点O水平抛出，做平抛运动。两束光分别沿着与坐标轴平行的方向照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个影子。影子1做______运动，影子2做______运动。
(2)如若在O点放一点光源S，同时在x轴上某位置固定上一平行于y轴的足够大光屏，则当小球自O点平抛过程中在光屏上的影子做______运动。
(3)如图1a是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的水平射程x，最后作出了如图b所示的x−tanθ图象，g=10m/s2.则：由图2b可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度v0=______m/s。
15. 一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v0=8m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经过t0=5s后警车发动起来，并以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在vm=72km/h以内。问：
(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离xm是多少？
(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？
16. 某人站在水平地面上，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，使球运动起来，最终在水平面内做匀速圆周运动。已知轻绳存在最大拉力，握绳的手离地面高度为4l，手与球之间的绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)当球的速度大小为v=6gl2时，轻绳刚好断掉，求绳的最大拉力；
(2)保持手的高度不变，绳的最大拉力不变改变绳长，使球重复上述运动，求使绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点的最大水平距。
17. 如图，长为R=0.9m的轻杆，在其一端固定一物块(看成质点)，物块质量m=0.9kg，以O点为轴使物块在竖直平面内做圆周运动，其右端有一倾斜的传送带正在以速度v0=16m/s顺时针方向转动，传送带顶端与圆周最高点相距3R2，忽略传送带圆弧部分的影响．当物块经过最高点时，(g取10m/s2)
(1)若物块刚好对杆没有作用力，则物块速度vx为多大？
(2)在第(1)问的情况下，若物块从最高点脱出做平抛运动，要使物块刚好从传送带顶端与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角θ应该为多大？
(3)在第(2)问的情况下，若传送带长为L=11m，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=32，则物块从传送带顶端运动到底端的时间是多少？
18. 如图所示，质量M=8kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F=48N的作用，当长木板B的速度v=6m/s时，从长木板B的左端滑上一质量m=2kg的小木块A，此时小木块A的速度大小也为v=6m/s，已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。试求：
(1)长木板B向左运动的最大位移；
(2)A、B速度相等时，A离长木板B左端的距离；
(3)判断A、B速度相等时，A、B是否会发生相对滑动？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：匀减速到停止的运动看成逆向匀加速直线运动，设火车加速度大小为a，电线杆总共有n根，相邻两根之间的距离为l，由匀变速直线运动的位移-时间关系可得
全程位移(n−1)l=12at2①
从第10根到最后1根的时间为t2=t−t1=25s−5s=20s
位移为(n−10)l=12at22②
①②两式相除可得n−1n−10=(tt2)2
整理代入数据可得n=26
故铁路边的电线杆根数为26根。
故选：D。
匀减速到停止的运动按照逆向匀加速处理，根据位移-时间公式求解。
注意n个电线杆之间的距离是n−1个间距。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
对石头进行受力分析，结合共点力平衡的条件列式分析山崖左壁对石头的作用力；根据平衡条件分析山崖对石头的作用力。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解析】
解：AB、对石头进行受力分析如图，
则由共点力平衡的条件可知，山崖左壁对石头的作用力：F2=mgsinθ，山崖右壁对石头的作用力：F1=mgtanθ，θ减小，则F1增大，F2增大，故A正确、B错误；
C、石头始终处于平衡状态，山崖对石头的作用力的和始终与石头的重力大小相等，方向相反，所以山崖对石头的作用力保持不变，故C错误；
D、石头受到的合力始终为零，保持不变，故D错误。
故选：A。
3.【答案】D
【解析】解：AD、车通过桥面时，加速度方向竖直向下，处于超重状态，则车对桥面的压力大于车自身重力，根据牛顿第三定律知，桥面对车的支持力与车对桥面的压力大小相等，则桥面对车的支持力大于车自身重力，故D正确，A错误；
B、该车受到重力、支持力、牵引力和阻力的作用，向心力是重力和支持力的合力，不单独分析，故B错误；
C、设车速为v时，桥面对车的支持力为FN，桥面半径为R，在桥面上，由牛顿第二定律得：FN−mg=mv2R，得FN=mg+mv2R，则知车速越小，桥面对车的支持力越小，则车对桥面的压力越小，因此，了避免桥面因受到的压力过大而发生危险，该车应减慢速度缓慢通过，故C错误。
故选：D。
车通过桥面时，由重力和支持力的合力提供向心力；桥面对车的支持力与车对桥面的压力大小相等；根据牛顿第二定律列式，分析支持力与车速的关系。
解决本题的关键是要搞清车做圆周运动时向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。要注意分析物体受力情况时，向心力不单独分析。
4.【答案】D
【解析】解：B、设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t。设PM=MN=L，甲黄豆在P点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为v′，对甲黄豆水平方向有：L=v1t，对乙黄豆从M点运动至N点水平方向有：L=v′t，联立解得：v1=v′，即甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B错误；
C、对甲黄豆竖直方向有：L=12gt2。对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为：h=12g(t2)2=L4，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的14，故C错误；
A、对甲黄豆到N点时，在竖直方向上有：v1y=2gL，结合v1=Lt=L2Lg=12gL，得甲黄豆到达N点时的速度为：v甲=v12+v1y2=52gL。乙黄豆在M点的竖直方向分速度为：v2y=2gh=2g⋅L4=2gL2，乙黄豆在N点的速度大小为：v乙=v′2+v2y2=(12gL)2+(2gL2)2=gL，则v甲=52v乙，故A错误；
D、两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为：tanα=v1yv1=2gL12gL=2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为：tanβ=v2yv′=2gL212gL=1，所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍，故D正确。
故选：D。
甲黄豆做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。乙黄豆做斜抛运动，以逆向思维和最高点为界可以看成两部分的平抛运动，利用时间相等和水平位移关系合理选用运动学公式去求解。
本题考查平抛运动与斜抛运动，并结合几何关系进行深度考查，具有一定的难度，关键在于抓住这两类运动时间相等及斜抛运动的对称性，应用运动学公式进行解答。
5.【答案】D
【解析】解：AB、对游客受力分析如图，分别沿水平和竖直方向列方程：
水平方向：fx−Nx=mω2r
竖直方向：fy+Ny=mg
则随着魔盘转速缓慢增大，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，只能f增大，N减小，故AB错误；
C、滑动之前，游客在竖直方向受力平衡，水平方向的向心力即为合外力，随着转速缓慢增大，需要的向心力增大，即合外力增大，故C错误；
D、把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力(合力)，即为游客受到魔盘的作用力。将其在水平和竖直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增大而增大，所以游客受到魔盘的作用力增大，故D正确。
故选：D。
以游客为研究对象，画出受力分析图，沿水平和竖直方向列正交分解，通过竖直方向受力平衡，水平方向需要向心力列出方程即可分析出结果。
本题考查了圆周运动中的动态过程分析，主要掌握圆周运动的动力学问题的处理方法：沿半径和垂直半径方向正交分解。
6.【答案】D
【解析】解：A、依据图象可知，无人机在t1时刻，在竖直方向向上匀加速直线运动，而水平方向则是匀减速直线运动，则无人机有竖直向上的加速度，那么处于超重状态，不是失重状态，故A错误；
B、由图象可知，无人机在0∼t2这段时间，竖直方向向上匀加速直线运动，而水平方向匀减速直线运动，那么合加速度与合初速度不共线，所以物体做曲线运动，即物体沿曲线上升，故B错误；
C、无人机在竖直方向，先向上匀加速直线，后向上匀减速直线运动，因此在t2时刻没有上升至最高点，故C错误；
D、无人机在t2∼t3时间内，水平方向做匀速直线运动，而竖直向上方向做匀减速直线运动，因此合运动做匀变速运动，故D正确。
故选：D。
根据水平和竖直方向速度随时间变化情况判断合速度随时间的变化情况，根据运动的合成与分解法则，即可分析运动情况。
本题主要考查了速度时间图象的应用，运用运动的合成法研究合运动的规律，注意直线运动与曲线运动的判定条件。
7.【答案】C
【解析】解：AB、设角速度ω在0∼ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtanθ=mRsinθ⋅ω2，即ω=gRcosθ，当绳恰好伸直时，θ=60∘，对应ω1=2gR，故AB正确；
CD、设在ω1<ω<ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcos60∘=mg+FTcos60∘，FNsin60∘+FTsin60∘=mω2Rsin60∘，当FT取最大值2mg时代入可得ω2=6gR，即当ω>6gR时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。
本题选择错误的，故选：C。
因为圆环光滑，所以圆环肯定是重力、环对球的弹力，另外可能受到绳子的拉力。
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，此角速度为临界角速度，如果大于此角速度就受三个力。
根据受力分析，结合牛顿第二定律即可求出绳子将被拉断时的角速度。
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.【答案】B
【解析】解：当光束转过θ角时，光照射在云层上的位置到灯的距离为L=hcosθ，
将光点的速度分解为垂直于L方向和沿L方向，这个位置光束的端点沿切线方向的线速度为v=ωL
则云层底面上光点的移动速度为v′=vcosθ=hωcos2θ.故B正确，A、C、D错误．
故选B.
求出光束转到与竖直方向夹角为θ时，光点转动的线速度，该线速度等于光点移动速度垂直于半径方向上的分速度，根据平行四边形定则求出云层底面上光点的移动速度．
解决本题的关键知道光点转动的线速度为云层底面上光点的移动速度垂直半径半径方向上的线速度，根据平行四边形定则求出合速度的大小．
9.【答案】AD
【解析】解：A.当F=0时，v2=a，则有mg=maR，解得g=aR，故A正确；
BC.在最高点，根据牛顿第二定律得F+mg=mv2R，则v2=RmF+gR，图线的斜率k=Rm，则小球质量不变，用较长的轻绳做实验即R变大，得到的图线斜率会更大；绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率会更大，故BC错误；
D.根据上式，当F=0时，v2=gR=a，可知a点的位置与质量无关，故D正确；
故选：AD。
根据牛顿第二定律，找到图像对应的函数表达式，找到斜率和截距，结合选项判断。
解题的关键是会根据牛顿第二定律找图像的函数表达式，根据函数表达式把斜率和截距找出来。
10.【答案】CD
【解析】解：A、当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；
B、旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，故B错误；
C、由力的合成关系可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2+ω4L2+sin2θ，故C正确；
D、根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D正确。
故选：CD。
当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但以后再竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力；由力的合成可旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2+ω4L2+sin2θ；由作用力大小的表达式，可知若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大。
本题主要考查对模型飞机的受力分析，并考察所受的力与向心力的关系，进而分析当夹角增大时旋臂对模型飞机的作用力的变化，较为基础。
11.【答案】BCD
【解析】解：两球相当于做共轴转动，角速度相同，因为细线对A、B两球的弹力相等，知A、B两球做圆周运动的向心力相等，有：
m1r1ω2=m2r2ω2
所以：r1：r2=m2：m1，
根据v=ωr知它们线速度与半径成正比，即与质量成反比；
故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
两球做圆周运动，角速度相等，靠细线的弹力提供向心力，根据向心力的关系结合胡克定律和牛顿第二定律求出距离中心的距离．
本题考查圆周运动的性质，解决本题的关键两球的角速度相等，相互间的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律进行求解即可．
12.【答案】BD
【解析】解：A、设初速度为v0，对乙分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故：vy=v0tanθ
故下落时间为：t=vyg=v0gtanθ
对甲分析：x=v0t′，y=12gt′2，tanθ=yx，
联立解得：t′=2v0tanθg
故甲、乙两球在空中运动的时间之比：t′t=2tan2θ1，故A错误；
B、甲乙下落的高度之比为：h′h=12gt′212gt2=4tan4θ1，故B正确；
C、甲乙水平位移之比为：x′x=v0t′v0t=2tan2θ1，故C错误；
D、甲球竖直方向的速度为vy′=gt′=2v0tanθ，故vy′vy=2tan2θ1，故D正确；
故选：BD。
甲球做平抛运动落在斜面上，此时甲球水平位移与竖直位移间与斜面夹角存在关系，乙球垂直落在斜面上，水平速度与竖直速度与斜面夹角存在关系，即可判断
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，明确垂直落在斜面时速度与斜面夹角的关系即可判断
13.【答案】C B
【解析】解：(1)由图可知，图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系．故AB错误，C正确；
故选：C.
(2)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：2，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1.故B正确，ACD错误．
故选：B.
故答案为：(1)C；(2)B
该实验采用控制变量法，F=mω2r图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等．
14.【答案】匀速直线 自由落体 匀速直线 1.0
【解析】解：(1)因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以影子1做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以影子2做自由落体运动。
(2)设小球平抛运动的初速度为v，t时间内下落的高度为h，O点与屏间的距离为l，屏上影子在t时间移动的位移为x。
根据图示，由数学知识可得：hx=vtl，又 h=12gt2，
联立解得：x=gl2vt
即影子的位移与时间成正比，所以当小球自O点平抛过程中在光屏上的影子做匀速直线运动。
(3)物体在竖直方向上有：y=12gt2
水平方向上x=vt，且有tanθ=yx
联立解得：x=2v2gtanθ
由图可知：k=0.10.5=0.2=2v2g
解得：v=1.0m/s
故答案为：(1)匀速；(2)匀速直线，自由落体；(3)匀速直线；(4)1.0；
(1)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，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断。
(2)根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移时间关系公式列式，然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析影子的运动性质。
(3)由平抛运动的规律列出水平位移与夹角正切值的关系，即可求得小球水平抛出时的初速度；
解决本题时要明确平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，关键在于确定影子位移的表达式后分析讨论。
15.【答案】解：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等
则t1=v0a
货车位移x货=v0(t0+t1)
警车位移x警=12at12
所以两车间的最大距离，△x=x货−x警=56m
(2)vm=72km/h=20m/s
当警车刚达到最大速度时，运动时间t2=vma=10s
货车位移x货′=v0(t0+t2)
警车位移x警′=12at22=12×2×102m=100m
因为x货′>x警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离△x′=x货′−x警′=20m
警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间追赶上货车，则△t=△x′v0−v=53s
所以警车发动后追上货车要经过t=t2+△t=353s=11.7s
答：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是56m；
(2)警车发动后要11.7s时间才能追上货车。
【解析】(1)当警车与货车速度相等时，两者距离最大，结合速度时间公式和位移时间公式求出两车间的最大距离。
(2)根据运动学公式求出警车到达最大速度时的位移，判断是否追上货车，通过位移关系，求出追及的时间。
本题考查运动学中的追及问题，知道速度相等，两者距离最大。以及通过位移关系，结合运动学公式求出追及的时间。
16.【答案】解：(1)设绳断时，绳与竖直方向的夹角为θ，绳断时绳子拉力T
cosθ=mgT
做圆周运动半径R=lsinθ
由向心力公式mgtanθ=mv12R
解得：T=2mg
(2)改变绳长时，绳承受的最大拉力不变，绳与竖直方向的夹角为θ不变，设绳长为l1时，绳断时球的速度大小为v2，抛出的落地点与抛出位置的投影点O水平距离最大，有：
mgtanθ=mv22l1sinθ
得v2=32gl1
绳断后球做平抛运动，竖直位移为y=4l−l1cosθ，水平位移为x，时间为t1，有
4l−l1cosθ=12gt12
x=v2t1
联立可得x=32(8ll1−l12)
由数学知识可知当l1=4l时，水平距离x最大
最大水平距离：xmax=26l
答：(1)当球的速度大小为v=6gl2时，轻绳刚好断掉，绳的最大拉力为2mg；
(2)要使绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点O水平距离最大，绳长应为4l，最大水平距离为26l。
【解析】(1)绳断时，小球竖直合力为零，水平合力提供向心力，可求最大拉力；
(2)改变绳长时，由水平合力提供向心力，运用牛顿第二定律求出绳断时的速度，然后根据平抛运动的分位移公式列式求解绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点O水平距离最大的绳长和最大水平距离。
本题综合了平抛运动和圆周运动两个运动，关键知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源。
17.【答案】解：(1)物块在竖直面内做圆周运动，通过最高时与杆没有作用力，其重力充当向心力，有：
mg=mvx2R
解得vx=gR=10×0.9m/s=3m/s
(2)当物块下降3R2到达传送带顶端时，设其竖直方向分速度为vy，则速度-位移公式得
vy2=2g3R2
vy=3gR=3×10×0.9m/s=33m/s
要使物块与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角必须等于物块速度与水平方向的夹角，即
tanθ=vyvx=3
即θ=60∘
(3)当物块到达传送带顶端时，其速度大小v=vx2+vy2=6m/s
mgsinθ+μmgsinθ=ma
解得a=1532m/s2
设物块时间t能够达到与传送带相同速度，由速度公式得
v0=v+at
解得t=439s
即通过1s后物块刚好到达传送带底端，所以物块从传送带顶端运动到底端的时间是1s.
答：(1)若物块刚好对杆没有作用力，则物块速度vx为3m/s；(2)传送带的倾角θ应该为60度；(3)物块从传送带顶端运动到底端的时间是439s.
【解析】(1)在最高点，当杆子没有作用力，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块的速度；
(2)根据下落的高度，结合速度位移公式求出竖直分速度的大小，根据平行四边形定则求出传送带的倾角θ；
(3)根据平行四边形定则求出物块滑上传送带的速度，判断出摩擦力的方向，结合牛顿第二定律求出加速度，运用运动学公式求出运动的时间．
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，知道圆周运动向心力的来源、平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．
18.【答案】解：(1)初始时刻对小木块A、长木板B分别进行受力分析如图所示
对小木块A有：μmg=ma1
解得a1=2m/s2，方向向左
对长木板B有：F+μmg+μ(M+m)g=Ma2
解得a2=9m/s2，方向向右
可见长木板B先向左减速直到速度为零，t1=va2，
位移：x1=v2t1
联立代入数据解得：t1=23s，x1=2m；
(2)在t1=23s时间内，小木块A一直向右减速，根据运动学公式可得：
小木块A在t1时刻的速度：v1=v−a1t1，
在t1=23s时间内A的位移：xA1=v+v12t1；
之后，小木块A继续向右减速，加速度不变；长木板B开始向右加速，
加速度：a3=F+μmg−μ(M+m)gM，
设又经过t2两者共速，则：v′=v1−a1t2=a3t2
解得t2=79s，v′=289m/s
此过程中A的位移：xA2=v1+v′2t2，
B的位移：xB2=v′2t2
这时小木块A相对长木板B向右运动的位移为x=xA1+xB1+xA2−xB2
代入数据解得：x=19927m；
(3)假设不发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有：F−μ(M+m)g=(M+m)a
对A：f=ma
联立解得：f=5.6N>μmg=0.2×2×10N=4N
所以会发生相对滑动
答：(1)长木板B向左运动的最大位移为2m；
(2)A、B速度相等时，A离长木板B左端的距离为19927m；
(3)A、B速度相等时，A、B会发生相对滑动。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解初始时刻小木块A、长木板B的加速度大小，根据位移-时间关系求解位移；
(2)根据运动学公式求解B速度减速到零的过程中A和B的位移，再求出A和B共速过程中小木块A和长木板B的位移，再根据位移关系求解；
(3)分别对整体和A根据牛顿第二定律分析解答。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
相关试卷
2021-2022学年河南省信阳市浉河区新时代学校高二（下）第三次月考物理试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省信阳市浉河区新时代学校高二（下）第三次月考物理试卷（含答案解析），共11页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省信阳市商城县观庙高级中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省信阳市商城县观庙高级中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了 如图所示等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省新乡十一中高一（下）月考物理试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省新乡十一中高一（下）月考物理试卷（含答案解析），共12页。
