高一下学期物理周练

高一下学期物理周练一一、选择题：（其中1至10为单选；11、 12为多选，每小题5分，共60分）1．关于运动的性质，以下说法中正确的是（）A．曲线运动一定是匀变速运动B．变速运动一定是曲线运动C．圆周运动一定是变加速运动D．圆周运动物体一定加速度大小不变，加速度方向时刻改变2．图示小物体A与圆盘保持相对静止跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况( )A．重力、支持力、摩擦力B．重力、支持力、向心力C．重力、支持力D．重力、支持力、向心力、摩擦力3．如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出。

两小球分别落在水平地面上的P点、Q点。

已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP∶PQ=1∶3，且不考虑空气阻力的影响。

下列说法中正确的是（）A.两小球的下落时间之比为1：3B.两小球的下落时间之比为1：4C.两小球的初速度大小之比为1∶3D.两小球的初速度大小之比为1∶44．狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速率行驶，以下给出的四个关于雪橇受到的牵引力F 及摩擦力f的示意图(图中O为圆心)中正确的是( )A. B. C. D.5、A、B两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长比S A：S B=2：3，转过的圆心角比θA：θB=3：2．则下列说法中正确的是（）A.它们的线速度比v A：v B=1：1B.它们的向心加速度比2：3C.它们的周期比T A：T B=2：3D.它们的周期比T A：T B=1：26．人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是（）A．v0sin θ B．0sinvθC ．v0cos θ D．0cosvθ7．如图所示，翘翘板的支点位于板的中点，A、B两小孩距离支点一远一近。

在翘动的某一时刻，A、B两小孩重心的线速度大小分别为v A、v B，角速度大小分别为ωA、ωB，则（）A．v A≠v B，ωA=ωB B．v A=v B，ωA≠ωBC．v A=v B，ωA=ωB D．v A≠v B，ωA≠ωB8．一辆卡车在丘陵地匀速行驶，地形如图所示，由于轮胎太旧，途中爆胎，爆胎可能性最大的地段应是（）A.a处B.b处C.c处D.d处9．如图所示，用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（）A．小球在圆周最高点时所受向心力一定为重力B．小球在圆周最高点时绳子的拉力不可能为零C．若小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则其在最高点速率是gLD．小球在圆周最低点时拉力可能等于重力10.以速度v0水平抛出一球，某时刻其竖直分位移与水平位移相等，以下判断正确的是（）A．竖直分速度等于水平分速度B．此时球的速度大小为3vC．运动的时间为gv0D．运动的位移是gv2211．河水的流速与离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 bdcA．船渡河的最短时间是100sB．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7m/s12．图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（）A．ab两点的线速度大小相等B．ab两点的角速度大小相等C．ac两点的线速度大小相等D．ad两点的向心加速度大小相等二、实验题：(4X4=16分)13．三个同学根据不同的实验条件，进行了探究平抛运动规律的实验：（1）甲同学采用如图甲所示的装置。

应对市爱护阳光实验学校高一物理下学期周练试题〔4〕一、选择题〔此题共8小题，每题6分，共48分，1-5小题只有一个选项正确，6-8小题有多个选项正确。

在每题给出的四个选项中，选对的得全分，选不全的得一半分，有选错或不答的得0分〕1. 以下说法符合史实的是〔〕A．牛顿发现了行星的运动规律B．开普勒发现了万有引力律C．卡文迪许测出了万有引力常量 D．牛顿发现了海王星和冥王星2. 关于环绕地球运转的人造地球卫星，有如下几种说法，其中正确的选项是〔〕A．轨道半径越大，速度越小，周期越长 B．轨道半径越大，速度越大，周期越短C．轨道半径越大，速度越大，周期越长 D．轨道半径越小，速度越小，周期越长3. 一个行星，其半径比地球的半径大2倍，质量是地球的25倍，那么它外表的重力加速度是地球外表重力加速度的( )A．6倍 B．4倍 C．25/9倍 D．12倍4．地球公转的轨道半径为R1，周期为T1，月球绕地球运转的轨道半径为R2，周期为T2，那么太阳质量与地球质量之比为〔〕A．22322131TRTRB．21322231TRTRC．21222221TRTRD．32223121TRTR5. 做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于〔〕A. 物体的高度和所受重力B. 物体的高度和初速度C. 物体所受的重力和初速度D. 物体所受的重力、高度和初速度6. 关于开普勒行星运动的公式23TR＝k，以下理解正确的选项是〔〕A ．k 是一个与行星无关的常量B ．假设地球绕太阳运转轨道的半长轴为R 地，周期为T 地；月球绕地球运转轨道的长半轴为 R 月，周期为T 月，那么2323月月地地T R T RC ．T 表示行星运动的自转周期D ．T 表示行星运动的公转周期7. 万有引力常量G ，要计算地球的质量还需要知道某些数据，现在给出以下各组数据,可以计算出地球质量的是( )A ．地球公转的周期及半径B ．月球绕地球运行的周期和运行的半径C ．人造卫星绕地球运行的周期和速率D ．地球半径和同步卫星离地面的高度8. 如下图，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，那么当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的选项是 ( )A ．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的速率大于它在轨道2上经过Q 点时的速率D ．卫星在轨道2上经过P 点时的加速度于它在轨道3上经过P 点时的加速度二、题〔每空3分，共12分〕9.“研究平抛物体的运动〞的装置如下图，在前〔 〕A ．将斜槽的末端切线调成水平B ．将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C ．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O ，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点D.小球每次必须从斜面上的同一位置由静止开始释放10. 一小球做平抛运动的闪光照片的一，图中背景方格的边长均为5cm ，如果取 g=l0m/s 2，那么：(1)闪光频率是________Hz ．(2)小球运动中水平分速度的大小________m/s ．(3)小球经过B 点时的速度大小是________m/s ．三、计算题〔11. 太阳系中除了有九大行星外，还有许多围绕太阳运行的小行星，其中一颗名叫“谷神〞的小行星，质量为1.00×1021kg ，它运行的轨道半径是地球的7倍，试求出它绕太阳一周所需要的时间是多少年?12. 某物体在地面上受到的重力为160N ，将它放置在卫星中，在卫星以a=12g的加速度随上升的过程中，当物体与卫星中的支持物的相互挤压力为90N 时，卫星距地球多少千米(地球半径R=6400km ，g 取10m/s 2)13. 天宫一号于9月29日发射，它将和随后发射的飞船在空间完成交会对接，实现中国载人工程的一个的跨越。

2021年高一下学期物理周练试卷（尖子班5.5）含答案一、选择题(1-8题单选，每小题4分；9-12题多选，每小题6分；共56分)1.起重机将放置在地面上的重物竖直向上提起。

重物先加速上升，然后以稳定的速度继续上升。

整个过程中保持起重机牵引力的功率不变，则起重机的牵引力（）A．保持不变 B．不断减小C．先增大后不变 D．先减小后不变2如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则( ) A．重力对两物体做的功相同 B．重力的平均功率相同C．到达底端时重力的瞬时功率相同 D．到达底端时两物体的动能相同，速度相同3.两个相同的篮球，表面潮湿，从不同高度自由落至同一地面,留下的印迹如图所示.关于初始时篮球的重力势能，下列说法正确的是( )A．落在a处的大B．落在b处的大C．两个一样大 D．无法比较大小4.质量为m的物体，沿倾角为α的光滑斜面由静止下滑，当下滑t(s)时重力势能减少量为（）5.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物体．现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴转动. 当木板转到跟水平面的夹角为α时，小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到底端的速度为v，则在整个过程中()A．木板对小物体做功为mv2 B．摩擦力对小物体做功为mgL sinαC．支持力对小物体做功为零D．克服摩擦力做功为mgL cosα－mv26.如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（）A．△x1＞△x2B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量7.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为（）A． mv02﹣μmg（s+x）B． mv02﹣μmgxC．μmgs D．μmg（s+x）8.如图所示，倾角为θ的斜面放置在水平地面上，B点为斜面中点．一小物块（可视为质点）从斜面顶点A点开始无初速度下滑，到达斜面底端C点时速度恰好为零．若物块在AB段和BC段与斜面间的动摩擦因数分别为μ1，和μ2，整个过程中斜面始终保持静止状态，则下列说法中正确的是( )A．小物块下滑的整个过程中斜面对地面的压力始终小于小物块和斜面的重力之和B．根据题给条件可以计算出小物块滑至B点时的速度大小C．小物块在AB段的平均速率小于在BC段的平均速率D．动摩擦因数满足关系式μ1+μ2=2tanθ9.用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速运动，到t2时刻停止．其速度﹣时间图象如图所示，且α＞β．若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是（）A．W1＞W2B．W1=W2 C．P1＞P2D．P1=P210.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端放置一质量m= lkg的小球，小球此时处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0. 2s弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1m/s，整个过程弹簧始终在弹性限度内，g取10m/s2.下列说法正确的是( )A．在0~0.2s内，拉力的最大功率为15W．B．弹簧的劲度系数为100N/cm,C．在0. 2s时撤去外力，则小球在全过程中能上升的最大高度为15cmD．在0~0.2s内，拉力F对小球做的功等于1.5J11.对下列各图蕴含的信息理解正确的是（）A．图甲的重力﹣质量图象说明同一地点的重力加速度相同B．图乙的位移﹣时间图象表示该物体受力平衡C．图丙的重力势能﹣时间图象表示该物体克服重力做功D．图丁的速度﹣时间图象表示该物体的合力随时间增大12. 质量为m的汽车发动机额定输出功率为P，当它在平直的公路上以加速度a由静止开始匀加速启动时，其保持匀加速运动的最长时间为t，汽车运动中所受的阻力大小恒定，则（）A．若汽车在该平直的路面上从静止开始以加速度2a匀加速启动，其保持匀加速运动的最长时间为B．若汽车以加速度a由静止开始在该路面上匀加速启动，经过时间发动机输出功率为PC．汽车保持功率P在该路面上运动可以达到的最大速度为D．汽车运动中所受的阻力大小为二、计算题（共44分）13.(10分)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图所示，原长L=16m的橡皮绳一端固定在塔架的P点，另一端系在蹦极者的腰部．蹦极者从P点由静止跳下，到达A处时绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，BP之间距离h=20m．又知：蹦极者的质量m=60kg，所受空气阻力f恒为体重的，蹦极者可视为质点，g=10m/s2．求：（1）蹦极者到达A点时的速度；（2）橡皮绳的弹性势能的最大值14.（10分）如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角θ=37º的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下。

应对市爱护阳光实验学校高一〔下〕周练物理试卷〔5〕一．选择题〔此题包括8小题，每题6分，共48分.1-5题为单项选择题，6-8题为多项选择题〕1．如下图，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口垂直对准愿同轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，那么子弹的速度可能是〔〕A ．B ．C ．D ．2．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如下图，其半径分别为r1、r2、r3，假设甲轮的角速度为ω，那么丙轮边缘上某点的向心加速度为〔〕A ．B ．C ．D ．3．半径为R的大圆盘以角速度ω旋转，如下图，有人站在P盘边点上随盘转动，他想用枪击中在圆盘中心的目标O，假设子弹的速度为v0，那么〔〕A．枪瞄准目标O射去B．枪向PO的右方偏过角度θ射去，而cosθ=C．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而tanθ=D．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而sinθ=4．光滑的水平面上固着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如下图．一个小球以一速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形区的时间内，关于小球运动的角速度和向心加速度大小变化的说法正确的选项是〔〕A．增大、减小B．减小、增大C．增大、增大D．减小、减小5．某老师在做竖直面内圆周运动快慢的研究，并给运动小球拍了频闪照片，如下图〔小球相邻影像间的时间间隔相〕，小球在最高点和最低点的运动快慢比拟，以下说法中不正确的选项是〔〕A．该小球所做的运动不是匀速圆周运动B．最高点附近小球相邻影像间弧长短，线速度小，运动较慢C．最低点附近小球相邻影像间圆心角大，角速度大，运动较快D．小球在相邻影像间运动时间间隔相，最高点与最低点运动一样快6．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，那么〔〕A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换四种不同档位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD=1：4D．当A轮与D轮组合时，两轮角速度之比ωA：ωD=4：17．图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒的，B轮是从动轮，那么在倒带的过程中以下说法正确的选项是〔〕A．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1：3B．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3C．倒带过程中磁带的运动速度变大D．倒带过程中磁带的运动速度不变8．图为一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．假设传动过程中皮带不打滑，那么〔〕A．a点和b点的线速度大小相B．a点和b点的角速度大小相C．a点和c点的线速度大小相D．c点和d点的向心加速度大小相二、填空题〔每题6分，共12分〕9．某同学通过对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一，如图．O点不是抛出点，x轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛物体的初速度是m/s ，抛出点的坐标x= m ，y= m 〔g取10m/s2〕10．如下图，滑轮〔其质量不计〕的半径r=2cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度a=2m/s2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1m的瞬间，滑轮边缘上的点的角速度ω=rad/s，向心加速度a= m/s2．11．如下图，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从人口A沿圆筒壁切线方向水平射人圆筒内，要使球从B处飞出，小球进入入口A处的速度v o满足什么条件？12．我国射击运发动曾屡次在大赛中为国争光，在奥运会上又夺得射击冠．我们以打靶游戏来了解射击运动．某人在塔顶进行打靶游戏，如下图，塔高H=45m，在与塔底部水平距离为s处有一电子抛靶装置，圆形靶可被竖直向上抛出，初速度为v1，且大小可以调节．当该人看见靶被抛出时立即射击，子弹以v2=100m/s 的速度水平飞出．不计人的反时间及子弹在枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小〔取g=10m/s2〕．〔1〕当s的取值在什么范围时，无论v1多大都不能被击中？〔2〕假设s=200m，v1=15m/s时，试通过计算说明靶能否被击中？13．一半径为R的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如下图，伞边缘距地面高h，水平甩出的水滴在地面上形成一个圆，求此圆半径r为多少？高一〔下〕周练物理试卷〔5〕参考答案与试题解析一．选择题〔此题包括8小题，每题6分，共48分.1-5题为单项选择题，6-8题为多项选择题〕1．如下图，直径为d的纸制圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口垂直对准愿同轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，那么子弹的速度可能是〔〕A．B．C．D．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】子弹沿圆筒直径穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为〔2n﹣1〕π，n=1、2、3…，结合角速度求出时间，从而得出子弹的速度．【解答】解：在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为〔2n﹣1〕π，n=1、2、3…，那么时间为：t=，所以子弹的速度为：v==，n=1、2、3…当n=1时，v=当n=2时，v=当n=3时，v=所以ACD是可能的，B是不可能的．应选：ACD2．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如下图，其半径分别为r1、r2、r3，假设甲轮的角速度为ω，那么丙轮边缘上某点的向心加速度为〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】常见的传动装置；向心加速度．【分析】甲乙丙三个轮子的线速度相，根据a=求出丙轮边缘上某点的向心加速度．【解答】解：甲丙的线速度大小相，根据a=知甲丙的向心加速度之比为r3：r1，甲的向心加速度，那么．故A正确，B、C、D错误．应选A．3．半径为R的大圆盘以角速度ω旋转，如下图，有人站在P盘边点上随盘转动，他想用枪击中在圆盘中心的目标O，假设子弹的速度为v0，那么〔〕A．枪瞄准目标O射去B．枪向PO的右方偏过角度θ射去，而cosθ=C．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而tanθ=D．枪向PO的左方偏过角度θ射去，而sinθ=【考点】运动的合成和分解．【分析】子弹参与了两个方向上的运动，沿枪口方向上的运动和沿圆盘切线方向上的运动，当合速度的方向指向目标O时，击中目标．根据平行四边形那么进行分析．【解答】解：子弹沿圆盘切线方向上的速度v1=Rω，子弹沿枪口方向上的速度为v o，根据平行四边形那么，有：sinθ==．所以v0的方向瞄准PO的左方偏过θ角射击，且sinθ=．故D正确，A、B、C错误．应选：D．4．光滑的水平面上固着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如下图．一个小球以一速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形区的时间内，关于小球运动的角速度和向心加速度大小变化的说法正确的选项是〔〕A．增大、减小B．减小、增大C．增大、增大D．减小、减小【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．【分析】当作用力与速度方向垂直，该力不做功，根据动能理判断小球线速度大小的变化，根据v=ωr判断角速度的变化．【解答】解：轨道对小球的支持力与速度方向垂直，那么轨道对小球的支持力不做功，根据动能理，合力不做功，那么动能不变，即小球的线速度大小不变；根据v=ωr，线速度大小不变，转动半径减小，故角速度变大；根据a=，线速度不变转动半径减小，故向心加速度增加；故C选项正确；应选：C5．某老师在做竖直面内圆周运动快慢的研究，并给运动小球拍了频闪照片，如下图〔小球相邻影像间的时间间隔相〕，小球在最高点和最低点的运动快慢比拟，以下说法中不正确的选项是〔〕A．该小球所做的运动不是匀速圆周运动B．最高点附近小球相邻影像间弧长短，线速度小，运动较慢C．最低点附近小球相邻影像间圆心角大，角速度大，运动较快D．小球在相邻影像间运动时间间隔相，最高点与最低点运动一样快【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】线速度于弧长与时间的比值，角速度于角度与时间的比值，根据义，与图中的情况比拟即可．【解答】解：由所给频闪照片可知，在最高点附近，像间弧长较小，说明最高点附近的线速度较小，运动较慢；在最低点附近，像间弧长较大，对相同时间内通过的圆心角较大，故角速度较大，运动较快，ABC选项正确，D选项不正确．此题选择不正确的，应选：D 6．变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，那么〔〕A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换四种不同档位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD=1：4D．当A轮与D轮组合时，两轮角速度之比ωA：ωD=4：1【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】A轮分别与C、D连接，B轮分别与C、D连接，共有4种不同的挡位；抓住线速度大小相，结合齿轮的齿数之比可以得出轨道半径之比，从而求出角速度之比．【解答】解：A、A轮通过链条分别与C、D连接，自行车可有两种速度，B轮分别与C、D连接，又可有两种速度，所以该车可变换4种挡位．故A错误，B正确．C、当A与D组合时，两轮边缘线速度大小相，A轮转一圈，D转4圈，即．故C正确，D错误．应选：BC．7．图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒的，B轮是从动轮，那么在倒带的过程中以下说法正确的选项是〔〕A．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1：3B．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3C．倒带过程中磁带的运动速度变大D．倒带过程中磁带的运动速度不变【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】主动轮和从动轮边缘上的点线速度相，A的角速度恒，半径增大，线速度增大，当两轮半径相时，角速度相．【解答】解：由题，在倒带结束时，磁带绕到了B轮上，磁带的外缘半径R=3r，而线速度v相，ω=，故倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1：3，故B正确A错误；在A轮转动的过程中，半径增大，角速度恒，随着磁带的倒回，A的半径变大，根据v=rω，知A线速度增大，故C正确D错误；应选：BC．8．图为一皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘上一点；左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．假设传动过程中皮带不打滑，那么〔〕A．a点和b点的线速度大小相B．a点和b点的角速度大小相C．a点和c点的线速度大小相D．c点和d点的向心加速度大小相【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】传送带在传动过程中不打滑，那么传送带传动的两轮子边缘上各点的线速度大小相，共轴的轮子上各点的角速度相．再根据v=rω，a==rω2去求解．【解答】解：A、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，那么v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r b，那么v c=2v b，所以v a=2v b，故A错误；B、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，那么v a=v c，b、c两点为共轴的轮子上两点，ωb=ωc，r c=2r a，根据v=rw，那么ωc=0.5ωa，所以ωb=0.5ωa，故B错误；C、由于a、c两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，那么v a=v c，故C正确；D、根据公式a=rω2知，r d=2r c，所以a c=0.5a d，故D错误．应选：C．二、填空题〔每题6分，共12分〕9．某同学通过对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一，如图．O点不是抛出点，x轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛物体的初速度是 2 m/s，抛出点的坐标x= ﹣0.2 m，y= ﹣0.05 m 〔g取10m/s2〕【考点】研究平抛物体的运动．【分析】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据△y=gT2，求出时间，再根据时性，求出水平初速度；OB段在竖直方向上的平均速度于A点竖直方向上的瞬时速度，再根据A点竖直方向上的速度求出下落的时间，求出下落的水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的坐标．【解答】解：根据△y=gT2，T==0.1s，那么平抛运动的初速度v0===2m/s．A点在竖直方向上的分速度v yA ===3m/s．平抛运动到A的时间t===0.3s，此时在水平方向上的位移x=v0t=2×0.3=0.6m，在竖直方向上的位移y=gt2==0.45m，即为0.45﹣0.15=0.3m；所以抛出点的坐标x=﹣0.6m，y=﹣0.3m．故答案为：2，﹣0.6；﹣0.3．10．如下图，滑轮〔其质量不计〕的半径r=2cm，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度a=2m/s2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1m的瞬间，滑轮边缘上的点的角速度ω=100 rad/s，向心加速度a= 200 m/s2．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】根据物体向下做匀加速运动，可求得此时的速度，这个速度就是轮缘上的线速度，再根据角速度与线速度的关系以及向心加速度的公式就可以解得结果．【解答】解：重物以加速度a=2m/s2做匀加速运动，由公式：，代入数据得此时轮缘的线速度=根据ω=，代入数据得ω=向心加速度故答案为：100； 200．11．如下图，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从人口A沿圆筒壁切线方向水平射人圆筒内，要使球从B处飞出，小球进入入口A处的速度v o 满足什么条件？【考点】平抛运动．【分析】将小球运动分解，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据时间相性，即可求解．【解答】解：小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到〔n=1，2，3…〕所以〔n=1，2，3…〕答：小球进入入口A处的速度v o满足条件是〔n=1，2，3…〕．12．我国射击运发动曾屡次在大赛中为国争光，在奥运会上又夺得射击冠．我们以打靶游戏来了解射击运动．某人在塔顶进行打靶游戏，如下图，塔高H=45m，在与塔底部水平距离为s处有一电子抛靶装置，圆形靶可被竖直向上抛出，初速度为v1，且大小可以调节．当该人看见靶被抛出时立即射击，子弹以v2=100m/s 的速度水平飞出．不计人的反时间及子弹在枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小〔取g=10m/s2〕．〔1〕当s的取值在什么范围时，无论v1多大都不能被击中？〔2〕假设s=200m，v1=15m/s时，试通过计算说明靶能否被击中？【考点】竖直上抛运动．【分析】〔1〕假设抛靶装置在子弹的射程以外，那么不管抛靶速度为何值，都无法击中．根据平抛运动的规律求出s的大小．〔2〕子弹做平抛运动，根据水平位移的大小和初速度求出运动的时间，再分别求出子弹下降的高度和靶上升的高度，从而判断是否被击中．【解答】解：〔1〕假设抛靶装置在子弹的射程以外，那么不管抛靶速度为何值，都无法击中．H=gt2，s=v2ts=v2•=300 m即s＞300 m，无论v1为何值都不能被击中．〔2〕假设靶能被击中，那么击中处在抛靶装置的正上方，设经历的时间为t1，那么：s=v1t1，s．y1=gt12=×10×22 m=20 my2=v1t1﹣gt12=15×2 m ﹣×10×22 m=10 m．因为y1+y2=20 m+10 m=30 m＜H，所以靶不能被击中．答：〔1〕当s的取值在＞300m时，无论v1多大都不能被击中；〔2〕假设s=200m，v1=15m/s时，通过计算发现靶不能被击中．13．一半径为R的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如下图，伞边缘距地面高h，水平甩出的水滴在地面上形成一个圆，求此圆半径r为多少？【考点】向心力．【分析】雨滴飞出后做平抛运动，根据高度求出运动的时间，从而求出平抛运动的水平位移，根据几何关系求出水滴在地面上形成圆的半径．【解答】解：雨滴离开伞边缘后沿切线方向水平抛出，特别注意不是沿半径方向飞出，其间距关系如下图〔俯视图〕．雨滴飞出的速度大小为：v=ωR，雨滴做平抛运动在竖直方向上有：h=gt2，在水平方向上有：l=vt由几何关系知，雨滴半径为：r=，解以上几式得：r=R．答：此圆半径r为R．。

高一物理周练六十六1．关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是 ( )A ．平抛物体运动的速度和加速度都随时间的增加而增大B ．平抛物体的运动是变加速运动C ．做平抛运动的物体仅受到重力的感化，所以加速度保持不变D ．做平抛运动的物体水平标的目的的速度逐渐增大2．一个物体以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，那么物体运动时间是（ ）A ．(v －v 0)/gB ．(v +v 0)/gC ．202v v -/gD ．202v v +/g 3．在分歧高度以相同的水平初速度抛出的物体，若落地点的水平位移之比为3∶1，则抛出点距地面的高度之比为（ ）A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶14．两个物体做平抛运动的初速度之比为2∶1，若它们的水平射程相等，则它们抛出点离地面高度之比为（ ）A ．1∶2B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶15．以初速度v 水平抛出一物体，当物体的水平位移等于竖直位移时，物体运动的时间为 ( )A ．v /(2g)B ．v /gC ．2v /gD ．4v /g6．飞机以150 m/s 的水平速度匀速飞舞，某时刻让A 球落下，相隔1 s 又让B 球落下，不计空气阻力.在以后的运动中，关于A 球与B 球的相对位置关系，正确的是（取g =10 m/s 2)（ ）A ．A 球在B 球前下方 B ．A 球在B 球后下方C ．A 球在B 球正下方5 m 处D ．A 球在B 球的正下方，距离随时间增加而增加7．在一次“飞车过黄河”的表演中，汽车在空中飞经最高点后在对岸着地，已知汽车从最高点至着地点经历的时间约0.8 s ，两点间的水平距离约为30 m ，忽略空气阻力，则汽车在最高点时速度约为 _m/s ，最高点与着地点的高度差为 m （取g =10 m/s 2）8．以初速度v ＝10m/s 水平抛出一个物体，取g ＝10m/s 2，1s 后物体的速度与水平标的目的的夹角为______ ，2s 后物体在竖直标的目的的位移为______ m9．如图所示，斜面高lm ，倾角θ＝300，在斜面的顶点A 以速度v o 水平抛出一小球，小球刚好落于斜面底部B 点，不计空气阻力，g 取10m/s 2，求小球抛出的速度v 0和小球在空中运动的时间t 。

应对市爱护阳光实验学校高一〔下〕周练物理试卷〔3〕一．选择题〔此题包括10小题，每题6分，共60分.1-6题为单项选择题，7-10题为多项选择题〕1．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，以下说法正确的选项是〔〕A．质量越大，水平位移越大B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大C．初速度越大，空中运动时间越长D．初速度越大，落地速度越大2．如下图，一物体自倾角为θ的固斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足〔〕A．tanφ=sinθB．tanφ=cosθC．tanφ=tanθD．tanφ=2tanθ3．如下图，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，AB：BC：CD=1：3：5．那么v1、v2、v3之间的正确关系是〔〕A．v1：v2：v3=3：2：1 B．v1：v2：v3=5：3：1C．v1：v2：v3=6：3：2 D．v1：v2：v3=9：4：14．某同学对着墙壁练习打球，假球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10m至15m之间，忽略空气阻力，取g=10m/s2．那么球在墙面上反弹点的高度范围是〔〕A．0.8 m至 m B．0.8 m至1.6 m C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至 m 5．如下图，水平面上固一个与水平面夹角为θ的斜杆A．另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，那么从两杆开始相交到最后别离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为〔〕A．水平向左，大小为v B．竖直向上，大小为vt anθC．沿AD．沿A杆向上，大小为vcosθ6．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，那么其运动的轨迹最可能是以下图中的哪一个？〔〕ABCD7．如下图，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河的宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，那么以下判断正确的选项是〔〕A．甲、乙两船到达对岸的时间相B．两船可能在未到达对岸前相遇C．甲船在A点左侧靠岸D．甲船也在A点靠岸8．将一个小球以速度v水平抛出，使小球做平抛运动，要使小球能够垂直打到一个斜面上〔如下图〕，斜面与水平方向的夹角为α，那么〔〕A．假设保持水平速度v不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越长B．假设保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的水平距离越长C．假设保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的竖直距离越长D．假设只把小球的抛出点竖直升高，小球仍能垂直打到斜面上9．如图，塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B 的吊钩，在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间的距离以d=H﹣2t2〔SI〕〔SI表示单位制，式中H为吊臂离地面的高度〕规律变化，那么物体做〔〕A．速度大小不变的直线运动B．速度大小增加的曲线运动C．加速度大小方向均不变的曲线运动D．加速度大小、方向均变化的曲线运动10．在进行飞镖训练时，打飞镖的靶上共标有10环，且第10环的半径最小，为1cm，第9环的半径为2cm，…，以此类推，假设靶的半径为10cm，当人离靶的距离为5m，将飞标对准10环中心以水平速度v投出，g=10m/s2．以下说法中，正确的选项是〔〕A．当v≥50m/s时，飞镖将第4环线以内B．当v≥50m/s时，飞镖将第5环线以内C．假设要击中第10环的圆内，飞镖的速度v至少为D．假设要击中靶子，飞镖的速度v至少为11．在交通事故中，测碰撞瞬间的速度对于事故责任的认具有重要的作用．<中国驾驶员>杂志曾给出一个计算碰撞瞬间的车辆速度的公式L是被水平抛出的散落在事故现场路面上的两物体沿公路方向上的水平距离，如下图，h1和h2分别是散落物在车上时的离地高度．通过用尺测量出事故现场的△L、h1和h2三个量，根据上述公式就能够计算出碰撞瞬间车辆的速度．请根据所学的平抛运动知识对给出的公式加以证明．12．如下图，一小船正在渡河，在离对岸30m处，发现其下游40m处有一危险水域，假设水流速度为5m/s，为了使小船在进入危险水域之前到达对岸，那么小船从现在起相对于静水的最小速度为多大？此时船头的航向如何？渡河要用多少时间？13．如下图，水平屋顶高H=5m，墙高h=m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，为使小球从房顶水平飞出后能直接落在墙外的马路上，求：小球离开房顶时的速度v0的取值范围．〔取g=10m/s2〕高一〔下〕周练物理试卷〔3〕参考答案与试题解析一．选择题〔此题包括10小题，每题6分，共60分.1-6题为单项选择题，7-10题为多项选择题〕1．质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，以下说法正确的选项是〔〕A．质量越大，水平位移越大B．初速度越大，落地时竖直方向速度越大C．初速度越大，空中运动时间越长D．初速度越大，落地速度越大【考点】平抛运动．【分析】〔1〕平抛运动的物体运动的时间由高度决，与其它因素无关；〔2〕水平位移x=v0〔3〕平抛运动的过程中只有重力做功，要求末速度可以用动能理解题．【解答】解：〔1〕根据h=gt2得：t=，两物体在同一高度被水平抛出后，落在同一水平面上，下落的高度相同，所以运动的时间相同，与质量、初速度无关，故C错误；水平位移x=v 0t=，与质量无关，故A错误；竖直方向速度与初速度无关，故B错误；〔2〕整个过程运用动能理得： mv2﹣m=mgh，所以v=，h相同，v0大的物体，末速度大，故D正确．应选：D．2．如下图，一物体自倾角为θ的固斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足〔〕A．tanφ=sinθB．tanφ=cosθC．tanφ=tanθD．tanφ=2tanθ【考点】平抛运动．【分析】φ为速度与水平方向的夹角，tanφ为竖直速度与水平速度之比；θ为平抛运动位移与水平方向的夹角，tanθ为竖直位移与水平位移之比．【解答】解：竖直速度与水平速度之比为：tanφ=，竖直位移与水平位移之比为：tanθ==，故tanφ=2tanθ，应选：D．3．如下图，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，AB：BC：CD=1：3：5．那么v1、v2、v3之间的正确关系是〔〕A．v1：v2：v3=3：2：1 B．v1：v2：v3=5：3：1C．v1：v2：v3=6：3：2 D．v1：v2：v3=9：4：1【考点】平抛运动．【分析】小球被抛出后做平抛运动．由图可知三次小球的水平距离相同，可根据竖直方向的位移比求出时间比，再根据水平速度于水平位移与时间的比值，就可以得到水平速度的比值．【解答】解：据题知小球被抛出后都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据 h=gt2，解得：t=因为h AB：h AC：h AD=1：4：9所以三次小球运动的时间比为：t1：t2：t3=：： =1：2：3，小球的水平位移相，由v=可得，速度之比为：v1：v2：v3=：： =6：3：2；应选：C．4．某同学对着墙壁练习打球，假球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10m至15m之间，忽略空气阻力，取g=10m/s2．那么球在墙面上反弹点的高度范围是〔〕A．0.8 m至 m B．0.8 m至1.6 m C．1.0 m至1.6 m D．1.0 m至 m【考点】平抛运动．【分析】球沿水平方向反弹，所以反弹后的球做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，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，列方程求解即可．【解答】解：球做平抛运动，在水平方向上：x=V0t由初速度是25m/s，水平位移是10m至15m之间，所以球的运动的时间是0.4s﹣0.6s之间，在竖直方向上自由落体：h=gt2所以可以求得高度的范围是0.8m至m，所以A正确．应选：A．5．如下图，水平面上固一个与水平面夹角为θ的斜杆A．另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，那么从两杆开始相交到最后别离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为〔〕A．水平向左，大小为v B．竖直向上，大小为vtanθC．沿A 杆斜向上，大小为D．沿A杆向上，大小为vcosθ【考点】运动的合成和分解．【分析】将P点的运动分解为水平方向和竖直方向，通过平行四边形那么，根据水平分速度的大小求出合速度的大小．【解答】解：两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如下图，那么交点P的速度大小为v P =，故C正确，A、B、D错误．应选C．6．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，那么其运动的轨迹最可能是以下图中的哪一个？〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】运动的合成和分解．【分析】物体所受合力的方向〔加速度的方向〕大致指向曲线运动轨迹凹的一向，开始时，加速度方向竖直向下，做自由落体运动，受到水平向右的风力时，合力的方向指向右偏下，风停止后，合力的方向有向下．根据合力与速度的方向关系，判断其轨迹．【解答】解：物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹夹在速度方向和合力方向之间．风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹．故C正确，A、B、D 错误．应选：C．7．如下图，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河的宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，那么以下判断正确的选项是〔〕A．甲、乙两船到达对岸的时间相B．两船可能在未到达对岸前相遇C．甲船在A点左侧靠岸D．甲船也在A点靠岸【考点】运动的合成和分解．【分析】根据乙船恰好能直达正对岸的A点，知v=2u．小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有时性，可以比拟出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的位移．【解答】解：A、乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知v=2u．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有时性，在垂直于河岸方向上的分速度相，知甲乙两船到达对岸的时间相．渡河的时间t=．故A正确．B、甲船沿河岸方向上的位移x=〔vcos60°+u〕t=＜2L．知甲船在A点左侧靠岸，不可能在未到对岸前相遇．故C正确，B、D错误．应选AC．8．将一个小球以速度v水平抛出，使小球做平抛运动，要使小球能够垂直打到一个斜面上〔如下图〕，斜面与水平方向的夹角为α，那么〔〕A．假设保持水平速度v不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越长B．假设保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的水平距离越长C．假设保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的竖直距离越长D．假设只把小球的抛出点竖直升高，小球仍能垂直打到斜面上【考点】平抛运动．【分析】小球水平抛出后在只有重力作用下做平抛运动，那么可将平抛运动分解成水平方向匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．【解答】解：A、小球垂直碰撞在倾角为α的斜面上，速度与斜面垂直，速度与竖直方向的夹角为α，那么有：；竖直分速度：v y=gt；那么得t=可知假设保持水平速度ν不变，α越大，飞行时间越短．故A错误；B、假设保持斜面倾角α不变，由上式知水平速度v越大，那么小球的运动时间t变长，故水平分位移x=vt一变大，故B正确；C、假设保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，那么小球的竖直飞行的速度也变大，时间变长，故竖直分位移变大，故C正确；D、假设只把小球的抛出点竖直升高，假设斜面足够长，小球轨迹向上平移，仍能垂直打到斜面上，但斜面长度是一的，故不一打到斜面上，故D错误；应选：BC9．如图，塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B 的吊钩，在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间的距离以d=H﹣2t2〔SI〕〔SI表示单位制，式中H为吊臂离地面的高度〕规律变化，那么物体做〔〕A．速度大小不变的直线运动B．速度大小增加的曲线运动C．加速度大小方向均不变的曲线运动D．加速度大小、方向均变化的曲线运动【考点】运动的合成和分解．【分析】物体B水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据题意d=H﹣2t2，结合位移时间关系公式，可以得出加速度的大小；合运动与分运动的速度、加速度都遵循平行四边形那么，由于合速度大小和方向都变化，得出物体的运动特点和合加速度的情况．【解答】解：A、B、物体B参加了两个分运动，水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动；对于竖直分运动，结合位移﹣时间关系公式x=v0t+at2，可得到d=H﹣x=H﹣〔v0y t+at2〕①又根据题意d=H﹣2t2②可以得比照①②两式可得出：竖直分运动的加速度的大小为a y=4m/s2竖直分运动的初速度为v0y=0故竖直分速度为v y=4t物体的水平分速度不变合运动的速度为竖直分速度与水平分速度的合速度，遵循平行四边形那么，故合速度的方向不断变化，物体一做曲线运动，合速度的大小v=，故合速度的大小也一不断变大，故A错误，B正确；C、D、水平分加速度于零，故合加速度于竖直分运动的加速度，因而合加速度的大小和方向都不变，故C正确，D错误；应选：BC．10．在进行飞镖训练时，打飞镖的靶上共标有10环，且第10环的半径最小，为1cm，第9环的半径为2cm，…，以此类推，假设靶的半径为10cm，当人离靶的距离为5m，将飞标对准10环中心以水平速度v投出，g=10m/s2．以下说法中，正确的选项是〔〕A．当v≥50m/s时，飞镖将第4环线以内B．当v≥50m/s时，飞镖将第5环线以内C．假设要击中第10环的圆内，飞镖的速度v至少为50m/sD．假设要击中靶子，飞镖的速度v至少为25m/s【考点】平抛运动．【分析】飞镖水平飞出做平抛运动，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．高度决运动时间，水平位移和时间决初速度．根据平抛运动的规律求解．【解答】解：A、B、当v=50m/s时，运动的时间t==s=0.1s，那么飞镖在竖直方向上的位移y==×10×0.12m=0.05m=5cm，将第6环线，当v≥50 m/s时，飞镖将第5环线以内．故A错误，B正确．C、假设要击中第10环线内，下降的最大高度为h=0.01m，根据h=得，t==s=s，那么最小初速度v0==m/s=50m/s．故C正确．D、假设要击中靶子，下将的高度不能超过0.1m，根据h=gt2得，t==s=s，那么最小速度v0==m/s=25m/s．故D正确．应选：BCD．11．在交通事故中，测碰撞瞬间的速度对于事故责任的认具有重要的作用．<中国驾驶员>杂志曾给出一个计算碰撞瞬间的车辆速度的公式v=•，式中△L是被水平抛出的散落在事故现场路面上的两物体沿公路方向上的水平距离，如下图，h1和h2分别是散落物在车上时的离地高度．通过用尺测量出事故现场的△L、h1和h2三个量，根据上述公式就能够计算出碰撞瞬间车辆的速度．请根据所学的平抛运动知识对给出的公式加以证明．【考点】平抛运动．【分析】A、B两物体离开后做平抛运动，平抛运动的初速度于当时的速度．平抛运动的时间由高度决，平抛运动的时间和初速度共同决水平位移．由分运动的位移公式证明．【解答】解：车上A、B两物体均做平抛运动，那么竖直方向有：h1=gt12，h2=gt22水平方向有：△L=v•〔t1﹣t2〕解以上三式可以得到：v=•，得证．证明如上．12．如下图，一小船正在渡河，在离对岸30m处，发现其下游40m处有一危险水域，假设水流速度为5m/s，为了使小船在进入危险水域之前到达对岸，那么小船从现在起相对于静水的最小速度为多大？此时船头的航向如何？渡河要用多少时间？【考点】运动的合成和分解．【分析】根据题意，小船到达危险水域前，恰好到达对岸，由几何关系即可求出最小速度；根据运动的合成的方法求出合速度以及合速度与河岸之间的夹角，最后由几何关系与位移公式即可求出．【解答】解：小船到达危险水域前，恰好到达对岸，如下图，设合位移s的方向与河岸成θ角，那么tanθ==，故θ=37°．小船的合速度方向与合位移方向相同，由平行四边形那么可知，只有当小船相对于静水的速度与合速度方向垂直时，小船相对于静水的速度最小．由图知，此最小速度为v1=v2sinθ=5×0.6 m/s=3 m/s，其方向斜向上游河岸，且与河岸成53°角合速度为v=v2cosθ=5×0.8 m/s=4 m/s ，合位移为s= m=50 m，渡河所用时间为t== s=1 s．答：小船从现在起相对于静水的最小速度为3 m/s，其方向斜向上游河岸，且与河岸成53°角；渡河要用时间为1s．13．如下图，水平屋顶高H=5m，墙高h=m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，为使小球从房顶水平飞出后能直接落在墙外的马路上，求：小球离开房顶时的速度v0的取值范围．〔取g=10m/s2〕【考点】平抛运动．【分析】将平抛运动分解成竖直方向自由落体运动，与水平方向匀速直线运动，根据时性，那么可求出最大速度．再根据题意速度太大会落马路外边，太小会被墙挡住．因此可得出小球离开屋顶时的速度的范围．【解答】解：〔1〕假设v太大，小球落在马路外边，因此，球落在马路上，v 的最大值v max为球落在马路最右侧时的平抛初速度．如下图，小球做平抛运动，设运动时间为t1．那么小球的水平位移：L+x=v max t1，小球的竖直位移：H=gt12解以上两式得：v max=〔L+x〕=〔3+10〕×m/s=13m/s．假设v太小，小球被墙挡住，球将不能落在马路上，v的最小值v min时球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度．设小球运动到墙的顶点所需时间为t2，那么此过程中小球的水平位移：L=v min t2小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22解以上两式得：v min=L=3×m/s=5m/s因此v0的范围是v min≤v≤v max，即5m/s≤v≤13m/s．答：小球离开房顶时的速度v0的取值范围是5m/s≤v≤13m/s．。

应对市爱护阳光实验学校三中高一〔下〕周练物理试卷〔〕一、选择题〔每题4分，共40分〕．1．一蹦极运发动身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假空气阻力可忽略，运发动可视为质点，以下说法正确的选项是〔〕A．运发动到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运发动、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关2．如下图，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，AP=2R，重力加速度为g，那么小球从P到B的运动过程中〔〕A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D ．克服摩擦力做功mgR3．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固放置，直径POQ 水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，那么〔〕A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点B．W ＞mgR，质点不能到达Q点C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W ＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离4．如图甲所示，质量为1kg的小物体以初速度v0=11m/s从θ=53°的固斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F，图乙中的两条线断a，b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v﹣t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，以下说法正确的选项是〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕〔〕A．恒力F大小为1NB．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少D．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小5．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，那么摩托艇的最大速率变为原来的〔〕A．4倍B．2倍C ．倍D ．倍6．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如下图．在A 点时，物体开始接触弹簧；到B点时，物体速度为零，然后被弹回．以下说法中正确的选项是〔〕A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小B．物体从B上升到A的过程中，动能先增大后减小C．物体由A下降到B的过程中，弹簧的弹性势能不断增大D．物体由B上升到A的过程中，弹簧所减少的弹性势能于物体所增加的动能与增加的重力势能之和7．12月2日凌晨，我射了“嫦娥三号〞登月探测器．“嫦娥三号〞由地月转移轨道到环月轨道飞行的示意图如下图，P点为变轨点，那么“嫦娥三号〞〔〕A．经过P点的速率，轨道1的一大于轨道2的B．经过P点的加速度，轨道1的一大于轨道2的C．运行周期，轨道1的一大于轨道2的D．具有的机械能，轨道1的一大于轨道2的8．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．以下判断正确的选项是〔〕A．0～2s 内外力的平均功率是WB．第2秒内外力所做的功是JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是9．如下图，劲度系数为k的轻弹簧的一端固在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触〔未连接〕，弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．那么〔〕A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgC．物体做匀减速运动的时间为2D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg〔x0﹣〕10．如图1所示，一倾角为37°．的传送带以恒速度运行，现将一质量m=1kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．那么以下说法正确的选项是〔〕A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18mC．0～8 s内物体机械能的增量为90JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J二、计算题11．如下图，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．l=m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：〔1〕小物块落地点距飞出点的水平距离s；〔2〕小物块落地时的动能E K；〔3〕小物块的初速度大小v0．12．如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的物体A、B．它们的质量分别是m A和m B，弹簧的劲度系数k，C为一固挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物体A，使之沿斜面向上运动．假设重力加速度为g，求：〔1〕物体B刚离开C时，物体A的加速度a．〔2〕从开始到物体B刚要离开C时，物体A的位移d．三中高一〔下〕周练物理试卷〔〕参考答案与试题解析一、选择题〔每题4分，共40分〕．1．一蹦极运发动身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假空气阻力可忽略，运发动可视为质点，以下说法正确的选项是〔〕A．运发动到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运发动、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【分析】运发动人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运发动、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．【解答】解：A、运发动到达最低点前，重力对运发动一直做正功，运发动的重力势能始终减小．故A正确．B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运发动的位移向下，弹性力对运发动做负功，弹性势能增加．故B正确．C、以运发动、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故C正确．D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故D错误．应选ABC．2．如下图，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，AP=2R，重力加速度为g，那么小球从P到B的运动过程中〔〕A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D ．克服摩擦力做功mgR【分析】小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二律求解出B点的速度；然后对从P到B过程根据功能关式判读．【解答】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故P到B过程，重力做功为W G=mgR，故A错误；B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二律，有mg=m ，解得；从P到B过程，重力势能减小量为mgR ，动能增加量为=，故机械能减小量为：mgR ﹣，故B错误；C、从P到B 过程，合外力做功于动能增加量，故为=，故C错误；D、从P到B过程，克服摩擦力做功于机械能减小量，故为mgR ﹣，故D正确；应选D．3．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固放置，直径POQ 水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，那么〔〕A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点B．W ＞mgR，质点不能到达Q点C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W ＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【分析】对N点运用牛顿第二律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能理求出克服摩擦力做功的大小．抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点．【解答】解：在N 点，根据牛顿第二律有：，解得，对质点从下落到N 点的过程运用动能理得，，解得W=．由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，那么在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ 段运用动能理得，，因为，可知v Q＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．应选：C．4．如图甲所示，质量为1kg的小物体以初速度v0=11m/s从θ=53°的固斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F，图乙中的两条线断a，b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v﹣t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，以下说法正确的选项是〔cos53°=0.6，sin53°=0.8〕〔〕A．恒力F大小为1NB．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少D．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小【分析】根据速度﹣时间图象的斜率于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二律列式求解．根据动能理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相的条件代入进行求解．【解答】解：A、根据v﹣t 中斜率于加速度的意义可知： m/s2不受拉力时：ma b=﹣mgsin53°﹣μmgcos53°代入数据得：μ=0.5受到拉力的作用时：ma a=F﹣mgsin53°﹣μmgcos53°所以：F=1N．故A正确，B错误；C 、根据运动学公式：有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；D、结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比拟大，所以在最高点的重力势能比拟大，而升高的过程动能的减小是相的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D正确．应选：AD5．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，那么摩托艇的最大速率变为原来的〔〕A．4倍B．2倍C ．倍D ．倍【分析】由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f=kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相：即F=f=kv；而发动机的输出功率P=Fv，据此分析判断．【解答】解：设阻力为f，由题知：f=kv；速度最大时，牵引力于阻力，那么有 P=Fv=fv=kv2．所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，那么摩托艇的最大速率变为原来的倍．应选：D．6．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如下图．在A 点时，物体开始接触弹簧；到B点时，物体速度为零，然后被弹回．以下说法中正确的选项是〔〕A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小B．物体从B上升到A的过程中，动能先增大后减小C．物体由A下降到B的过程中，弹簧的弹性势能不断增大D．物体由B上升到A的过程中，弹簧所减少的弹性势能于物体所增加的动能与增加的重力势能之和【分析】根据物体所受的合力方向判断物体的运动情况，从而分析出动能的变化情况．根据弹簧形变量的变化，分析弹性势能的变化．由系统的机械能守恒分析能量的转化情况．【解答】解：A、物体在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，合力方向向下，物体做加速运动，速度增大，动能增大．随着弹力的增大，合力减小，当重力于弹力时，速度到达最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，合力方向向上，物体做减速运动，速度减小，动能减小，所以动能先增大后减小．故A错误．B、物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B正确．C、物体由A下降到B的过程中，弹簧的压缩量不断增大，那么弹性势能不断增大，故C正确．D、物体由B上升到A的过程中，对于物体和弹簧系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，那么弹簧所减少的弹性势能于物体所增加的动能与增加的重力势能之和．故D正确．应选：BCD7．12月2日凌晨，我射了“嫦娥三号〞登月探测器．“嫦娥三号〞由地月转移轨道到环月轨道飞行的示意图如下图，P点为变轨点，那么“嫦娥三号〞〔〕A．经过P点的速率，轨道1的一大于轨道2的B．经过P点的加速度，轨道1的一大于轨道2的C．运行周期，轨道1的一大于轨道2的D．具有的机械能，轨道1的一大于轨道2的【分析】嫦娥三号从轨道1进入轨道2的过程中，发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小，在不同轨道上的P点卫星的加速度都由万有引力产生，在同一位置万有引力大小相同产生的加速度大小相同，根据开普勒行星运动律根据半长轴关系求解周期关系．【解答】解：A、卫星在轨道1上经过P点时减速，使其受到的万有引力大于需要的向心力，而做向心运动才能进入轨道2，故经过P点的速率，轨道1的一大于轨道2的，故A正确．B、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，到月球的距离r相同，a相，故经过P点的加速度，轨道1的一于轨道2的，故B错误．C 、根据开普勒第三律可知，r越大，T越大，故轨道1的周期一大于轨道2的运行周期，故C正确，D、因为卫星在轨道1上经过P点时减速，做向心运动才能进入轨道2，即外力对卫星做负功，机械能减小，故轨道1的机械能一大于轨道2的机械能，故D 正确．应选：ACD．8．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．以下判断正确的选项是〔〕A．0～2s 内外力的平均功率是WB．第2秒内外力所做的功是JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是【分析】此题可由动量理求得1s末及2s末的速度，再由动能理可求得合力的功；由功率公式求得功率；【解答】解：由动量理Ft=mv2﹣mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 由动能理可知合力做功为w=故0～2s 内功率是，故A正确；1s末、2s末功率分别为：P1=F1v1=4w、P2=F2v2=3w；故C错误；第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，故第2s 内外力所做的功为J，B错误；而动能增加量的比值为4：5，故D正确；应选AD．9．如下图，劲度系数为k的轻弹簧的一端固在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触〔未连接〕，弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．那么〔〕A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μgC．物体做匀减速运动的时间为2D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg〔x0﹣〕【分析】此题通过分析物体的受力情况，来确其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．【解答】解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，那么物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，那么加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误．B、撤去F后，根据牛顿第二律得物体刚运动时的加速度大小为a==．故B正确．C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二律得：匀减速运动的加速度大小为a==μg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，那么3x0=，得t=．故C错误．D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，那么物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=μmg〔x0﹣x〕=．故D正确．应选BD 10．如图1所示，一倾角为37°．的传送带以恒速度运行，现将一质量m=1kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图2所示，取沿传送带向上为正方，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．那么以下说法正确的选项是〔〕A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18mC．0～8 s内物体机械能的增量为90JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J【分析】根据速度时间图线求出物体匀变速运动的加速度，再根据牛顿第二律求出动摩擦因数的大小；根据图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，结合传送带的位移求出相对运动的位移，从而根据Q=fx相对求出摩擦产生的热量；根据物体动能和重力势能的变化求出机械能的增量．【解答】解：A、物体做匀变速运动的加速度a=；根据牛顿第二律得，=μgcos37°﹣gsin37°，解得μ=0.875．故A 正确．B、图线与时间轴围成的面积表示位移，那么位移的大小x=．故B错误．C、物体重力势能的增加量为△E p=mgxsin37°=10×14×0.6J=84J，动能的增加量=．那么机械能的增加量△E=84+6=90J．故C正确．D、传送带的速度为4m/s，在0﹣2s 内，物体的位移大小为，传送带的位移x2=vt=4×2m=8m，那么相对路程△x1=x1+x2=10m．在2﹣6s 内，物体的位移，传送带的位移x4=vt=4×4m=16m，那么相对路程△x2=x4﹣x3=8m，那么摩擦产生的热量Q=μmgcos37°•△x=0.875×10×0.8×〔10+8〕J=126J．故D正确．应选：ACD．二、计算题11．如下图，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．l=m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：〔1〕小物块落地点距飞出点的水平距离s；〔2〕小物块落地时的动能E K；〔3〕小物块的初速度大小v0．【分析】〔1〕物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．〔2〕由动能理可以求出落地动能．〔3〕由动能理可以求出物块的初速度．【解答】解：〔1〕物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，水平方向：s=vt=0.9m；〔2〕对物块从飞出桌面到落地，由动能理得：mgh=mv12﹣mv22，落地动能E K =mgh+mv12=0.9J；〔3〕对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02，解得：v0=4m/s；答：〔1〕小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．〔2〕小物块落地时的动能为0.9J．〔3〕小物块的初速度为4m/s．12．如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的物体A、B．它们的质量分别是m A和m B，弹簧的劲度系数k，C为一固挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物体A，使之沿斜面向上运动．假设重力加速度为g，求：〔1〕物体B刚离开C时，物体A的加速度a．〔2〕从开始到物体B刚要离开C时，物体A的位移d．【分析】先对木块A受力分析，受重力，斜面的支持力和弹簧的弹力，根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力后，再得到弹簧的压缩量；物块B刚要离开C时，先对物块B受力分析，受重力、支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件求出弹簧弹力后进一步得到弹簧的伸长量，从而得到物体A的位移；最后再对物体A受力分析，受到拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二律求出加速度．【解答】解：〔1〕系统静止时，弹簧处于压缩状态，分析A物体受力可知：F1=m A gsinθ，F1为此时弹簧弹力，设此时弹簧压缩量为x1，那么F1=kx1，得x1=在恒力作用下，A向上加速运动，弹簧由压缩状态逐渐变为伸长状态．当B刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x2，分析B的受力有：kx2=m B gsinθ，得x2=设此时A的加速度为a，由牛顿第二律有：F﹣m A gsinθ﹣kx2=m A a，得a=〔2〕A与弹簧是连在一起的，弹簧长度的改变量即A上移的位移，故有d=x1+x2，即有：d=答：〔1〕物体B刚离开C时，物体A的加速度a=；〔2〕从开始到物体B刚要离开C时，物体A的位移d=．。

应对市爱护阳光实验学校一中高一〔下〕第六周周练物理试卷一、单项选择题〔此题共5小题，每题6分，共30分〕1．有A、B两颗行星环绕某恒星运动，它们的运动周期比为27：1，那么它们的轨道半径之比为〔〕A．3：1 B．1：9 C．27：1 D．9：12．〔6分〕火星和地球质量之比为P，火星和地球的半径之比为q，那么火星外表处和地球外表处的重力加速度之比为〔〕A ．B．p•q2C ．D．p•q3．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T，假设使卫星周期变为2T，可能的方法有〔〕A．R 不变，使线速度变为B．v不变，使轨道半径变为2RC ．轨道半径变为D．以上方法均不可以4．环绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，距地面高度越大，以下说法中正确的选项是〔〕A．线速度和周期越大B．线速度和周期越小C．线速度越大，周期越小D．线速度越小，周期越大5．一艘宇宙飞船在一个不的行星外表上绕该行星做匀速圆周运动，要测行星的密度，只需要〔〕A．测飞船的环绕半径B．测行星的质量C．测飞船的环绕速度D．测飞船环绕的周期二、多项选择题〔此题共3小题，每题6分，共18分．选不全的得3分〕6．〔6分〕中国于1986年2月1日发射了一颗地球同步卫星，于3月25日又发射了“三号〞飞船，飞船在太空飞行了6天18小时，环绕地球运转了108圈，又顺利返回地面，那么此卫星与飞船在轨道上正常运转比拟〔〕A．卫星运转周期比飞船大B．卫星运转速率比飞船大C．卫星运转加速度比飞船大 D．卫星离地高度比飞船大7．下述中，可在运行的太空舱里进行的是〔〕A．用弹簧秤测物体受的重力 B．用测力计测力C．用天平测物体质量D．用温度计测舱内温度8．有质量相同的甲、乙、丙三个物体，甲放在香，乙放在，丙放在．它们各自均处于光滑水平地面上随地球一起自转，那么〔〕A．它们具有相同的线速度B．由于它们的质量相同，所以各光滑水平面对它们的支持力大小相C．甲物体随地球自转所需向心力最大D．丙物体随地球自转的向心加速度最小三、填空题〔每空5分，共20分〕9．〔10分〕假设地球是一个半径为6400km的均匀圆球，一辆高速喷沿赤道运动，不计空气阻力，在车速逐渐增加的过程中，〔1〕它受的重力大小将，〔2〕它对地球外表的压力的大小将，〔以上两空选填变大、变小或不变〕．10．〔10分〕通信卫星〔同步卫星〕总是“停留〞在赤道上空的某处．地球质量为M，半径为R，自转周期为T，万有引力恒量为G，那么同步卫星周期是，离地面的高度h= ．四、计算题〔此题共2小题，共32分〕11．〔16分〕〔2021秋•校级月考〕如下图，半径R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速度进入管内，A通过最高点C时，对管的上壁压力为3mg，B通过最高点C时，对管的下壁压力为0.75mg，求AB 两球落地点间的距离．12．〔16分〕登月关闭发动机后再离月球外表112km的空中沿圆形轨道运动，周期为120.5min，月球的半径是1740km，根据这些数据计算月球的质量均密度〔G=7×10﹣11N•m2/kg2〕一中高一〔下〕第六周周练物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题〔此题共5小题，每题6分，共30分〕1．有A、B两颗行星环绕某恒星运动，它们的运动周期比为27：1，那么它们的轨道半径之比为〔〕A．3：1 B．1：9 C．27：1 D．9：1【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力律及其用．【专题】人造卫星问题．【分析】根据开普勒第三律列式，即可求解轨道半径之比．【解答】解：根据开普勒第三律=k，k一，那么有=T A：T B=27：1，代入上式得：R A：R B=9：1应选D 【点评】此题也可以根据万有引力提供向心力，由牛顿第二律和向心力公式求解．2．〔6分〕火星和地球质量之比为P，火星和地球的半径之比为q，那么火星外表处和地球外表处的重力加速度之比为〔〕A ．B．p•q2C ．D．p•q【考点】万有引力律及其用．【专题】量思想；推理法；人造卫星问题．【分析】根据万有引力于重力得出星球外表重力加速度与星球质量和半径的关系，结合星球质量之比和半径之比求出星球外表的重力加速度之比．【解答】解：根据万有引力于重力得，，解得g=，因为火星和地球的质量之比为p，半径之比为q，那么火星外表处和地球外表处的重力加速度之比为．应选：A．【点评】解决此题的关键掌握万有引力于重力这个理论，知道星球外表的重力加速度与哪些因素有关．3．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T，假设使卫星周期变为2T，可能的方法有〔〕A．R 不变，使线速度变为B．v不变，使轨道半径变为2RC ．轨道半径变为D．以上方法均不可以【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，牛顿第二律推导周期T与半径的关系，选择可能的方法．假设半径r不变，使卫星的线速度减小，卫星将做近心运动，周期减小．假设v不变，卫星只能在原轨道上运动，周期不变．【解答】解：A、假设半径r不变，使卫星的线速度减小，卫星将做近心运动，周期减小．故A错误．B、假设v不变，卫星只能在原轨道上运动，半径不变，周期也不变．故B 错误．C、设地球的质量为M，卫星的质量为m．由牛顿第二律得： =mr得到T=2根据数学知识可知，使轨道半径半径变为，卫星的周期变2T．那么C 正确 D错误应选：C【点评】此题考查卫星的变轨问题，当卫星的速度增加时，做离心运动，半径增加；当卫星速度减小，做近心运动，半径减小．4．环绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，距地面高度越大，以下说法中正确的选项是〔〕A．线速度和周期越大B．线速度和周期越小C．线速度越大，周期越小D．线速度越小，周期越大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】根据万有引力提供向心力，去判断线速度和周期的变化．【解答】解：根据万有引力提供向心力，知，，高度越高，轨道半径越大，线速度越小，周期越大．故D正确，A、B、C错误．应选D．【点评】解决此题的关键掌握万有引力提供向心力．5．一艘宇宙飞船在一个不的行星外表上绕该行星做匀速圆周运动，要测行星的密度，只需要〔〕A．测飞船的环绕半径B．测行星的质量C．测飞船的环绕速度D．测飞船环绕的周期【考点】万有引力律及其用．【专题】万有引力律的用专题．【分析】宇宙飞船绕行星外表上做匀速圆周运动时，由行星的万有引力提供向心力，而且飞船的轨道半径近似于行星的半径．根据万有引力律和向心力求得行星的质量，再求得密度表达式，即可根据密度表达式进行分析．【解答】解：设行星的半径为R，飞船的周期为T，质量为m．行星的密度为ρ，质量为M．根据万有引力提供向心力，得：G =m，得：M=行星的密度为ρ===故可知，要测行星的密度，只需要测飞船环绕的周期T．应选：D【点评】解决此题运用万有引力提供向心力和密度公式列式，表示出所要求解的物理量，再根据条件进行分析判断．二、多项选择题〔此题共3小题，每题6分，共18分．选不全的得3分〕6．〔6分〕中国于1986年2月1日发射了一颗地球同步卫星，于3月25日又发射了“三号〞飞船，飞船在太空飞行了6天18小时，环绕地球运转了108圈，又顺利返回地面，那么此卫星与飞船在轨道上正常运转比拟〔〕A．卫星运转周期比飞船大B．卫星运转速率比飞船大C．卫星运转加速度比飞船大 D．卫星离地高度比飞船大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力律及其用．【专题】人造卫星问题．【分析】地球同步卫星的周期为24小时，根据飞船在太空飞行了6天18小时，环绕地球运转了108圈，求出飞船的周期，根据万有引力提供向心力公式即可求解．【解答】解：A、地球同步卫星的周期为24小时，飞船的周期为小时，所以卫星运转周期比飞船大，故A正确；根据万有引力充当向心力，即可知：D 、，卫星运转周期比飞船大，那么卫星的半径比飞船大，而地球半径一，位移卫星离地面的高度比飞船大，故D正确；B 、，卫星的半径比飞船大，所以卫星的线速度比飞船小，故B错误；C、a=，卫星的半径比飞船大，所以卫星的加速度比飞船小，故C错误．应选：AD．【点评】此题主要考查了万有引力提供向心力公式的用，知道地球同步卫星的周期为24小时，难度不大，属于根底题．7．下述中，可在运行的太空舱里进行的是〔〕A．用弹簧秤测物体受的重力 B．用测力计测力C．用天平测物体质量D．用温度计测舱内温度【考点】超重和失重．【分析】在太空舱中，物体处于完全失重状态，与重力有关的不能进行，分析各选项所述然后答题．【解答】A、太空舱中的物体处于完全失重状态，物体对弹簧秤没有拉力，不能用弹簧测力计测物体的重力；故A错误；B、太空舱中的物体处于完全失重状态，而用测力计测量力与重力无关，所以能用弹簧测力计测力；故B正确；C、天平实际上是臂杠杆，根据杠杆平衡原理，当两个托盘中物体的质量相同时，天平就会平衡，被测物体的质量就于砝码的质量．当物体处于完全失重状态时，物体和砝码对天平两臂上的托盘压力为零，天平始终平衡，无法测量物体的质量，故在太空舱中不能用天平测量物体的质量；D、温度计的原理与重力无关，所以用温度计测舱内温度是可以的；故D正确；应选：BD．【点评】此题考查了重力对的影响，是一道根底题，掌握根底知识即可正确答题．8．有质量相同的甲、乙、丙三个物体，甲放在香，乙放在，丙放在．它们各自均处于光滑水平地面上随地球一起自转，那么〔〕A．它们具有相同的线速度B．由于它们的质量相同，所以各光滑水平面对它们的支持力大小相C．甲物体随地球自转所需向心力最大D．丙物体随地球自转的向心加速度最小【考点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】随地球一起转动的物体周期相同，角速度相同，由线速度和角速度的关系v=ωr比拟线速度的大小，通过a=rω2判断向心加速度大小．【解答】解：A、有质量相同的甲、乙、丙三个物体，甲放在香，乙放在，丙放在，它们随地球一起转动时它们的周期相同，角速度相同，甲的半径最大，由线速度和角速度的关系v=ωr知甲的线速度最大，故A错误；B、支持力于重力；由于地球自转的影响，甲位置的重力加速度最小，丙位置的重力加速度最大，又由于它们的质量相同，甲受到的支持力最小，丙受到的支持力最大，故B错误；C、根据f n=mrω2判断，甲物体随地球自转所需向心力最大，故C正确；D、根据a n=rω2判断，丙物体随地球自转的向心加速度最小，故D正确；应选CD．【点评】解答此题要明确同轴转动的圆周运动周期相同，知道描述圆周运动的物理量之间的关系，找到半径关系后，根据向心加速度和向心力公式分析判断．三、填空题〔每空5分，共20分〕9．〔10分〕假设地球是一个半径为6400km的均匀圆球，一辆高速喷沿赤道运动，不计空气阻力，在车速逐渐增加的过程中，〔1〕它受的重力大小将不变，〔2〕它对地球外表的压力的大小将变小，〔以上两空选填变大、变小或不变〕．【考点】力的合成与分解的运用．【专题】受力分析方法专题．【分析】根据重力的概念可知，在赤道上物体的重力不变；根据牛顿第二律分析对地面的压力的变化．【解答】解：受到的重力与的速度无关，所以重力不变；在沿地球的外表做圆周运动的过程中，重力与受到的支持力的差提供向心力，由向心力的公式得：mg﹣F N=所以：，可知受到的支持力随速度的增大而减小，根据牛顿第三律可知，对地面的压力随速度的增大而减小．故答案为：不变，变小【点评】该题考查对重力的理解．要牢记重力是由于地球外表的物体受到地球的吸引而产生的，地球对物体的吸引力由两个效果，一是产生重力，另一个是提供随地球做圆周运动的向心力．10．〔10分〕通信卫星〔同步卫星〕总是“停留〞在赤道上空的某处．地球质量为M，半径为R，自转周期为T，万有引力恒量为G，那么同步卫星周期是T ，离地面的高度h= ﹣R ．【考点】同步卫星；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据地球的同步卫星的万有引力提供向心力，可以求出地球同步卫星的高度，从而即可求解．【解答】解：地球同步卫星的周期于地球的自转周期T，根据引力提供向心力，那么对地球同步卫星有：G=m〔R+h〕解得：h=﹣R故答案为：T，﹣R．【点评】解答此题要清楚地球的同步卫星的万有引力提供向心力，由万有引力律和向心力公式结合研究．四、计算题〔此题共2小题，共32分〕11．〔16分〕〔2021秋•校级月考〕如下图，半径R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速度进入管内，A通过最高点C时，对管的上壁压力为3mg，B通过最高点C时，对管的下壁压力为0.75mg，求AB 两球落地点间的距离．【考点】向心力；平抛运动．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】对两个球分别受力分析，根据合力提供向心力，求出速度，此后球做平抛运动，正交分解后，根据运动学公式列式求解即可．【解答】解：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A 、B两球落地点间的距离于它们平抛运动的水平位移之差．对A球：3mg+mg=m解得v A=对B球：mg﹣0.75mg=m解得v B=由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为：s A=v A t=v A=4Rs B=v B t=v B=R所以s A﹣s B=3R即AB两球落地点间的距离为3R．答：AB两球落地点间的距离为3R．【点评】此题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解．12．〔16分〕登月关闭发动机后再离月球外表112km的空中沿圆形轨道运动，周期为120.5min，月球的半径是1740km，根据这些数据计算月球的质量均密度〔G=7×10﹣11N•m2/kg2〕【考点】万有引力律及其用．【专题】万有引力律的用专题．【分析】登月舱所受月球的万有引力提供其圆周运动的向心力，根据万有引力律和向心力公式求出月球质量，再由质量与体积之比求出密度．【解答】解：设登月舱的质量为m，轨道半径为r，月球的半径为R，质量为M．对于登月舱，根据万有引力于向心力，那么得：解得：M=kg=×1022kg月球的平均密度为：ρ=kg/m3=×103 kg/m3．答：月球的质量为×1022kg，平均密度为×103 kg/m3．【点评】此题属于环绕天体的轨道半径和周期，求解中心天体质量的类型，建立模型，利用万有引力于向心力这一根本思路进行求解．。

应对市爱护阳光实验学校一中高一物理下学期第7周周训练题第一：双向细目表题号题型考点分值考查能力1 选择题曲线运动概念 6 识记2 选择题过拱桥 6 理解3 选择题水平方向上的圆周运动临界、图像 6 识记4 选择题特殊天体比拟 6 理解5 选择题小船渡河6 理解6 选择题平抛运动 6 理解7 选择题卫星问题 6 用8 选择题水平圆周临界问题 6 理解9 题平抛运动的15 理解10 计算题万有引力律17 理解11 计算题水平面内的圆周运动20 理解第二：试题一中2021级第八周周考物·理(时间：40分钟总分值：100分)1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1．(单项选择)关于物体做曲线运动，以下说法正确的( )A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动 B．物体在变力作用下一做曲线运动C．物体在变力作用下不可能做直线运动 D．做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向不共线2．(单项选择)在以下情况中，器材对凸形桥顶部的压力最小的是( ) A．以较小的速度驶过半径较大的桥 B．以较小的速度驶过半径较小的桥C．以较大的速度驶过半径较小的桥 D．以较大的速度驶过半径较大的桥3．(单项选择)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固在一光滑锥顶上，如下图，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为F T，那么F T随ω2变化的图象是( )A.B ．C ．D ．4．(单项选择)如下图，地球赤道上的山丘e 、近地资源卫星p 和同步卫星q 均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设e 、p 、q 的圆周运动速率分别为v 1、v 2、v 3，向心加速度分别为a 1、a 2、a 3，那么( )A ．v 1＞v 2＞v 3B ．v 1＜v 2＜v 3C ．a 1＞a 2＞a 3D ．a 1＜a 3＜a 25．(多项选择)船速v 船>v 水，欲横渡宽为d 的河流，以下说法正确的选项是( )A ．船头垂直河岸向此岸航行时，横渡时间最短B ．船头垂直河岸向此岸航行时，实际航程最短C ．船头朝上游转过一角度，使实际航线垂直河岸，此时航程最短D ．船头朝下游转过一角度，使实际航速增大，此时横渡时间最短6．(多项选择)以速度v 0水平抛出一小球，某时刻其竖直分位移与水平分位移大小相，以下说法正确的选项是( )A ．竖直分速度于水平分速度B ．此时球的速度大小为05vC ．运动的时间为02gv D ．运动的位移是2023gv7．(多项选择)北斗导航系统又被称为“双星位系统〞，具有导航、位功能．“北斗〞系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径均为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，如图5所示．假设卫星均顺时针运行，地球外表处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．以下判断正确的选项是( )A ．两颗卫星的向心加速度大小相，均为R 2gr2B ．两颗卫星所受的向心力大小一相C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间可能为7πr3Rr gD ．如果要使卫星1追上卫星2，一要使卫星1加速 8．(多项选择)如图，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO '的距离为L ，b与转轴的距离为2L ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。

应对市爱护阳光实验学校一中高一〔下〕第二周周练物理试卷一、单项选择题〔此题共5小题，每题6分，共30分〕1．一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，以下说法中正确的选项是〔〕A．轨道半径越大线速度越小 B．轨道半径越大线速度越大C．轨道半径越大周期越大D．轨道半径越大周期越小2．如下图，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，那么A的受力情况是〔〕A．受重力、支持力B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力C．重力、支持力、向心力、摩擦力D．以上均不正确3．如下图，固的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相的小球A和B，在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下说法正确的选项是〔〕A．V A＞V B B．ωA＞ωB C．a A＞a B D．压力N A＞N B4．A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的转速为30r/min，B的转速为15r/min．那么两球的向心加速度之比为〔〕A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：15．以下说法正确的选项是〔〕A．做匀速圆周运动的物体处于平衡状态B．做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力C．做匀速圆周运动的物体的速度恒D．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒二、多项选择题〔此题共3小题，每题6分，共18分．选不全的得3分〕6．以下说法正确的选项是〔〕A．匀速圆周运动是一种匀速运动B．匀速圆周运动是一种匀变速运动C．匀速圆周运动是一种变加速运动D．物体做匀速圆周运动时，其合力垂直于速度方向，不改变线速度大小7．〔6分〕物体做圆周运动时，关于向心力的说法中正确的选项是〔〕A．向心力是产生向心加速度的力B．向心力的作用是改变物体速度的方向C．不管物体是不是做匀速圆周运动，向心力都于物体受到的合外力D．物体做匀速圆周运动时，受到的向心力是恒力8．如下图，轻绳一端系一小球，另一端固于O点，在O点正下方的P点钉一颗钉子，使悬线拉紧与竖直方向成一角度θ，然后由静止释放小球，当悬线碰到钉子时〔〕A．小球的瞬时速度突然变大 B．小球的加速度突然变大C．小球所受的向心力突然变大D．悬线所受的拉力突然变大三、填空题〔，每空4分，共20分〕9．〔12分〕如下图，传动轮A、B、C的半径之比为2：1：2，A、B两轮用皮带传动，皮带不打滑，B、C两轮同轴，a、b、c三点分别处于A、B、C三轮的边缘，d点在A轮半径的中点．试求：a、b、c、d四点的角速度之比，即ωa：ωb：ωc：ωd= 线速度之比，即v a：v b：v c：v d= ；向心加速度之比，即：a a：a b：a c：a d= ．10．做匀速圆周运动的物体，加速度方向始终指向，这个加速度叫做．四、计算题〔此题共2小题，共32分〕11．〔16分〕如图，A、B两质点绕同一圆心沿顺时针方向做匀速圆周运动，B 的周期分别为T1、T2，且T1＜T2，在某一时刻两质点相距最近时开始计时，求：〔1〕两质点再次相距最近所用的最短时间？〔2〕两质点第一次相距最远所用的时间．12．〔16分〕〔2021秋•校级期末〕如下图，半径为R的圆板置于水平面内，在轴心O点的正上方高h处，水平抛出一个小球，圆板做匀速转动，当圆板半径OB转到与抛球初速度方向平行时，小球开始抛出，要使小球和圆板只碰一次，且落点为B．求：〔1〕小球初速度的大小．〔2〕圆板转动的角速度．一中高一〔下〕第二周周练物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题〔此题共5小题，每题6分，共30分〕1．一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，以下说法中正确的选项是〔〕A．轨道半径越大线速度越小 B．轨道半径越大线速度越大C．轨道半径越大周期越大D．轨道半径越大周期越小【考点】线速度、角速度和周期、转速．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．【解答】解：因物体以一的角速度做匀速圆周运动，A、由v=ωr得：v与r成正比．所以当半径越大时，线速度也越大．故A错误，B正确；C、由ω=得：ω与T成反比，所以当半径越大时，角速度不变，因此周期也不变．故CD错误；应选：B【点评】物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．2．如下图，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，那么A的受力情况是〔〕A．受重力、支持力B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力C．重力、支持力、向心力、摩擦力D．以上均不正确【考点】向心力；牛顿第二律．【专题】牛顿第二律在圆周运动中的用．【分析】向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力来充当，不是真实存在的力，不能说物体受到向心力．【解答】解：物体在水平面上，一受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故ACD错误，B正确．应选：B．【点评】此题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点，同时受力分析时注意分析力先后顺序，即受力分析步骤．3．如下图，固的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相的小球A和B，在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下说法正确的选项是〔〕A．V A＞V B B．ωA＞ωB C．a A＞a B D．压力N A＞N B【考点】向心力；牛顿第二律．【专题】牛顿第二律在圆周运动中的用．【分析】小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可．【解答】解：研究任意一个小球：受力如图．将F N沿水竖直方向分解得：F N cosθ=ma…①F N sinθ=mg…②．由②可知支持力相，那么A、B对内壁的压力大小相：N A=N B．根据牛顿第二律，合外力提供向心力，合外力相，那么向心力相．由①②可得：mgcotθ=ma=m=mω2r．可知半径大的线速度大，角速度小．那么A的线速度大于B的线速度，V A＞V B，A的角速度小于B的角速度，ωA＜ωB．向心加速度a=gcotθ，那么知两球的向心加速度相，a A=a B．故A正确，B、C、D错误．应选：A．【点评】解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，注意各种向心加速度表达式的用．4．A、B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的转速为30r/min，B的转速为15r/min．那么两球的向心加速度之比为〔〕A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1【考点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】根据转速之比求出角速度之比，结合a=rω2求出向心加速度之比．【解答】解：角速度ω=2πn，A的转速为30r/min，B的转速为15r/min，知A、B的角速度之比为2：1，根据a=rω2知，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，那么向心加速度之比为8：1．故D正确，A、B、C错误．应选：D．【点评】解决此题的关键掌握向心加速度与角速度的关系公式，以及知道角速度与转速的关系．5．以下说法正确的选项是〔〕A．做匀速圆周运动的物体处于平衡状态B．做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力C．做匀速圆周运动的物体的速度恒D．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒【考点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】匀速圆周运动的物体，速率不变，方向时刻改变，具有向心加速度，方向始终指向圆心．【解答】解：A、做匀速圆周运动的物体，具有向心加速度，合外力不为零．故A错误．B、匀速圆周运动的物体所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心，不是恒力．故B错误．C、匀速圆周运动的物体速度大小不变，方向时刻改变．故C错误．D、匀速圆周运动物体加速度大小不变，方向始终指向圆心．故D正确．应选D．【点评】解决此题的关键知道匀速圆周运动的特点，具有加速度，大小不变，方向始终指向圆心．二、多项选择题〔此题共3小题，每题6分，共18分．选不全的得3分〕6．以下说法正确的选项是〔〕A．匀速圆周运动是一种匀速运动B．匀速圆周运动是一种匀变速运动C．匀速圆周运动是一种变加速运动D．物体做匀速圆周运动时，其合力垂直于速度方向，不改变线速度大小【考点】匀速圆周运动．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】物体做匀速圆周运动，这里的匀速是指速度大小不变，由于圆周运动方向时刻在变化．因此物体需要一个方向与速度垂直且指向圆心的合外力．这样的合外力只会改变速度方向，不会改变速度大小．【解答】解：A、匀速圆周运动的线速度和加速度都在变化，是一种变加速运动，故AB错误，C正确；D、物体做匀速圆周运动时的合外力提供向心力，向心力方向始终垂直于速度方向，不改变线速度大小，故D正确．应选：CD【点评】注意向心力并不是物体所受的力，但做匀速圆周运动需要一个指向圆心的合外力﹣﹣﹣﹣向心力，知道匀速圆周运动速度大小不变，但方向改变，加速度大小不变，但方向在变．7．〔6分〕物体做圆周运动时，关于向心力的说法中正确的选项是〔〕A．向心力是产生向心加速度的力B．向心力的作用是改变物体速度的方向C．不管物体是不是做匀速圆周运动，向心力都于物体受到的合外力D．物体做匀速圆周运动时，受到的向心力是恒力【考点】向心力；牛顿第二律．【专题】牛顿第二律在圆周运动中的用．【分析】物体做圆周运动就需要有向心力，向心力是由外界提供的．向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小．做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的．向心力的方向时刻改变，向心力也改变．【解答】解：A、物体做匀速圆周运动的向心力是物体所受的合力．而非匀速圆周运动的向心力那么不一，向心力是产生向心加速度的力．故A正确．B、向心力总是与速度方向垂直，对物体不做功，不能改变速度的大小，只改变速度的方向．故B正确．C、做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的．向心力始终指向圆心；做变速圆周运动的物体的线速度的大小与方向都在变，既有指向圆心的向心力，也有沿速度方向的改变物体线速度大小的力，所以合外力的方向不指向圆心．故C错误；D、做匀速圆周运动的物体向心力是由合外力提供的．向心力始终指向圆心，方向在改变，所以向心力是一个变力，故D错误．应选：AB．【点评】此题考查对向心力的理解能力．向心力不是什么特殊的力，其作用产生向心加速度，改变速度的方向，不改变速度的大小．8．如下图，轻绳一端系一小球，另一端固于O点，在O点正下方的P点钉一颗钉子，使悬线拉紧与竖直方向成一角度θ，然后由静止释放小球，当悬线碰到钉子时〔〕A．小球的瞬时速度突然变大 B．小球的加速度突然变大C．小球所受的向心力突然变大D．悬线所受的拉力突然变大【考点】机械能守恒律；向心力．【专题】机械能守恒律用专题．【分析】小球碰到钉子后瞬时速度不变，仍做圆周运动，由向心力公式可得出绳子的拉力与小球转动半径的关系；由圆周运动的性质可知其线速度及向心加速度的大小关系．由牛顿第二律分析拉力的变化．【解答】解：A、当悬线碰到钉子时，绳的拉力和重力都与速度方向垂直，不做功，由于惯性，小球的瞬时速度大小不变，故A错误．B、小球圆周运动的半径变小，根据公式a=知v不变，r变小，那么加速度突然变大，故B正确．C、根据F n=ma，知向心加速度a增大，那么小球所受的向心力F n增大．故C正确．D、根据牛顿第二律得，F﹣mg=，那么得F=mg+m，可知线速度大小v不变，r变短，那么拉力F变大．故D正确．应选：BCD．【点评】解决此题的关键抓住悬线碰到钉子时，线速度大小不变，通过摆长的变化判断向心加速度和向心力变化．三、填空题〔，每空4分，共20分〕9．〔12分〕如下图，传动轮A、B、C的半径之比为2：1：2，A、B两轮用皮带传动，皮带不打滑，B、C两轮同轴，a、b、c三点分别处于A、B、C三轮的边缘，d点在A轮半径的中点．试求：a、b、c、d四点的角速度之比，即ωa：ωb：ωc：ωd= 1：2：2：1 线速度之比，即v a：v b：v c：v d= 2：2：4：1 ；向心加速度之比，即：a a：a b：a c：a d= 2：4：8：1 ．【考点】线速度、角速度和周期、转速．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】共轴转动的各点角速度相，靠传送带传动轮子上的各点线速度大小相，根据v=rω，a=rω2=可知各点线速度、角速度和向心加速度的大小．【解答】解：由图可知，a、d角速度相，b、c角速度相；a、b两点的线速度大小相，根据v=rω，传动轮A、B的半径之比为2：1，所以ωa：ωb：=，所以：ωa：ωb：ωc：ωd=1：2：2：1；a、d角速度相，a与d的半径关系为：r a=2r d ，所以：；同理：；所以：v a：v b：v c：v d=2：2：4：1；向心加速度：a n=ω•v，所以：a a：a b：a c：a d=1×2：2×2：2×4：1×1=2：4：8：1故答案为：1：2：2：1；2：2：4：1；2：4：8：1【点评】解决此题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，以及知道共轴转动的各点角速度相，靠传送带传动轮子上的点线速度大小相．10．做匀速圆周运动的物体，加速度方向始终指向圆心，这个加速度叫做向心加速度．【考点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，加速度大小不变，但是方向指向圆心，时刻发生变化，因此根据向心加速度的特点可正此题．【解答】解：匀速圆周运动的物体的加速度方向都指向圆心，这个加速度叫做向心加速度．故答案为：圆心，向心加速度【点评】匀速圆周运动要注意，其中的匀速只是指速度的大小不变，合力作为向心力始终指向圆心，合力的方向也是时刻在变化的，因此向心加速度大小不变，但是方向时刻变化．四、计算题〔此题共2小题，共32分〕11．〔16分〕如图，A、B两质点绕同一圆心沿顺时针方向做匀速圆周运动，B 的周期分别为T1、T2，且T1＜T2，在某一时刻两质点相距最近时开始计时，求：〔1〕两质点再次相距最近所用的最短时间？〔2〕两质点第一次相距最远所用的时间．【考点】向心力；牛顿第二律．【专题】牛顿第二律在圆周运动中的用．【分析】两质点做圆周运动的角速度不同，当二者正好转动角度相差2nπ时，相距最近；当二者正好转动角度相差〔2n﹣1〕π时，相距最远．【解答】解：〔1〕AB再次相距最近，两质点正好转动角度相差2π时，相距最近，由题意得再次相距最近所用的最短时间为t，那么ωA t﹣ωB t=2π因为ωA=，ωB=解得：t=〔2〕当二者正好转动角度相差〔2n﹣1〕π时，相距最远，由题意得两质点第一次相距最远时：ωA t﹣ωB t=π解得：t=答：〔1〕两质点再次相距最近所用的最短时间是；〔2〕两质点第一次相距最远所用的时间是．【点评】此题关的关键是知道：当两物体转动角度相差2π时，相距最近当转动角度相差π时，相距最远，难度不大，属于根底题．12．〔16分〕〔2021秋•校级期末〕如下图，半径为R的圆板置于水平面内，在轴心O点的正上方高h处，水平抛出一个小球，圆板做匀速转动，当圆板半径OB转到与抛球初速度方向平行时，小球开始抛出，要使小球和圆板只碰一次，且落点为B．求：〔1〕小球初速度的大小．〔2〕圆板转动的角速度．【考点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速．【专题】平抛运动专题．【分析】小球做平抛运动，高度一，那么平抛运动的时间一，根据水平方向做匀速直线运动求出小球的初速度．抓住圆盘的时间抛的时间相，求出圆盘转动的角速度．【解答】解：竖直方向由h=得：t=水平方向有：s=解得：因为t=nT=n即，所以ω=2πn〔n=1，2…〕答：〔1〕小球初速度的大小为．〔2〕圆板转动的角速度为2πn〔n=1，2…〕【点评】解决此题的关键知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，高度决平抛运动的时间．。