2022-2022学年云南省红河州蒙自一中高一（下）月考物理试卷（理科）（3月份）一、选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分．每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得3分，选错或不选得0分．）1．（3分）（2022春•东阳市校级期中）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ） A．做曲线运动的物体，其速度大小和方向都是不断改变的 B．做曲线运动物体的运动方向，是沿着运动轨道曲线的 C．曲线运动一定是变速运动 D．曲线运动可以是匀速运动，例如匀速圆周运动就是匀速运动考点：曲线运动．版权所有专题：物体做曲线运动条件专题．分析：物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．解答：解：A、曲线运动的物体速度大小不一定变化，如匀速圆周运动，速度大小不变，故A错误；B、曲线运动的方向为该点的切线方向，故B错误；C、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，不可能是匀速运动，故C正确，D错误；故选：C．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． 2．（3分）（2022•大武口区校级学业考试）物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向的分速度υy（取向下为正）随时间变化的图线是图中的（ ） A．B．C．D．考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．分析：物体做平抛运动时，只受重力，所以在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动速度﹣时间关系即可求解．解答：解：物体做平抛运动时，在竖直方向做自由落体运动，故其竖直方向速度﹣时间图象为一条通过原点的倾斜直线．故选D．点评：本题考查了平抛运动的特点，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动． 3．（3分）（2022•湘潭县校级学业考试）做平抛运动的物体，每秒速度的增量总是（ ）-12-\n A．大小相等，方向相同B．大小不等，方向不同 C．大小相等，方向不同D．大小不等，方向相同考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．分析：速度的增量就是速度的变化量．平抛运动的加速度不变，根据公式△v=at分析即可．解答：解：平抛运动的物体只受重力，加速度为g，保持不变，根据△v=at=gt，每秒速度增量大小相等，方向竖直向下，与加速度的方向相同．故A正确，B、C、D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道平抛运动每秒的速度增量大小相等，方向相同． 4．（3分）（2022•高淳县模拟）我国“嫦娥一号”探月卫星经过无数人的协作和努力，终于在2022年10月24日晚6点多发射升空．如图所示，“嫦娥一号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小．在此过程中探月卫星所受合力方向可能的是（ ） A．B．C．D．考点：曲线运动．版权所有分析：“嫦娥一号”探月卫星做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象是正确的．解答：解：“嫦娥一号”探月卫星从M点运动到N，曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；“嫦娥一号”探月卫星同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°，所以选项ABD错误，选项C正确．故答案为C．点评：解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析“嫦娥一号”探月卫星的受力情况，“嫦娥一号”探月卫星受到指向圆心的力的合力使“嫦娥一号”探月卫星做曲线运动，在切线方向的分力使“嫦娥一号”探月卫星减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了． 5．（3分）（2022春•长安区校级期末）关于圆周运动，下列说法中正确的是（ ） A．做圆周运动的物体的加速度一定指向圆心 B．做圆周运动的物体速度大小总不变、方向时刻改变 C．做匀速圆周运动的物体，在任何相等的时间内通过的位移都相等 D．做匀速圆周运动的物体，其角速度、周期、转速都不变考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速；向心力．版权所有专题：匀速圆周运动专题．-12-\n分析：圆周运动分匀速圆周运动和一般的圆周运动，只有匀速圆周运动合外力指向圆心，向心加速度，速度大小才都是不变的，而且匀速圆周运动物体角速度、周期、转速都是不变的，普通的圆周运动没有这个规律．匀速圆周运动的物体，在任何相等的时间内通过的路程都相等，但位移不相等，因为位移时矢量．解答：解：A、匀速圆周运动的加速度一定是向心加速度，而变速圆周运动则不一定，故A错误．B、匀速圆周运动速度大小不变，而方向是变化的；变速圆周运动速度大小和方向都变，故B错误．C、做匀速圆周运动的物体，在任何相等的时间内通过的路程都相等，位移大小相等，方向不同，故C错误．D、做匀速圆周运动的物体，只有三个量是不变的：角速度、周期、转速，故D正确．故选：D点评：通过本题掌握匀速圆周运动与变速圆周运动的区别，其本质在于匀速圆周运动合外力指向圆心，变速圆周运动合外力不是固定指向圆心；掌握匀速圆周运动的物体三个不变的量：角速度、周期、转速． 6．（3分）（2022春•蒙自县校级月考）一条河宽100m，水流速度为3m/s，一条小船在静水中的速度为5m/s，关于船过河的过程，下列说法不正确的是（ ） A．船过河的最短时间是20s B．船要垂直河岸过河需用25s的时间 C．船的实际速度可能为5m/s D．船的实际速度可能为10m/s考点：运动的合成和分解．版权所有专题：运动的合成和分解专题．分析：因为水流速度小于静水速度，当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短；速度的合成满足平行四边形定则．解答：解：A、当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河时间最短为：t==20s．故A正确；B、船要垂直河岸过河即合速度垂直河岸，合速度与分速度如图：过河时间用合位移除以合速度：t′==25s，故B正确；C、D、3m/s与5m/s的合速度的大小大于等于两速度之差小于等于两速度之和，故在2m/s到8m/s之间，可能为5m/s，不可能为10m/s故C正确，D错误；本题选不正确的，故选：D．-12-\n点评：解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，不难． 7．（3分）（2022春•东城区期末）做匀速圆周运动的物体在运动过程中保持不变的物理量是（ ） A．速度B．加速度C．动能D．合外力考点：线速度、角速度和周期、转速．版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：利用匀速圆周运动的特点即可求解，匀速圆周运动的特点是：线速度的大小不变，方向时刻改变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心．解答：解：匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心，动能（标量）不变．故ABD错误，C正确．故选：C．点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，即线速度、向心加速度、向心力是矢量． 8．（3分）（2022春•萍乡期末）如图所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8m，取g=10m/s2，则运动员跨过壕沟所用的时间为（ ） A．3.2sB．1.6sC．0.8sD．0.4s考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据h=，通过等时性确定动员跨过壕沟所用的时间．解答：解：根据得，t==．故D正确，A、B、C错误．故选：D．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，知道分运动与合运动具有等时性． 9．（3分）（2022•盖州市校级学业考试）如图所示，为一在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是（ ）-12-\n A．摆球A受重力、拉力和向心力的作用 B．摆球A受拉力和向心力的作用 C．摆球A受拉力和重力的作用 D．摆球A受重力和向心力的作用考点：向心力；牛顿第二定律．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：先对小球进行运动分析，做匀速圆周运动，再找出合力的方向，进一步对小球受力分析！解答：解：小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图小球受重力、和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力．故选：C．点评：向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不是重复受力！ 10．（3分）（2022春•榆树市校级期中）在同一平台上的O点抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vc的关系和三个物体平抛运动的时间tA、tB、tc的关系分别是（ ） A．vA＞vB＞vc，tA＞tB＞tcB．vA=vB=vc，tA=tB=tc C．vA＜vB＜vc，tA＞tB＞tcD．vA＞vB＞vc，tA＜tB＜tc考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．解答：解：三个物体都做平抛运动，由h=gt2可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以tA＞tB＞tC．物体水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0t，得：v0=x-12-\n取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，则：vA＜vB＜vC，故选：C．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在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来列式分析． 二、选择题（本题包括4个小题，每小题4分，共16分．每小题所给的四个选项中有两个选项符合题意，全部选对的得4分，选不全的得2分，选错或不选的得0分．）11．（4分）（2022春•铜仁地区校级月考）如图所示，做匀速直线运动的汽车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和汽车的速度的大小分别为vB、vA，则（ ） A．vA=vBB．vA＞vB C．vA＜vBD．重物B的速度逐渐增大考点：运动的合成和分解．版权所有专题：运动的合成和分解专题．分析：将汽车的运动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重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律．解答：解：小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设斜拉绳子与水平面的夹角为θ，由几何关系可得：vB=vAcosθ，所以vA＞vB；因汽车匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体有向上的加速度，故BD正确，AC错误．故选：BD．点评：解决本题的关键将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向的速度等于重物的速度大小． 12．（4分）（2022•青浦区一模）如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（ ） A．球的速度v等于L-12-\n B．球从击出至落地所用时间为 C．球从击球点至落地点的位移等于L D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．分析：网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在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，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．解答：解：A、网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动：L=vt在竖直方向上，小球做自由落体运动：H=gt2代入数据解得：v=，t=，所以AB正确．C、位移是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网正上方距地面H处，末位置是在底线上，所以位移的大小为，与球的质量无关，所以CD错误．故选：AB．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在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来求解．位移一定要注意是从初位置到末位置的由向线段，与物体的路径无关． 13．（4分）（2022春•蒙自县校级月考）对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（ ） A．其转速与角速度成正比，其周期与角速度成反比 B．运动的快慢可用线速度来描述 C．匀速圆周运动是匀速运动 D．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻都在改变，速度的大小也可能时刻都在改变考点：线速度、角速度和周期、转速．版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：角速度描述匀速圆周运动速度方向变化快慢的物理量，线速度表示单位时间内转过的弧长，速度、向心力、加速度是矢量，有大小有方向，要保持不变，大小和方向都不变．在匀速圆周运动的过程中，速度的方向时刻改变，加速度、向心力的方向始终指向圆心，所以方向也是时刻改变．解答：解：A、根据ω=2πn可知，转速与角速度成正比；由T=可知周期与角速度成反比，故A正确；B、角速度描述匀速圆周运动速度方向变化快慢的物理量，线速度表示单位时间内转过的弧长，都可以描述运动的快慢，故B正确；-12-\nC、匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，但方向改变，所以线速度改变，向心加速度方向始终指向圆心，是个变量，故CD错误．故选：B点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的过程中，速度的大小、向心力的大小、向心加速度的大小保持不变，但方向时刻改变． 14．（4分）（2022春•鸡西期末）关于轮船渡河，正确的说法是（ ） A．水流的速度越大，渡河的时间越长 B．欲使渡河时间越短，船头的指向应垂直河岸 C．欲使轮船垂直驶达对岸，则船相对水的速度与水流速度的合速度应垂直河岸 D．轮船相对水的速度越大，渡河的时间一定越短考点：运动的合成和分解．版权所有专题：运动的合成和分解专题．分析：将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据分运动和合运动具有等时性，在垂直于河岸方向上，船的速度越大，渡河的时间越短．当合速度的方向与河岸垂直，渡河的位移最短．解答：解：因为各分运动具有独立性，在垂直于河岸方向上，t=，合运动与分运动具有等时性，知运动的时间不变．在沿河岸方向上x=v水t．水流速度加快，则沿河岸方向上的位移增大，根据运动的合成，最终的位移增大．A、当垂直对岸行驶时，水流速度变大，不会影响渡河时间，故A错误；B、当船头的指向垂直河岸时，渡河的时间最小，故B正确；C、当船相对水的速度与水流速度的合速度应垂直河岸时，轮船垂直到达对岸，故C正确；D、当垂直对岸行驶时，轮船相对水的速度越大，渡河的时间一定越短；若没有垂直行驶时，渡河时间不一定越短．故D错误；故选：BC点评：解决本题的关键将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，知道分运动和合运动具有等时性，各分运动具有独立性． 三、实验题（第15题5分，第16题每空2分，共15分．请把正确答填写在答题卡的相应横线上．）15．（5分）（2022春•开原市校级期中）用红蜡块与玻璃管研究“运动的合成与分解”时，红蜡块从A点匀速上升的同时，玻璃管以0.1m/s的速度水平向右匀速运动，玻璃管向右移动1m，红蜡块上升0.8m，则红蜡块沿玻璃管上升的速度 0.08 m/s．考点：运动的合成和分解．版权所有-12-\n专题：运动的合成和分解专题．分析：两个匀速直线运动的合运动为直线运动，根据平行四边形定则求出玻璃管在水平方向的移动时间．再抓住分运动与合运动具有等时性，求出红蜡块沿玻璃管上升的速度．解答：解：在水平方向上运动的时间为：t==s=10s．则玻璃管在竖直方向上运动的速度为：v2===0.08m/s．故答案为：0.08．点评：解决本题的关键知道运动的合成与分解遵循平行四边形定则，知道分运动与合运动具有等时性． 16．（10分）（2022春•金牛区校级期末）某同学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了一部分，剩余部分如图乙所示，图中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和P3的轨迹图线上的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g取9.8m/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|y1﹣y2|= 0.60 m，|y1﹣y3|= 1.00 m，|x1﹣x2|= 0.60 ．（保留两位小数）（2）若已测知抛出后小球的水平方向上做匀速运动．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 0.20 s，小球抛出后的水平速度为 3.0 m/s．（均可用根号表示）考点：研究平抛物体的运动．版权所有专题：实验题；平抛运动专题．分析：据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度（水平速度）．解答：解：（1）根据图（2）可解得：|y1﹣y2|=6×0.10m=0.60m，|y2﹣y3|=10×0.10m=1.00m，|x1﹣x2|=6×0.10m=0.60m．故答案为：0.60，1.00，0.60．（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=1.00m-12-\n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，代入数据解得：t=0.20s，v0=3.0m/s故答案为：0.20，3.0．点评：本题主要考察了平抛运动规律的理解和应用，尤其是有关匀变速直线运动规律以及推论的应用，是一道考查能力的好题目． 四、计算题（本题包括3个小题，共39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值的计算题答案中必须写出明确的数值和单位．）17．（12分）（2022春•蒙自县校级月考）在490m的高空，以40m/s的速度水平飞的轰炸机追击一鱼雷艇，该艇正以25m/s的速度与飞机同向行驶．飞机应在鱼雷艇后面多远处投下炸弹，才能击中该艇？（g取9.8m/s2）考点：平抛运动．版权所有专题：平抛运动专题．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运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移关系求出飞机应在鱼雷艇后面投弹的水平距离．解答：解：根据h=得，t=．则有：v1t=v2t+x解得x=（v1﹣v2）t=（40﹣25）×10m=150m．答：飞机应在鱼雷艇后面150m远处投下炸弹，才能击中该艇．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，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解，基础题． 18．（12分）（2022春•蒙自县校级月考）某人乘船过河，船在静水中的速度与水速一定，过河的最短时间T1，过河最短位移时，时间T2，求船速与水速之比．（已知船速大于水速）考点：运动的合成和分解．版权所有专题：运动的合成和分解专题．分析：小船过河的处理：（1）当船速垂直河岸时，用时最少；（2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小．分别列式求解．解答：解：设河宽为d，设船在静水中的速率为v1，水流速为v2（1）最短时间过河时，静水速与河岸垂直，有：T1=…①（2）最小位移过河：v合=则：-12-\nT2=…②联立①②解得：=答：船速与水速之比为．点评：小船过河问题的处理只需要将运动分解到沿河方向和垂直河岸方向，分别列式即可．注意：（1）当船速垂直河岸时，用时最少；（2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小． 19．（15分）（2022•鲤城区校级模拟）如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α=53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？（3）若斜面顶端离地高H=20.8m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？考点：平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．版权所有专题：平抛运动专题．分析：（1）小球水平抛出后刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时小球的速度的方向恰好沿着斜面的方向，由此可以求得初速度的大小；（2）小球在接触斜面之前做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得接触斜面之前的水平方向的位移，即为斜面顶端与平台边缘的水平距离；（3）小球在竖直方向上做的是自由落体运动，根据自由落体的规律可以求得到达斜面用的时间，到达斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总时间即可．解答：解：（1）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以vy=v0tan53°，=2gh，解得vy=4m/s，v0=3m/s．（2）由vy=gt1解得t1=0.4s，所以水平距离s=v0t1=3×0.4m=1.2m．（3）对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得，小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a=gsin53°，-12-\n初速度为平抛运动的末速度v==5m/s．则=vt2+a，解得t2=2s．（或t2=﹣s不合题意舍去）所以t=t1+t2=2.4s．答：（1）小球水平抛出的初速度v0是3m/s；（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是1.2m；（3）若斜面顶端离地高H=20.8m，则小球离开平台后到达斜面底端的时间是2.4s．点评：小球在接触斜面之前做的是平抛运动，在斜面上时小球做匀加速直线运动，根据两个不同的运动的过程，分段求解即可． -12-
