1、2012-2013学年浙江省杭州市西湖高级中学高一 5月月考理科物理试卷与答案（带解析） 选择题 一质点做曲线运动，它由上往下运动，质点通过轨迹中点时速度和加速度的方向可能正确的是（ ）答案： C 试题分析：物体的加速度和合力方向是一致的，又知道物体做曲线运动时，合力方向总是指向轨迹的凹侧，并且速度方向总是沿切线方向，所以有 C正确，ABD错误 故选 C 考点：考查了对曲线运动的理解 点评：关键是知道曲线运动的两点，一是合力总是指向曲线的凹侧，而是速度沿切线方向 物体在竖直向上的拉力和重力的作用下竖直向上运动，运动的 v-t图像如图所示则 ( ) A物体所受拉力是恒力 B物体所受拉力是变力 C
2、第 1s末和第 4s末拉力的功率相等 D第 5s末物体离出发点最远 答案： BD 试题分析：由速度时间图象可知，物体在运动的过程中的加速度是变化的，而重力是不变的，所以物体所受拉力一定是变力，所以 A错误 B正确；第 1s末和第 4s末物体的速度是一样的，但是第 1s末处于加速阶段，拉力大于重力，第 4s末处于减速阶段，拉力小于重力，所以两个时刻的拉力大小不一样，功率不同，所以 C 错误速度的正负表示运动方向，所以物体一直朝着正方向运动，故 5s末离出发点最远， D正确 故选 BD 考点： v-t图像 点评：要根据图象得出有用的信息，速度 -时间图象中直线的斜率表示加速度的大小，面积表示位移，
3、速度不变就表示物体处于受力平衡状态 质量为 m的物体静止在粗糙的水平地面上。现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的 v-t图象如图所示。下列关于物体运动过程，分析不正确的是 （ ） A 0t1内拉力逐惭减小 B 0t1内拉力对物体做负功 C在 t1 t2时间内拉力的功率为零 D在 t1t2时间内合外力做功 答案： BCD 试题分析： 内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有： F-f=ma，故拉力不断减小，故 A正确； 内拉力朝前，位移向前，故拉力做正功，故 B错误；在 时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故 C错误；在 时间内，物体匀速前进，合力为零，
4、故合外力做功为零，故 D错误； 让选错误的，故选 BCD 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；动能定理的应用 点评：本题关键是由图象得到物体的运动情况，根据牛顿第二定律列式判断出拉力的变化情况，再 结合动能定理分析 有一种叫做 “蹦极跳 ”的运动，质量为 m的游戏者身系一根长为 L，弹性优良的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落 1.5L时到达最低点 (如图所示 )，若在下落过程中不计空气阻力，则以下说法错误的是 ( ) A速度先增大后减小 B加速度先减小后增大 C动能增加了 mgL D重力势能减小了 mgL 答案： BCD 试题分析：橡皮绳绷紧后，开始阶段，拉力小于重力，游戏者向下做加
5、速运动，当拉力大于重力后，游戏者做减速运动，即速度先增大后减小故 A正确设橡皮绳的拉力为 F，游戏者的质量为 m，加速度大小为 a橡皮绳绷紧前，游戏者做自由落体运动，加速度不变；橡皮绳绷紧后，开始阶段，拉力小于重力时，由牛顿第二定律得： ， F增大， a减小；当拉力大于重力时， F增大， a增大，所以加速度先不变，后减小，再增大故 B错误由静止开始下落 1.5L时到达最低点，游戏者动能增加量为零故 C错误戏者动能增加量为零，重力势能减小 ，而橡皮绳的弹性势能增加，则机械能的减少量小于 故 D错误 让选错误的，故选 BCD 考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 点评：本题与弹簧类型问题相似，关键是
6、分析物体的受力情况，确定 物体的运动情况 答案： BD 试题分析：在释放摆球的瞬间，支架竖直方向受到重力 Mg和地面的支持力 N1，由平衡条件知， ，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力故 A错误， B正确设摆球到达最低点时速度大小为 v，摆长为 L，由机械能守恒定律得： 摆球到达最低点时，有 联立 得细线的拉力： 结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为： C错误 D正确 故选 BD 考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律； 点评：本题考查平衡条件、机械能守恒定律和牛顿运动定律，摆球到达最低点时细线的拉力等于 3mg，与摆长无关，是经常用到的结论 如图所示，物体 A 以速度 v 沿
7、杆匀速下滑， A 用细绳通过定滑轮拉物体 B， 当绳与水平夹角为 时， B的速度为（ ） A vcos B vsin C v/cos D v/sin 答案： B 试题分析：将 A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，由绳子速率；而绳子速率等于物体 B的速率，则有物体 B的速率 ，故选 B 考点：运动的合成和分解； 点评：本题通常称为绳端物体速度分解问题，容易得出这样错误的结果：将绳的速度分解，得到 一辆汽车在平直的公路上以速度 v0 开始加速行驶，经过一段时间 t，前进了距离 l，此时恰好达到其最大速度 vm，设此过程中汽车发动机始终以额定功率 P工作，汽车所受的阻力恒为 f，则在这段时间里
8、，发动机所做的功为 ( ) fvmt Pt mvm2- mvo2 f l ft A B C D 答案： D 试题分析：汽车从速度 到最大速度 过程中，由动能定理可知： 解得： ， 正确； 当然，由于发动机功率恒定，则经过时间 t，发动机所做的功也可以为：， 正确，因为当牵引力等于阻力时，速度最大，所以有 ， 正确 故选 D 考点：动能定理的应用 点评：由题意可知，求发动机做的功，当功率恒定时，可以由功率与时间的乘积，也可以由动能定理求出当功率不恒定时，必须由动能定理求出 如图所示，质量为 m的物体在与水平方向成 的恒力 F作用下以加速度 a做匀加速度直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为 ，
9、物体在地面上运动距离为 x的过程中力 F做功为（ ） A B C D 答案： B 试题分析：以物体为研究对象，竖直方向有 ，水平方向有，联立解得 ，在此过程中 F做功 ，故正确选项为 B 考点：考查了功的计算 点评：如果力和位移不共线时，需要将两者其中之一投影到另外一个物理量方向上； 在同一点 O 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 的关系和三个物体做平抛运动的时间 tA、 tB、tC 的关系分别是： A vAvBvC， tAtBtC B vA=vB=vC， tA=tB=tC C vAtBtC D vAvBvC， tAtBtC 答案：
10、C 试题分析：三个物体都做平抛运动，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， ， 由 可知，物体下降的高度决定物体运动的时间， 所以 ，所以 C正确 故选 C 考点：平抛运动 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 如图所示，从倾角为 的斜面上的 A点，以水平速度 v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上 B点所用的时间为 ( ) A B C D 答案： B 试题分析：设 AB之间的 距离为 L， 则：水平方向： 竖直方向： 联立解得： 故选 B 考点：平抛运动 点评：解决平抛运动
11、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 如图所示，一根弹簧原长为 L，一端固定在墙上，另一端与物体接触但不连接，物体与地面间的动摩擦因数为 ，物体的质量为 m，现用力推物体 m使之压缩弹簧，放手后物体在弹力的作用下沿地面运动距离 s而停止 (此物体与弹簧已分离 )，则弹簧被压缩后具有的弹性势能是 ( ) A kL2 B mgs C mg(L s) D mg(L-s) 答案： B 试题分析：系统蕴藏的弹性势能全部转化为系统的内能，即克服摩擦力做功，所以有： ，故选 B 考点：考查了功能关系的应用 点评：关键是知道
12、系统蕴藏的弹性势能全部转化为系统的内能， 如图所示， A、 B两物体叠放在一起，处于一粗糙水平面上，运动过程中受到一水平拉力 F的作用，两者相对静止一起向右做匀减速直线运动，则下列说法正确的是 ( ) A B对 A的支持力对 A做正功 B B对 A的摩擦力对 A不做功 C B对 A的摩擦力对 A做负功 D A对 B的摩擦力对 A做负功 答案： C 试题分析： B对 A支持力的方向与运动方向垂直，所以支持力不做功故 A错误整体的加速度方向向左，对 A物体运用牛顿第二定律，知 A物体所受的合力，即摩擦力方向水平向左，所以 B对 A的摩擦力对 A做负功故 B错误， C正确 A对 B的摩擦力方向向右，
13、与运动方向相同，所以 A对 B的摩擦力对 B做正功故 D错误 故选 C 考点：功的计算；牛顿第二定律 点评：解决本题的关键会根据力的方向与速度方向的关系，判断做正功还是负功当力的方向与运动方向相同，做正功，当力的方向与运动方向相反，做负功，当力的方向与运动方向垂直，不 做功 长 l的细绳一端固定，另一端系一个小球，使球在竖直平面内做圆周运动，那么（ ） A小球通过圆周上顶点时的速度最小可以等于零 B小球通过圆周上顶点时的速度最小不能小于 C小球通过圆周上最高点时，小球需要的向心力最大 D小球通过最低点时绳的拉力最小 答案： B 试题分析：在最高点，当重力完全充当向心力时，速度最小为 ,A 错误
14、；B正确；小球在最高点时速度最小，所以向心力最小，在最低点时速度最大，向心力最大，故 CD错误 故选 B 考点：牛顿第二定律在圆周运动中的应用 点评：解决本题的关键知道小球在竖直平面内做圆周运动，靠沿半径方向上的合力提供向心力在最高点，若 ，则小球仅受重力，靠重力提供向心力 下列实例属于超重现象的是 ( ) A汽车驶过拱形桥顶端 B跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 C荡秋千的小孩通过最低点 D宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动 答案： C 试题分析：汽车驶过拱形桥顶端时，具有向下的加速度，故处于失重状态，故A错误；跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时，只受重力，具有向下的加速度，处于完全失
15、重状态，故 B错误；荡秋千的小孩通过最低点时，具有向上的加速度，故处于超重状态，故 C正确；绕地球作圆周运动的宇宙飞船，具有向下的加速度，处于失重状态，故 D错误； 故选 C 考点：超重和失重 点评：本题关键要明确：（ 1）当物体具有向上的加速度时，处于超重状态；（ 2）当物体具有向下的加速度时，处于失重状态 某物体作匀速圆周运动，在其运动过程中，不发生变化的物理量是 ( ) A线速度 B角速度 C向心加速度 D合外力 答案： B 试题分析：在匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻改变故A错误在匀速圆周运动的过程中，角速度的大小和方向都不变故 B正确根据 知，在匀速圆周运动的过程中，
16、向心加速度的大小不变，方向始终指向圆心故 C错误根据 知，在匀速圆周运动的过程中，合外力的大小不变，方向始终指向圆心故 D错误 故选 B 考点：匀速圆周运动 点评：解决本题的关键知道在匀速圆周运动的过程中，线速度、向心加速度的大小不变，方向时刻改，角速度的大小和方向都不变 关于平抛运动，下列说法正确的是 ( ) A平抛运动是非匀变速运动 B平抛运动是匀速运动 C平抛运动是匀变速曲线运动 D平 抛运动的物体落地时的速度一定是竖直向下的 答案： C 试题分析：平抛运动过程中物体只受重力作用，是匀变速曲线运动，落地速度是水平速度和竖直速度的和速度，所以不可能竖直向下，故选 C， 考点：考查了对平抛运
17、动的理解 点评：关键是知道平抛运动过程中只受重力作用，是匀变速曲线运动 一小球自长为 L倾角为 的斜面底端的正上方水平抛出如图所示，小球恰好垂直落到斜面中点，则据此可计算 ( ) A小球在落到斜面时的重力的功率 B小球平抛过程重力势能的减少量 C小球抛出点距斜面底端的高度 D抛出小球时小球的初动能 答案： C 试题分析：由末速度方向可知，此时水平速度 与竖直速度的关系，即 tan= v0/ vy， vy = v0/ tan=gt 而 ，所以 ，故平抛的时下落的高度为；又因小球落地点距斜面底端的高度的高度为，所以选项 C正确 考点：考查了平抛运动规律的应用 点评：在分析平抛运动时一般将其分解为竖
18、直方向和水平方向两个运动计算 填空题 如图所示，是利用闪光照相研究平抛运动的示意图小球 A由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球 B也同时下落，闪光频率为10Hz的闪光器拍摄的照片中 B球有四个像，像间距离已在图中标出，两球恰在位置 4 相碰则 A 球从离开桌面到和 B 球碰撞时经过的时间为 _s，A球离开桌面的速度为 _m/s. (g 10m/s2) 答案： .3 1 试题分析：竖直方向自由落体运动： 由： 解得： 水平方向匀速直线运动： 将 ， 代入得： 考点：研究平抛物体的运动 点评：对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线
19、运动的规律和推论解题 质量为 2kg的物体沿倾角 为 300的斜面由静止开始下滑， 1秒内下滑了 2m，则其重力势能改变了 _ _ _J， 1秒末重力的瞬时功率为 _ _w。 答案： J 40W 试题分析：重力做功为： ，所以重力势能减小了20J， 1s末重力的瞬时功率为 : 考点：考查了功率功的计算 点评：当力和速度方向存在夹角时，需要将两者之一投影到另外一个物理量方向上，计算功率 半径为 r和 R的圆柱体靠摩擦传动，已知 R=2r， A、 B分别在小圆柱与大圆柱的边缘上， C是圆柱体上的一点， ，如图所示，若两圆柱之间没有打滑现象，则 = _， =_答案： :2:1 2:1:1 试题分析：
20、传动过程中，两圆柱之间没有打滑现象，说明 A、 B两点的线速度相等，即 vA=vB B、 C绕同一个轴转动，角速度相等， ，根据 可知，所以 ，根据公式 可得 考点：线速度、角速度和周期、转速； 点评：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度以及掌握 计算题 一列火车质量是 1000t，由静止开始以额定功率沿平直轨道向某一方向运动，经 1min前进 900m时达到最大 速度，设火车所受阻力恒定为车重的 0.05倍，求：(g=10m/s2) (1) 火车行驶的最大速度； (2) 火车的额定功率； (3) 当火车的速度为 10m/s时火车的加速度
21、 答案： 30m/s 1.5104kw 10m/s2 试题分析：根据动能定理 ， 又 P=Fvm=Ffvm=kmgvm， 联列以上两式可得 ， 代入数据得 vm2-60vm+900=0， 解得火车行驶的最大速度 vm=30m/s。 （ 2）火车的额定功率 P=kmgvm=0.051 0001031030W=1.5107W。 （ 3） 由 ， 解得当火车的速度为 10m/s时火车的加速度 m/s2 m/s2=1 m/s2 考点：动能定理的应用；牛顿第二定律； 点评：该题为机车启动问题，注意当牵引力等于阻力时速度达到最大值，该题难度适中 如图所示，轨道 ABC被竖直地固定在水平桌面上， A距离水平
22、地面高 H0.75m， C距离水平地面高 h 0.45m.一质量 m 0.10kg的小物块自 A点从静止开始下滑，从 C点以水平速度飞出后落在水平地面上的 D点现测得 C、 D两点间的水平距离为 l 0.60m.不计空气阻力，取 g 10m/s2. 求： (1)小物块从 C点运动到 D点经历的时间； (2)小物块从 C点飞出时速度的大小； (3)小物块从 A点运动到 C点的过程中克服摩擦力做的功 答案： (1)0.30s (2)2.0m/s (3)0.10J 试题分析： (1)小物块从 C水平飞出后做平抛运动，由 h gt2得小物块从 C到D运动的时间 t 0.3 s （ 2）从 C点飞出时速
23、度的大小 v 2.0 m/s (3)小物块从 A运动到 C的过程中，根据动能定理得 mg(H-h) Wf mv2-0 Wf mv2-mg(H-h) -0.1 J 此过程中克 服摩擦力做的功 Wf -Wf 0.1 J. 考点：本题就是对平抛运动规律的考查， 点评：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 如图所示，一辆质量为 500kg的汽车静止在一座半径为 40m的圆弧形拱桥顶部（ g 10m/s2），求： （ 1）此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大； （ 2）如果汽车以 10m/s的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力是多大； （ 3）汽车以多大速
24、度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零。 答案： N, 3750N, 20m/s 试 题分析：（ 1） ，故汽车对圆弧形拱桥的压力是 5000N （ 2）由牛顿第二定律得 解得 ，由于故汽车对圆弧形拱桥的压力是 3750N （ 3）由于只受重力，故 解得 v 故汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零时，小车的速度为20m/s 考点：向心力；牛顿第二定律 点评：本题关键对物体进行运动情况分析和受力情况分析，然后根据牛顿第二定律列式求解！ 水平抛出的一个石子，经过 0.4s落到地面，落地时的速度方向跟水平方向的夹角是 53 ，（ g取 10m/s2）。试求：（ 1）石子的抛出点距地面的高度；（
25、 2）石子抛出的水平初速度。 答案： .8m； 3m/s 试题分析：由 可得 . 由 可得 . 考点：考查了平抛运动 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 如图所示，将一质量为 m=0.1kg的小球自水平平台右端 O 点以初速度 v。水平抛出，小球飞离平台后由 A点沿切线落入竖直光滑圆轨道 ABC，并沿轨道恰好通过最高点 C，圆轨道 ABC的形状为半径 R=2.5 m的圆截去了左上角l270的圆弧， CB为其竖直直径， (sin530=0.8 cos530=0.6，重力加速度 g取 10m s2)求： (1) 小球经
26、过 C点的速度大小； (2) 小球运动到轨道最低点 B时小球对轨道的压力大小； (3) 平台末端 O 点到 A点的竖直高度 H。 答案：（ 1） （ 2） 6.0N（ 3） 3.36m 试题分析：（ 1）恰好运动到 C点，有重力提供向心力，即 1分 1分 （ 2）从 B点到 C点，由动能定理有： 1分 在 B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 1分 1分 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为 6.0N 1分 （ 3）从 A到 B由动能定理有： 1分 所以： 1分 在 A点进行速度的分解有： 1分 所以： 1分 考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律； 点评：本题是平抛运动和圆周运动相结合的
27、典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法 如图所示，水平放置的圆盘半径为 R 1m，在其边缘 C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径 CD的正上方放置一条水平滑道 AB，滑道与 CD平行滑道右端 B与圆盘圆心 O 在同一竖直线上，其高度差为 h 1.25m.在滑道左端静止放置质量为 m 0.4kg的物块 (可视为质点 )，物体与滑道间的动 摩擦因数为 0.2.当用一大小为 F 4N 的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度 2rad/s，绕穿过圆心 O 的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由 B点水平抛出
28、，恰好落入小桶内，重力加速度取 10m/s2. (1)求拉力作用的最短时间； (2)若拉力作用时间为 0.5s，求所需滑道的长度 答案： (1)0.3s (2)4m 试题分析：盘转过一圈时落入，拉力时间最短； 盘转过一圈时间： ； 物块在滑道上先加速后减速，最终获得： 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周 期关系： 由上两式得：故拉力作用的最短时间为 0.3s 物块平抛： ； 物块离开滑道时的速度： 拉动物块的加速度，由牛顿第二定律；得： 撤去外力后，由牛顿第二定律： ；得： 匀加速运动的位移 ，匀加速运动的速度 匀减速运动的位移 板长 故所需滑道的长度为 4m 考点：牛顿第二定律； 点评：解决本题的关键知道物块整个过程的运动：匀加速直线运动、匀减速直线运动和平抛运动，知道三个过程的运动时间与圆盘转动的时间相等以及熟练运用运动学公式
