高一物理周练试题
一、单项选择题(共7小题，每小题4分，共28分)
1 A
解析 平抛运动的加速度恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A 正确；平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以落地时速度一定有水平分量，不可能竖直向下，D 错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，B 错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也就是方向时刻变化，所以不是匀变速运动，C 错误．
2．B
解析 两运动的合运动的速度方向在两个分运动速度方向所夹的某一方向上，而运动物体的合力沿着原匀变速直线运动的直线上也就是说运动物体的合力与它的速度方向不在同一条直线上，物体一定做曲线运动，B 对，A 、C 、D 错．
3. C
解析 不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x ＝v 0t ＝v 0可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C 正确．
4． C
解析 物体做平抛运动，v x ＝v 0，v y ＝g ·2t ，故2t 时刻物体的速度v ′＝v x ＋v y
2＝v 0＋（2gt ），C 正确，A 错误；t 时刻有v 2＝v 20＋(gt ) ，故v ′＝2h ，g v ＋3（gt ），B 、D 错误．
5.A 解析 三轮边缘各点的关系应该有v 1＝v 2＝v 3，故ωr1＝ω2r 2＝ω3r 3，再用公
2r 1ω22
式a ＝r a ＝A 正确． r 3
6. B
解析 物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三
v 2个力作用，据牛顿第二定律得F N －mg ＝m R ，又F f ＝μFN ，联立解得μ＝
F B 正确． v mg ＋m R
7.D
gt 解析 竖直速度与水平速度之比为：tan φ＝v 0
122为：tan θ＝，故tan φ＝2tan θ，D 正确． v 0t
二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，共20分)
8． ABC
9． ABD
解析 平抛运动的轨迹是曲线，某时刻的速度方向为该时刻轨迹的切线方向，不同时刻方向不同，A 对；v 0不变，v y ∝t ，所以v 2>v 1，B 对；由Δv ＝g Δt 知Δv 方向一定与g 方向相同即竖直向下，大小为g Δt ，C 错，D 对．
10.CD
解析 由于不知道小球在圆周最高点时的速率，故无法确定绳子的拉力大小，
A 、B 错误；若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率满
v 2足mg ＝m L ，推导可得v gL ，C 正确；小球过最低点时，向心力方向向上，故绳子的拉力一定大于小球重力，D 选项正确．
11. BD
v 2解析 设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg －F N ＝m l F N ＝mg －v 2m l 6 N，故小球对杆的压力大小是6 N，A 错误，B 正确；小球通过最低
v 2v 2点时F N －mg ＝m l ，得F N ＝mg ＋m l ＝54 N，小球对杆的拉力大小是54 N，C 错误，D 正确．
12. BC
解析 摩托车受力如图所示．
由于F N ＝mg cos θ
所以摩托车受到侧壁的压力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力F
v 2也不变，A 错误；由F n ＝mg tan θ＝m r ＝mω2r 知h 变化时，向心力F n 不变，但高度升高，r 变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B 、C 正确，D 错误．
三、计算题(共4小题，共52分)
13、（1
）/s （2
） （3）曲线运动
114. 4
解析 设小球经过B 点时速度为v 0，则小球平抛的水平位移为
x ＝（3R ）－（2R ）＝5R ，
12R ＝2，所以t ＝2
x v 0＝t 4R g 5R 5gR 24R g
对小球过B 点时由牛顿第二定律得 v 210F ＋mg ＝m R F ＝mg . 4
由牛顿第三定律得
1F ′＝F ＝. 4
15.
(1)2h (2)v 0＋2gh g
解析 (1)解决平抛运动的方法是通常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．设小球飞行时间为t ，根据平抛运动的规律，可得
1竖直方向上有h ＝2 解得：t ＝2
2h
g 2gh 2h g (2)设小球落到B 点时的竖直速度为v y ，则 竖直方向上v y ＝gt ＝
根据平行四边形定则得：小球落到B 点时的速度大小为v ＝v 0＋v y ＝
v 0＋2gh .
16、汽车通过桥顶A 时,mg －F A =mv2/R
在圆弧形凹地最低点时F B －mg=mv2/R，
2F A =mg
F B －mg=mg－F A ,
F B =2mg－F A =4FA －F A =3FA
F A : FB =1:3
高一物理周练试题
一、单项选择题(共7小题，每小题4分，共28分)
1 A
解析 平抛运动的加速度恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动，A 正确；平抛运动水平方向做匀速直线运动，所以落地时速度一定有水平分量，不可能竖直向下，D 错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，B 错误；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，也就是方向时刻变化，所以不是匀变速运动，C 错误．
2．B
解析 两运动的合运动的速度方向在两个分运动速度方向所夹的某一方向上，而运动物体的合力沿着原匀变速直线运动的直线上也就是说运动物体的合力与它的速度方向不在同一条直线上，物体一定做曲线运动，B 对，A 、C 、D 错．
3. C
解析 不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x ＝v 0t ＝v 0可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C 正确．
4． C
解析 物体做平抛运动，v x ＝v 0，v y ＝g ·2t ，故2t 时刻物体的速度v ′＝v x ＋v y
2＝v 0＋（2gt ），C 正确，A 错误；t 时刻有v 2＝v 20＋(gt ) ，故v ′＝2h ，g v ＋3（gt ），B 、D 错误．
5.A 解析 三轮边缘各点的关系应该有v 1＝v 2＝v 3，故ωr1＝ω2r 2＝ω3r 3，再用公
2r 1ω22
式a ＝r a ＝A 正确． r 3
6. B
解析 物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三
v 2个力作用，据牛顿第二定律得F N －mg ＝m R ，又F f ＝μFN ，联立解得μ＝
F B 正确． v mg ＋m R
7.D
gt 解析 竖直速度与水平速度之比为：tan φ＝v 0
122为：tan θ＝，故tan φ＝2tan θ，D 正确． v 0t
二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，共20分)
8． ABC
9． ABD
解析 平抛运动的轨迹是曲线，某时刻的速度方向为该时刻轨迹的切线方向，不同时刻方向不同，A 对；v 0不变，v y ∝t ，所以v 2>v 1，B 对；由Δv ＝g Δt 知Δv 方向一定与g 方向相同即竖直向下，大小为g Δt ，C 错，D 对．
10.CD
解析 由于不知道小球在圆周最高点时的速率，故无法确定绳子的拉力大小，
A 、B 错误；若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率满
v 2足mg ＝m L ，推导可得v gL ，C 正确；小球过最低点时，向心力方向向上，故绳子的拉力一定大于小球重力，D 选项正确．
11. BD
v 2解析 设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg －F N ＝m l F N ＝mg －v 2m l 6 N，故小球对杆的压力大小是6 N，A 错误，B 正确；小球通过最低
v 2v 2点时F N －mg ＝m l ，得F N ＝mg ＋m l ＝54 N，小球对杆的拉力大小是54 N，C 错误，D 正确．
12. BC
解析 摩托车受力如图所示．
由于F N ＝mg cos θ
所以摩托车受到侧壁的压力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力F
v 2也不变，A 错误；由F n ＝mg tan θ＝m r ＝mω2r 知h 变化时，向心力F n 不变，但高度升高，r 变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B 、C 正确，D 错误．
三、计算题(共4小题，共52分)
13、（1
）/s （2
） （3）曲线运动
114. 4
解析 设小球经过B 点时速度为v 0，则小球平抛的水平位移为
x ＝（3R ）－（2R ）＝5R ，
12R ＝2，所以t ＝2
x v 0＝t 4R g 5R 5gR 24R g
对小球过B 点时由牛顿第二定律得 v 210F ＋mg ＝m R F ＝mg . 4
由牛顿第三定律得
1F ′＝F ＝. 4
15.
(1)2h (2)v 0＋2gh g
解析 (1)解决平抛运动的方法是通常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．设小球飞行时间为t ，根据平抛运动的规律，可得
1竖直方向上有h ＝2 解得：t ＝2
2h
g 2gh 2h g (2)设小球落到B 点时的竖直速度为v y ，则 竖直方向上v y ＝gt ＝
根据平行四边形定则得：小球落到B 点时的速度大小为v ＝v 0＋v y ＝
v 0＋2gh .
16、汽车通过桥顶A 时,mg －F A =mv2/R
在圆弧形凹地最低点时F B －mg=mv2/R，
2F A =mg
F B －mg=mg－F A ,
F B =2mg－F A =4FA －F A =3FA
F A : FB =1:3