安徽省合肥一中2022-2023学年高一下学期第一次月考物理试卷含解析

安徽省合肥一中2022-2023学年高一下学期第一次月考

物理试卷

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。

2.请将各题答案填写在答题卡上。

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　　)

A.   B.   C.   D.

【答案】B

【解析】设路面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝m，又由数学知识可知tanθ＝，联立解得v＝，选项B正确．

2. 如图，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L。假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力。则有(　　)

A. tan α＝2  B. tan α＝  C. tan α＝  D. tan α＝1

【答案】D

【解析】运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性知平抛运动的水平位移为2L，则有L＝gt2，解得t＝，运动员通过最高点时的速度为v0＝＝，则有tanα＝＝1，选项D正确。

3. 转篮球是一项难度较高的技巧，其中包含了许多物理知识。如图所示，假设某转篮球的高手能让篮球在他的手指上(手指刚好在篮球的正下方)匀速转动，下列有关描述该高手转篮球的物理知识正确的是(　　)

A. 篮球上各点做圆周运动的圆心在手指上

B. 篮球上各点的向心加速度是由手指提供的

C. 篮球上各点做圆周运动的角速度相等

D. 篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大

【答案】C

【解析】篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，圆心均在转轴上， A错误；篮球上各点的向心力是由其他各质点对其作用力和自己所受的合力来提供，所以篮球上各点的向心加速度是由其他各质点对其作用力和自己所受的合力产生的，B错误；篮球上的各点绕同一转轴做圆周运动，所以篮球上各点做圆周运动的角速度相等，C正确；由于各点转动的角速度相同，根据公式a＝ω2r可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，D错误。

4. 水平光滑直轨道ab与半径为R=0.4 m的竖直半圆形光滑轨道bc相切，质量为0.2 kg的小球以某速度沿直线轨道向右运动，如图所示。小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A. 小球到达c点的速度为0

B. 小球落到d点时的速度为4 m/s

C. 小球在直轨道上的落点d与b点距离为0.8 m

D. 小球从c点落到d点所需时间为0.2 s

【答案】C

【解析】小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，有mg=m，从c点到d点小球做平抛运动，有2R=gt2，vy=gt，x=vt，vt=，解得v=2 m/s，t=0.4 s，x=0.8 m，vt=2m/s，故选C。

5. 如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O的连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β，则(　　)

A. A的质量一定小于B的质量

B. A、B受到的摩擦力可能同时为零

C. 若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力

D. 若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大

【答案】D

【解析】当B不受摩擦力时，受力分析如图所示，

根据牛顿第二定律得mgtanβ＝mωRsinβ，解得ωB＝，同理可得，当A不受摩擦力时，ωA＝，可知物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小关系，由于α＞β，所以ωA＞ωB，则A、B受到的摩擦力不可能同时为零，选项A、B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA，所以物块B的向心力大于摩擦力为零时的向心力，此时B受沿容器壁向下的摩擦力，如果转台角速度从ωA开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，选项C错误，D正确。

6. 如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边的等高平台上.棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v0，此时离平台的高度为h.棋子质量为m，空气阻力不计，重力加速度为g，则此跳跃过程(　　)

A. 所用时间t＝  B. 水平位移大小x＝2v0

C. 初速度的竖直分量大小为2  D. 初速度大小为

【答案】B

【解析】竖直方向，由h＝gt2可得t＝，

该斜抛运动等效为两个完全相同的平抛运动，时间应为2倍，A错误；

水平位移x＝2v0，B正确；

初速度的竖直分量大小为，C错误；

由速度的合成得，初速度大小为，D错误.

7. 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B，光滑水平转轴过杆上距球A为L的O点。外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球A在最高点时(　　)

A. 球A的速度为零  B. 球B的速度为

C. 杆对B球的作用力大小为4mg  D. 水平转轴对杆的作用力大小为6mg

【答案】D

【解析】球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力，对A分析，则mg＝m，解得vA＝，故A错误；由A、B转动的角速度相同，由v＝ωr，可得vB＝2vA＝2，故B错误；对B分析F－2mg＝2m，解得F＝6mg，故C错误；由于球A与杆之间没有作用力，球B受到杆向上的作用力为6mg，所以水平转轴对杆的作用力方向向上，大小为6mg，故D正确。

8. 如图为自行车的传动装置示意图，A、B、C分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的一点，则在此传动装置中(　　)

A. B、C两点的线速度相同

B. A、B两点的线速度相同

C. A、B两点的角速度与对应的半径成正比

D. B、C两点的线速度大小与对应的半径成正比

【答案】BD

【解析】大齿轮与小齿轮间是皮带传动，A、B两点的线速度相同，由ω=知，角速度与对应的半径成反比，选项B正确，C错误；小齿轮与后轮是同轴传动，B、C两点的角速度相同，由v=ωr知，线速度与对应的半径成正比，选项A错误，D正确．

9. 如图所示为一种齿轮传动装置，忽略齿轮啮合部分的厚度，甲、乙两个轮子的半径之比为1∶3，则在传动的过程中(　　)

A. 甲、乙两轮的角速度之比为3∶1

B. 甲、乙两轮的周期之比为3∶1

C. 甲、乙两轮边缘处的线速度大小之比为3∶1

D. 甲、乙两轮边缘上的点相等时间内转过的弧长之比为1∶1

【答案】AD

【解析】这种齿轮传动，与不打滑的皮带传动规律相同，即两轮边缘的线速度大小相等，故C错误；根据线速度的定义式v＝可知，弧长Δl＝vΔt，故D正确；根据v＝ωr可知ω＝，又甲、乙两个轮子的半径之比r1∶r2＝1∶3，故甲、乙两轮的角速度之比ω1∶ω2＝r2∶r1＝3∶1，故A正确；周期T＝，所以甲、乙两轮的周期之比T1∶T2＝ω2∶ω1＝1∶3，故B错误．

10. 如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑到图中B处时，下滑距离也为d，下列说法正确的是(　　)

A. 小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg

B. 小环到达B处时，重物上升的高度也为d

C. 小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为∶1

D. 小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为∶2

【答案】AC

【解析】由题意知，刚释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知，绳中张力一定大于重力2mg，故A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子收缩的长度，即Δh＝(－1)d，故B项错误；由题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向分解应满足vcosθ＝v物，即＝，故C项正确，D项错误.

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11. （10分）如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10 m/s2，求：

(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？

(2)当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力多大？

(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的速度不能超过多大？

【答案】(1)2 m/s　(2)15 N　(3)4m/s

【解析】(1)在最高点，对小球受力分析如图所示，

由牛顿第二定律得mg＋F1＝m

由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，即F1≥0

联立得v≥

代入数值得v≥2 m/s，所以小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s。

(2)将v2＝4 m/s代入

mg＋F2＝m得F2＝15 N。

(3)由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图所示，

由牛顿第二定律得F3－mg＝m，

将F3＝45 N代入得v3＝4m/s，

即小球的速度不能超过4m/s。

12. （10分）如图所示，一条小船位于d＝200 m宽的河正中A点处，从这里向下游100m处有一危险区，当时水流速度为v1＝4 m/s.

(1)若小船在静水中速度为v2＝5 m/s，小船到岸的最短时间是多少；

(2)若小船在静水中速度为v2＝5 m/s，小船以最短的位移到岸，小船船头与河岸夹角及所用时间是多少；

(3)为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是多少.

【答案】(1)20 s　(2)37°　33.3 s　(3)2 m/s

【解析】(1)当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，

t1＝＝20 s；

(2)设船头与河岸的夹角为θ，渡河时间为t2，合成图如图

可知，cosθ＝，θ＝37°，

而v2sinθ·t2＝，

解得t2＝s=33.3 s

(3)小船避开危险区沿直线到达对岸，设合速度与水流方向的夹角为α，

则tanα＝＝，α＝30°

当船头分运动与合运动垂直时，取得最小值，如图所示.

最小速度v2min＝v1sinα＝2 m/s.

13. （12分）如图所示，水平光滑桌面上A、B两球质量分别为m1、m2，用一劲度系数为k的轻弹簧相连，一长为L1的水平细线一端与A相连，另一端拴在竖直轴OO′上。当A与B均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为L2，求：

(1)弹簧伸长量；

(2)细线上的弹力大小；

(3)将细线突然烧断瞬间，A、B两球的加速度大小。

【答案】(1)　(2)(m1L1＋m2L1＋m2L2)ω2　

(3)　ω2(L1＋L2)

【解析】(1)由题意可知，B球受到的弹簧弹力提供B球做圆周运动的向心力。设弹簧伸长ΔL，满足kΔL＝m2ω2(L1＋L2)

解得弹簧伸长量为ΔL＝。

(2)对A球分析，细线的弹力和弹簧弹力的合力提供A球做匀速圆周运动的向心力，满足F－kΔL＝m1ω2L1

所以细线的弹力为F＝m2ω2(L1＋L2)＋m1ω2L1＝(m1L1＋m2L1＋m2L2)ω2。

(3)细线烧断的瞬间，A、B两球都由弹簧的弹力提供加速度，对A球：kΔL＝m1a1

解得a1＝

对B球：kΔL＝m2a2

解得a2＝ω2(L1＋L2)。

14. （12分）如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高H＝0.8 m顶部水平高台，接着以v＝3 m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径R＝1.0 m，人和车的总质量为180 kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(人和车可视为质点)

(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离x；

(2)从平台飞出到达A点时的速度大小及圆弧对应圆心角θ；

(3)人和车到达圆弧轨道A点时对轨道的压力。

【答案】(1)1.2 m　(2)5 m/s　106°　(3)5 580 N

【解析】(1)车做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可得，

竖直方向上有H＝gt2

水平方向上有x＝vt

解得x＝v＝3×m＝1.2 m。

(2)摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度为vy＝gt＝4 m/s

到达A点时速度为vA＝＝5 m/s

设摩托车落地至A点时速度方向与水平方向的夹角为α，

则有tanα＝＝

即有α＝53°，所以有θ＝2α＝106°。

(3)对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，

所以有FNA－mgcosα＝m

代入数据解得FNA＝5 580 N。由牛顿第三定律知，人和车到达圆弧轨道A点时对轨道的压力为F′NA＝FNA＝5 580 N。

15. （10分）如图所示为改装后的探究圆周运动的向心加速度的实验装置．有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球．实验操作如下：

①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；

②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；

③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；

④切断电源，整理器材．

请回答下列问题：

(1)下列说法正确的是________．

A．小球运动的周期为

B．小球运动的线速度大小为

C．小球运动的向心力大小为

D．若电动机的转速增加，则激光笔1、2的位置应分别左移、上移

(2)若已测出R＝40.00 cm、r＝4.00 cm，h＝90.00 cm，t＝100.00 s，n＝51，π取3.14，则小球做圆周运动的周期T＝________ s，当地重力加速度大小g＝________ m/s2.(计算结果均保留3位有效数字)

【答案】(1)BD　(2)2.00　9.86

【解析】(1)从小球第1次到第n次通过A点，转动圈数为n－1，时间为t，故周期T＝，故A错误；小球的线速度大小v＝＝，故B正确．小球受重力和拉力的作用，这两个力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，设细绳与竖直方向的夹角为α，则FTcosα＝mg，FTsinα＝F向，故F向＝mgtanα＝mg，故C错误；若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2的位置应分别左移、上移，故D正确．

(2)小球做圆周运动的周期T＝＝s＝2.00 s；

向心力F向＝mg＝mR.

解得g＝≈9.86 m/s2.