四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高一下学期4月月考物理试题

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1、答案 C
解析 根据同轴转动角速度相等知，A、B两点的角速度大小相同，C正确；A点半径大，根据v＝rω知，A点线速度较大，线速度方向就是该点的运动方向，两者方向不同，故A、B错误；由向心加速度大小的表达式a＝ω2r知，A点比B点的向心加速度大，D错误。
2、答案 C
解析 根据传动装置的特点，相切点的线速度相等，则有vA＝vB，因为ω＝eq \f(v,r)，a＝eq \f(v2,r)，T＝eq \f(2π,ω)，结合rA＞rB，可判断知ωA＜ωB，aA＜aB，TA＞TB，故C正确。
3、答案 D
解析 由平抛运动规律知，竖直分运动为自由落体运动，h＝eq \f(1,2)gt2，由抛出点高度相同可得，两个物体同时着地，落地时间与初速度无关，故A、B错误；水平分运动为匀速直线运动x＝v0t，即x＝v0eq \r(\f(2h,g))，所以初速度大的物体飞出的水平距离远，与物体质量无关，故C错误，D正确。
4、答案 C
解析 两球从相同的高度抛出，相遇时两球下落的高度相同，根据t＝eq \r(\f(2h,g))可知，两球运动的时间相同，则两球应该同时抛出；因A球的水平位移较大，根据v＝eq \f(x,t)可知，A球抛出时的初速度较大，即vA＞vB，该问题中与两球的质量无关。故C正确。
5、答案 B
解析 小明在静水中的速度v1小于水流速度v2，v1和v2的合速度方向不可能垂直于正对岸，所以小明不可能到达正对岸，故A错误；当小明的游姿方向始终垂直于正对岸时过河时间最短，为t1＝eq \f(d,v1)＝50 s，故B正确；如图所示，当小明的游姿方向与合速度方向垂直时，其过河路程最短，根据速度的合成与分解可得小明的合速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1))＝eq \r(3) m/s，并且sin α＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(1,2)，以最短路程过河所需的时间为t2＝eq \f(d,vsin α)＝eq \f(100\r(3),3) s，故C、D错误。
6、答案 C
解析 将小车的速度v分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，则沿绳方向的速度等于P的速度，即vP＝vcs θ2，选项A、B错误；随θ2角的减小，则vP增大，则P做加速运动，根据T－mgsin θ1＝ma，可知绳的拉力大于mgsin θ1，选项C正确，D错误。
7、答案 B
【解析】
【详解】A．依题意知，轮1与轮3皮带传动，则线速度之比为
轮3与轮2同轴转动，角速度相同，则
根据，可知轮1与轮3角速度之比为
即轮1与轮2角速度之比为
轮1与轮2线速度之比为
因为轮2与轮4皮带传动，则轮2与轮4的线速度相同，则轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
A正确；
B．根据，知轮2与轮4的角速度之比为
则可知轮4边缘的c点和轮1边缘的a点线速度大小之比为
B错误；
C．根据
可得，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比转速之比为
C正确；
D．根据，知，轮4边缘的c点和轮1边缘的a点相比向心加速度之比为
D正确。
故选B。
8、
1答案 AB
解析 战斗机在沿ab段曲线飞行的过程中，速度方向在不断变化，加速度不为零，A、B正确；战斗机飞行速率不变，合外力始终与速度方向垂直，由于速度方向时刻变化，则合外力方向也在时刻变化，故其加速度不是恒定的，战斗机不是匀变速曲线运动，C、D错误。
9、答案 BD
10、答案 BD
解析 根据两小球落在斜面上可知tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，故时间之比为1∶2，A错误；根据两小球落在斜面上可知tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，故tan α＝2tan θ，所以甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同，B正确；根据末速度v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋（gt）2)，故可知甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1∶2，C错误；根据位移可知s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(（v0t）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)gt2))\s\up12(2))，A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4，D正确。
11.【答案】 (1). AB (2). 不是 (3). 0.1 (4). 2.45 (5). 0.3
12、【答案】 ①. B ②. D ③.
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知，该实验是先保持小滑块质量和半径不变去测量向心力和转速的关系，是先控制一些变量，在研究其中两个物理量之间的关系，是控制变量法，故B正确，AC错误；
故选B。
（2）[2]根据向心力与转速的关系有
可知小明选取的横坐标可能是，故选D。
（3）[3]根据题意有
结合向心力与转速的关系可得
13.答案 (1)eq \f(mg,cs θ) (2)eq \r(\f(g,Lcs θ))
解析 (1)当小球做匀速圆周运动时，小球所受绳子的拉力F和小球的重力mg的合力为小球提供向心力F向，由图可知F＝eq \f(mg,cs θ)。
(2)由图可得向心力F向＝mgtan θ，由牛顿第二定律F向＝mω2r，其中r＝Lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))。
14、解析 (1)由H＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2H,g))＝10 s。
(2)飞机应在距离汽车的水平距离Δx＝v1t－v2t＝800 m处投弹。
(3)飞机投下的炸弹击中火车头时，飞机投弹时距离火车尾部的水平距离最小，为Δxmin＝v1t－v2t－l＝700 m
飞机投下的炸弹击中火车尾时，飞机投弹时距离火车尾部的水平距离最大Δx＝v1t－v2t＝800 m，则飞机投弹时距离火车尾部的水平距离的范围700 m≤x≤800 m。
15、【答案】（1）3m/s；（2）1.2m，1.5m；（3）2.4s
【解析】
【详解】（1）物块恰好落在斜面顶端，则有
物块平抛过程有
解得
，
（2）物块平抛水平方向有
解得
由于小物块m（可看成质点）从A点正上方轻放于传送带上，初速度为0，小物块做匀加速直线运动，则有
根据上述可知，物块到达传送带右端的速度小于传送带的速度，则物块一直匀加速直线运动，则有
解得
（3）物块到达斜面顶端的速度
物块在斜面上做匀加速直线运动，对物块有
根据位移公式有
解得
则小物块离开平台后到达斜面底端的时间