安徽省2024-2025学年高一下学期4月月考物理检测试题（含答案）

这是一份安徽省2024-2025学年高一下学期4月月考物理检测试题（含答案），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、摩擦力和向心力作用
B. 如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则一定是因为物体的速度突然变大了
C. 如图丙，火车转弯时为避免轮缘与内外轨发生侧向挤压，倾角θ应根据火车的质量设计
D. 如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过点C时小球对轨道的压力最大
2.如图，不可伸长的轻绳绕过光滑的钉子，一端固定在地面上，另一端吊着一个小球。在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中，小球始终在钉子正下方。下列说法正确的是：
A. 小球在竖直方向上做减速运动B. 绳子对小球的拉力等于重力
C. 小球在水平方向上做匀速运动D. 小球的运动轨迹是一条倾斜直线
3.2025年2月16日，在泰国举办的公路自行车亚洲锦标赛上，中国选手吕先景成功夺冠，成为该赛事历史上首位同时拥有公路及山地双料亚洲冠军的运动员.自行车主要构成部件有前后轮、链条、大小齿轮等，其部分示意图如图所示，其中大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r1= 12cm、r2=4cm和r3=28cm，假设脚踏板的转速为n=1πr/s，则该自行车前进的速度大小为( )
A. 0.21m/sB. 0.42m/sC. 0.84m/sD. 1.68m/s
4.如图所示，一名运动员在水平面上进行跳远比赛，腾空过程中离水平面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为5m，运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，则运动员( )
A. 在空中的运动时间为1.0s
B. 在最高点时的速度大小为10m/s
C. 落地时的速度大小为10m/s
D. 落地时速度方向与水平面所成的夹角为60°
5.如图所示，在水平地面上M点的正上方ℎ高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在地面上N点处将S2球以初速度v2竖直向上抛出，在S2球上升到最高点时恰与S1球相遇，不计空气阻力，则两球在这段过程中( )
A. 做的都是变加速运动
B. 速度变化量的大小不相等
C. 速度变化量的方向不相同
D. 相遇点在N点上方ℎ2处
6.如图1所示为农用扬场机分离谷物示意图。某次被抛出的谷粒其中两颗的运动轨迹如图2所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中从O到P的运动过程，下列说法正确的是
A. 两谷粒从O到P的运动时间相等
B. 谷粒1的速度变化量等于谷粒2的速度变化量
C. 谷粒2在最高点的速度等于v1
D. 谷粒1的最小速度大于谷粒2的最小速度
7.如图所示，在一水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B的质量分别为m、2m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA=r、RB=2r，A、B与盘间的动摩擦因数相同且均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时轻绳刚好伸直但无拉力。现圆盘转速从零缓慢增加，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 圆盘的角速度ω< μg2r时，轻绳的拉力随角速度的增大而增大
B. 圆盘的角速度ω= 3μg4r时，轻绳的拉力大小为3μmg
C. 圆盘的角速度ω= 3μg4r时，A所受摩擦力方向背离圆心O
D. 圆盘的角速度ω= μgr时烧断轻绳，A、B都将做离心运动
8.如图甲所示为运动员高台滑雪的情景，过程可简化为图乙所示。若阳光垂直照射到斜面上，运动员在倾斜滑道顶端A处以水平初速度飞出，刚好落在斜面底端C处。B点是运动过程中距离斜面的最远处，D点是运动员在阳光照射下经过B点的投影点。不计空气阻力，运动员可视为质点，则下列说法错误的是( )
A. 运动员在斜面上的投影做匀加速直线运动
B. AD与DC长度之比为1:3
C. 若E点在B点的正下方，则AE=EC
D. 若运动员水平初速度减小，落到斜面时的速度与斜面的夹角仍不变
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图甲，风车是过滤水稻等物质的一种农具。如图乙，风车工作时，转动手动杆，扇叶转动，静止释放的谷物会受到一个水平向左的恒定风力F(扇叶转速越高，F越大)，饱满稻谷和瘪谷分别从各自出口流出。已知谷物添加口与饱满稻谷出口上端间高度差为ℎ1，谷物添加口与瘪谷出口间水平距离为L，瘪谷出口高度为ℎ2且下端与饱满稻谷出口上端在同一水平面上，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 饱满稻谷和瘪谷在风车内运动时间相同
B. 从瘪谷出口下端飞出的瘪谷速度与水平方向夹角的正切值为ℎ1L
C. 从瘪谷出口飞出的瘪谷质量满足F(ℎ1−ℎ2)2gL≤m≤Fℎ12gL
D. 若增大手动杆的转速，可能有饱满稻谷从瘪谷出口飞出
10.如图甲所示，某飞机在空中盘旋时由飞机受到的重力和机翼的升力F(大小未知)来提供向心力，机翼的升力垂直于机翼所在的平面向上，其模型简化图如图乙所示。该飞机的盘旋过程可视为在水平面内做角速度大小为ω的匀速圆周运动，此时机翼与水平方向的夹角为θ。已知飞机的质量为m，飞机所在高度的重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A. 飞机的向心加速度大小为gtanθB. 飞机做圆周运动的半径为gω2tanθ
C. 飞机做圆周运动的线速度大小为gcsθωD. 飞机受到的升力大小为mgcsθ
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学利用如图甲所示的实验装置完成平抛运动实验的数据采集：
(1)在实验开始之前，该同学用铅垂线调节背板竖直，将一张白纸和复写纸固定在背板上。其中N为可上下调节的倾斜挡板，M为斜槽轨道。装置安装好后，该同学每次使钢球从斜槽上 (填“同一”或“不同”)位置由静止滚下，上下调节挡板N，在白纸上记录钢球所经过的多个位置;
(2)实验获得的小球运动中各点位置如图乙所示，则可推断该同学在实验过程中缺少了哪一步骤? ;
(3)改正操作后重新实验，该同学在白纸上描出了a、b、c、d四个点，并以a为坐标原点，测得各点坐标数据。经查阅，当地重力加速度大小为9.80m/s2，为获得平抛初速度，该同学利用AI工具，输入实验数据并给出指令：
①用y=Ax2+Bx+C函数形式对数据进行拟合;
②作出拟合曲线图像。
输出结果如图丙所示，则该小球平抛的初速度大小为 m/s，该拟合曲线在a处的切线斜率为 。(均保留2位有效数字)
12.某实验小组想验证向心力公式表达式，实验装置如图1所示，一个半圆形光滑轨道，右侧所标记的刻度为该点与圆心连线和竖直方向的夹角θ，圆弧轨道最低点固定一个力传感器，小球达到该处时可显示小球在该处对轨道的压力大小FN，小球质量为m，重力加速度为g。
实验步骤如下：
①将小球在右侧轨道某处由静止释放，记录该处的角度θ;
②小球到达轨道最低点时，记录力传感器的示数FN;
③改变小球释放的位置，重复以上操作，记录多组FN、θ的数值;
④以FNmg为纵坐标，csθ为横坐标，作出FNmg−csθ的图像，如图2所示。
回答以下问题：
(1)若该图像斜率的绝对值k= ，纵截距b= ，则可验证在最低点的向心力表达式FN−mg=mv2R。
(2)某同学认为小球运动时的轨道半径为圆轨道半径与小球半径的差值，即小球球心到轨道圆心的距离才为圆周运动的半径，因此FNmg−csθ图像斜率绝对值k的测量值与真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，一小球从平台上抛出，恰好无碰撞地落在临台的一倾角为a=53°的光滑斜面上并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差ℎ=0.8m，斜面高度H=2.8m(g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6)求：
(1)小球落在斜面上时竖直方向速度vy与水平方向速度vx分别是多少？
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？
(3)小球沿光滑斜面下滑的时间t是多大？
14.如图所示，竖直圆弧轨道BD固定在水平轨道ABC上，两轨道相切于B点，圆弧轨道的半径R=3m、圆心角α=53∘。一质量为m=1kg的小滑块放置在离B点2.5m的P点，现给小滑块一个水平向右的恒力F=10N，小滑块将向右做初速度为零的匀加速直线运动，在B点处滑上圆弧轨道，再从D点滑出圆弧轨道，最后落在水平轨道上，水平恒力F始终存在。已知小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，小滑块在D点时对轨道的压力比在B点时对轨道的压力大12N，不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2，sin53∘=0.8。求：
(1)小滑块经过B点时的速度大小;
(2)小滑块经过D点时的速度大小;
(3)小滑块在空中运动的最小速率(结果可用根式表示)。
15.如图所示，半径均为R的圆心为O1的圆轨道和圆心为O2的圆形管状轨道在同一竖直平面内固定，与水平地面分别相切于B、D点，现让质量均为m的小球(均可视为质点)在两轨道内运动，小球直径略小于管内径，管内径远小于轨道半径R，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)若小球刚好能通过圆轨道最高点C，求此时小球的速度大小；
(2)若小球在圆轨道内向上运动至F点时恰好脱离轨道，此时O1F连线与水平方向间的夹角为θ=37°，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，求此后小球运动的最高点到水平地面的距离(结果保留分数形式)；
(3)若小球通过圆形管状轨道最高点E时，对轨道的压力大小为15mg，求此时小球在E点的速度大小．
答案和解析
1.【正确答案】D
A.向心力是效果力，是由其他力提供的，而不是受到的，故A错误；
B.由图可知，物体做离心运动，是因为合外力不足以提供向心力，则有可能是物体速度变大或者合外力F减小，故B错误；
C.火车转弯时为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，重力和支持力恰好提供向心力，则有mgtanθ=mv2R，可得tanθ=v2gR，即倾角θ应根据火车的速度和转弯半径设置，与火车质量无关，故C错误；
D.小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过点C时速度最大，此时需要的指向圆心的向心力最大，且此时支持力与重力恰好反向，因此此时支持力最大，结合牛顿第三定律，小球对轨道的压力最大，故D正确。
2.【正确答案】C
ACD.在钉子沿水平方向向左匀速运动的过程中，设钉子的速度为v，倾斜绳子与水平方向的夹角为θ，将钉子速度分解为沿倾斜绳子方向分速度v1和垂直倾斜绳子方向分速度v2，则有v1=vcsθ
小球由于受到绳子拉力与重力均处于竖直方向，所以小球水平方向做匀速直线运动，水平速度等于钉子速度，竖直方向小球的速度为vy=v1=vcsθ；
由于θ逐渐减小，csθ逐渐增大，则小球在竖直方向上做加速运动；小球的合运动为曲线运动，所以小球的运动轨迹是一条曲线，故AD错误，C正确；
B.小球在竖直方向上做加速运动，根据牛顿第二定律可知，绳子对小球的拉力大于重力，故B错误。
故选C。
3.【正确答案】D
大齿轮转动的角速度为ω1=2πn，大齿轮边缘点转动的线速度为v1=ω1r1=2πnr1，小齿轮边缘点转动的线速度与大齿轮边缘点转动的线速度相等，即v2=v1=2πnr1，小齿轮和车轮的角速度相等，则v3v2=r3r2，所以自行车前进的速度大小v3=2πnr1r3r2=1.68m/s，选项D正确．
4.【正确答案】A
A.由于腾空过程中离水平面的最大高度为1.25m，在竖直方向由匀变速直线运动规律：v12=2gℎ，v1=gt，由此解得其竖直分速度为：v1=5m/s，竖直上升的时间为t=0.5s，故其在空中的运动时间为1.0s，A正确；
B.运动员在水平方向上做匀速直线运动，故有：x=2v2t，解得水平分速度为：v2=5m/s，当物体到达最高点时其竖直分速度变为零，故在最高点时的速度大小为5m/s，B错误；
C.由于斜抛运动具有对称性，故落地的分速度大小与抛出瞬间的分速度等大，故由速度的合成可得落地时的速度大小为5 2m/s，C错误；
D.由于其落地时的水平分速度与竖直分速度等大，落地时速度方向与水平面所成的夹角为 tanα=vyv0=1 ，可得即落地时速度方向与水平面所成的夹角为45°，D错误。
故选A。
5.【正确答案】D
A、由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是g，加速度恒定不变，都是匀变速运动，故A错误。
BC、两个球的加速度都是重力加速度g，由△v=at=gt，知它们速度的变化量相同，即速度变化量的大小相等，方向相同，方向都竖直向下，故BC错误。
D、相遇时竖直方向有：12gt2+(v2t−12gt2)=ℎ
得：t=ℎv2
由于相遇点在S2球上升的最高点，所以有：t=v2g
联立得：v2= gℎ
相遇时S2球的位移为：x=v222g=ℎ2，即相遇点在N点上方ℎ2处，故D正确。
故选：D。
6.【正确答案】D
A.谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜抛运动，故谷粒1和谷粒2在水平方向都做匀速直线运动，谷粒1在竖直方向做自由落体运动，有ℎ=12gt12，谷粒2在竖直方向做竖直上抛运动，设谷粒2的初速度与水平方向的夹角为θ，
有ℎ=−v2t2sinθ+12gt22，可得t2>t1，故A错误；
B谷粒速度变化量△v=gΔt，且t2>t1，所以谷粒1的速度变化量小于谷粒2的速度变化量，故B错误；
C.谷粒2在最高点的速度为其水平分速度vx，由于谷粒1、2的水平位移相同，t2>t1，根据x=vt，所以谷粒2在最高点的速度小于v1，故C错误；
D.由于谷粒1、2的水平位移相同，t2>t1，所以从O到P中谷粒1的水平速度大于谷粒2的水平速度，谷粒1、2的最小速度都指的是两者的水平速度，谷粒1的最小速度大于谷粒2的最小速度，故D正确。
7.【正确答案】C
A、因为开始时A、B都是靠静摩擦力提供的向心力，因为B的半径大，所以当B受到的静摩擦达到最大静摩擦时，绳子上开始有拉力，则B受到的静摩擦达到最大静摩擦时设此时的角速度为ω1，根据牛顿第二定律有μ⋅2mg=2m⋅2rω12，解得ω1= μg2r，所以当ω< μg2r时，轻绳上不产生拉力，故A错误；
BC、当ω>ω1时，B所受摩擦力大小不变，随着角速度的增大，轻绳上的拉力逐渐增大，则A与圆盘之间的摩擦力开始减小，当A与圆盘之间的摩擦力减小为零时，设此时的角速度为ω2，绳子上的拉力为F，对A有F=mrω22，对B有F+μ⋅2mg=2m⋅2rω22，联立解得ω2= 2μg3r，当圆盘的角速度继续增大时，A所受摩擦力方向开始背离圆心，当A背离圆心的摩擦力达到最大静摩擦时，设此时的角速度大小为ω3，设此时轻绳上的拉力为F’，对A有F′−μmg=mrω32，对B有F′+μ⋅2mg=2m⋅2rω32，联立解得ω3= μgr，因为 3μg4r> 2μg3r，所以圆盘的角速度ω= 3μg4r时，A所受摩擦力方向是背离圆心的，此时轻绳的拉力大小为T，对B有T+μ⋅2mg=2m⋅2rω2，代入数据解得T=μmg，故B错误，C正确；
D、由上面的分析可知，当圆盘的角速度ω= μgr时，A受摩擦力方向背离圆心，且达到最大静摩擦，如果此时烧断轻绳，此时A所需的向心力大小为Fn=mr( μgr)2=μmg，同样是刚好等于最大静摩擦，所以此时A将保持相对静止，B将做离心运动，故D错误。
故选：C。
8.【正确答案】B
A、运动员在平行于斜面方向所受的合力为重力的下滑分力，且速度沿斜面方向的分速度与该方向合力方向相同，可见运动员在斜面上的投影做匀加速直线运动，故A正确，不符合题意；
B、运动员在垂直斜面方向做类竖直上抛运动，且B点离斜面最远，由对称性知，tAB=tBC，运动员沿斜面方向的初速度不为0，结合x=12at2知，AD：DC≠1:(4−1)=1:3，故B错误，符合题意；
C、小球抛出后做平抛运动，其水平方向做匀速直线运动，则xAB=xBC，由于E点在B点的正下方，AE=xAB csθ，EC=xBCcsθ，则AE=EC，故C正确，不符合题意；
D、小球做平抛运动至落在斜面上，则x=v0t，y=12gt2，又tanθ=yx，由速度关系：tanα=gtv0，联立知，速度方向与水平方向的夹角满足：tanα=2tanθ，可见运动员水平初速度减小时，其落在斜面时速度方向与水平方向的夹角不变，与斜面的夹角α−θ也不变，故D正确，不符合题意。
9.【正确答案】BD
A、饱满稻谷和瘪谷在风车内竖直方向上做自由落体运动，运动时间满足t= 2ℎg，饱满稻谷下落时间相同，均为t1= 2ℎ1g，从瘪谷出口不同高度飞出的谷子运动时间不同，时间满足 2(ℎ1−ℎ2)g≤t2≤ 2ℎ1g，A项错误;
B、从瘪谷出口下端飞出的瘪谷，水平方向做初速度为零的匀加速运动，有L=12a1t12，a1=Fm1，速度与水平方向夹角的正切值为tanα=gt1a1t1，联立解得tanα=ℎ1L，m1=Fℎ1gL，B项正确;
C、从瘪谷出口上端飞出的瘪谷，运动时间满足t2= 2(ℎ1−ℎ2)g，水平方向做初速度为零的匀加速运动，有L=12a2t22，a2=Fm2，解得m2=F(ℎ1−ℎ2)gL，从瘪谷出口飞出的瘪谷质量满足F(ℎ1−ℎ2)gL≤m≤Fℎ1gL，C项错误;
D、若增大手动杆的转速，水平风力增大，由前面分析可得，饱满稻谷水平方向的加速度变大，水平位移变大，饱满稻谷可能从瘪谷出口飞出，D项正确。
10.【正确答案】AD
解：对飞机进行受力分析，如图所示：
根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得：
mgtanθ=ma=mv2R=mω2R
得：a=gtanθ ，R=gtan θω2 v=ωR=gtan θω ，飞机受到的升力Fcsθ=mg，升力F大小为F=mgcsθ．
故AD正确，BC错误。
11.【正确答案】同一
实验前未将斜槽末端调节水平
1.0
0.49
(1)实验中应将小球从斜槽上同一位置由静止释放，这样小球做平抛运动的初速度才能相同。
(2)由图乙可知小球抛出后有上升现象，说明实验前未将斜槽末端调节水平。
(3)竖直方向位移y=vayt+12gt2，水平方向x=v0t，
上式联立可得y=g2v02x2+vayv0x，
由图丙知g2v02=4．9m−1，vayv0=0.49，
解得v0=1.0m/s，vay=0.49m/s;
在a处切线斜率即为在a处速度与水平方向夹角正切vayv0=0.49。
12.【正确答案】2 3 相等
(1)小球从出发点到达最低点，由动能定理得mgR(1−csθ)=12mv2；
由牛顿第三定律可知，最低点轨道对小球的支持力大小等于FN。
小球在最低点，由受力分析可得：FN−mg=mv2R，
联立上述二式可得，FN=3mg−2mgcsθ
整理可得：FNmg=3−2csθ，即斜率的绝对值k=2，纵截距b=3；
(2)通过上述方程发现，表达式与轨道半径无关，故图像斜率的绝对值k不变。
13.(1)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，所以
vy=vxtan53∘ ， vy2=2gℎ，
代入数据解得vy=4m/s，vx=3m/s;
(2)根据公式vy=gt1，解得t1=0.4s，
所以斜面顶端与平台边缘的水平距离为S=vxt1=3×0.4m=1.2m；
(3)小球沿斜面下滑的初速度为v= vx2+vy2=5m/s，加速度为a=gsin53°=8m/s2，斜面长度为l=Hsin53°=3.5m，
由匀加速直线运动公式l=vt+12at2，
代入数据得t=0.5s。
14.(1)小滑块从P点到B点的过程，根据牛顿第二定律有F−μmg=ma，由运动学公式有vB2=2ax0，
解得vB=5m/s；
(2)小滑块在B点，由牛顿第二定律有FNB−mg=mvB2R，
小滑块在D点，由牛顿第二定律有FND−mgcs53°−Fcs37°=mvD2R，ΔFN=FND−FNB，
解得vD=7m/s；
(3)小滑块在空中运动的过程，当合力与速度垂直时，速度最小，由题意可得小滑块速度最小时，速度方向与水平方向夹角为θ=45∘，将其运动分解为竖直方向的匀减速直线运动和水平方向的匀加速直线运动，
竖直方向上有mg=may，vy=vDsin53°−gt，
水平方向有F=max，vx=vDcs53°+axt，
而vy=vx，vmin= vx2+vy2，
联立解得vmin=49 210m/s。
15.(1)小球恰好到达最高点C，此时满足mg=mvC2R
解得vC= gR
(2)在F点恰好脱离轨道有mgsin37∘=mvF2R
解得vF= 3gR5
此后小球斜抛运动，在竖直方向上有vy=vF⋅cs37∘
上升高度为ℎ=vy22g=24125R
故小球离地面的最大高度为H=ℎ+R+Rsin37∘=224125R
(3)在E点小球与轨道上侧有弹力时，有
mg+15mg=mvE12R
解得vE1= 6gR5
在E点小球与轨道下侧有弹力时，有
mg−15mg=mvE22R
解得vE2=2 gR5