四川省德阳市什邡中学2022-2023学年高一物理下学期第一次月考试题（Word版附解析）

什邡中学高2022级平实部第二学期第一次月考物理试题一、单选题（每题4分，共28分）1.关于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）A.物体受变力作用才可能做曲线运动B.加速度一定变化C.速度方向和加速度方向不可能一致D.合外力一定与速度方向垂直【答案】C【解析】【详解】A．物体受恒力作用也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A错误；B．做曲线运动的物体的加速度不一定变化，例如平抛运动，选项B错误；C．做曲线运动的物体的速度方向和加速度方向一定不共线，选项C正确；D．合外力一定与速度方向不共线，但是不一定垂直，选项D错误。故选C。2.我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十八、二十九颗北斗导航卫星。发射过程中“北斗”28星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为，如图所示。则（　　）A.卫星绕地球飞行的轨道是个椭圆，地球处于椭圆的中心B.卫星在的过程中，速率逐渐变大C.卫星在过程所用的时间小于D.在点卫星速度有最大值【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由开普勒第一定律可知，卫星绕地球飞行的轨道是个椭圆，地球处于椭圆的一个焦点上，故A错误；B．根据开普勒第二定律，卫星在相等的时间内扫过的面积相等，卫星在A→B→C的过程中，卫星与地球 的距离增大，速率需逐渐变小，故B错误；C．卫星在A→B→C的过程中所用的时间是半个周期，由于这段运动过程中，速率逐渐变小，A→B，B→C的路程相等，所以卫星在A→B过程所用的时间小于B→C过程所用的时间，则卫星在A→B过程所用的时间小于，故C正确；D．根据开普勒第二定律，卫星在相等的时间内扫过的面积相等，卫星在A→B→C的过程中，卫星与地球的距离增大，速率需逐渐变小，则在点卫星速度有最小值，故D错误。故选C。3.如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）A.铁路的转弯处，外轨比内轨高的原因是为了利用轮缘与内轨的侧压力助火车转弯B.“水流星”表演中，通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用C.汽车通过凹形桥最低点时，汽车受到的支持力大于重力D.脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出【答案】C【解析】【详解】A．铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，原因是当火车按规定速度转弯时，由火车的重力和轨道对它的支持力的合力来提供火车转弯所需的向心力，从而避免轮缘对外轨的挤压，故A错误；B．“水流星”表演中，通过最高点时，水受到重力及筒底的支持力作用，加速度方向竖直向下，处于失重状态，而当“水流星”刚好能通过最高点时，水仅受重力的作用，支持力为零，此时处于完全失重状态，故B错误；C．汽车通过凹形桥的最低点时，圆心在汽车的正上方，此时重力和支持力的合力提供向心力，即有可知汽车受到的支持力大于重力，故C正确；D．脱水桶的脱水原理是：当转筒的速度较大时，水滴做圆周运动所需要的向心力较大，而水与衣物之间的粘滞力无法提供，所以水滴将做离心运动，从而沿切线方向甩出，故D错误。 故选C。4.如图，一小球用长为的细线悬于点，并在水平面内做角速度为的匀速圆周运动，轨迹圆的圆心到点的距离为下列说法正确的是（　　）A.保持不变，增大，不变B.保持不变，增大，变大C.保持不变，增大，不变D.保持不变，增大，变大【答案】A【解析】【详解】设悬线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律得解得可知与绳长l无关，即保持不变，增大，不变；保持不变，增大，变小。故选A。5.为美观和经济，许多桥面建成拱形。汽车通过桥顶时，对桥面的压力会减小，过快的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志。设汽车对桥面的压力是其重力的0.6倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为100m，则该限速标志所示速度约为（取）（　　）A.36km/hB.54km/hC.70km/hD.80km/h【答案】C 【解析】【详解】在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可知由于桥面对汽车的支持力与汽车对桥面的压力大小相等，即联立解得该限速标志所示速度约为故选C。6.已知某船在静水中的速度为v1=5m/s，现让船渡过某条河，假设这条河的两岸相互平行，河宽为d=100m，水流速度为v2=3m/s，方向与河岸平行。下列情况中不正确的是（　　）A.若船以最短时间渡河，渡河所用时间是20sB.若船以最短时间渡河，位移为20mC.若使船以最小位移渡河，渡河所用时间是22sD.若水流速度为v2′=6m/s，船在静水中的速度为v1=5m/s不变，船不能垂直河岸渡河【答案】C【解析】【详解】AB．由题意知，当船在垂直于河岸方向上的分速度最大时，渡河所用时间最短，河水流速平行于河岸，不影响渡河时间，所以当船头垂直于河岸渡河时，所用时间最短，最短时间为t==s=20s如图甲所示，当船到达对岸时，船沿平行于河岸方向也发生了位移，由几何知识可得，船的位移大小为l=由题意可得代入得AB正确； C．当船的实际速度方向垂直于河岸时，船的位移最小，因船在静水中的速度为v1=5m/s，大于水流速度v2=3m/s，故可以使船的实际速度方向垂直于河岸。如图乙所示，设船斜指向上游河对岸，且与河岸所成夹角为θ，则有，则船的实际速度大小为所用的时间为t′==s=25sC错误；D．当水流速度v2′=6m/s时，则水流速度大于船在静水中的速度v1=5m/s，不论v1方向如何，其合速度方向总是偏向下游，故不能垂直河岸渡河。D正确。本题选择不正确的，故选C。7.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过后又恰好垂直与倾角为的斜面相碰。已知半圆形管道的半径，小球可看作质点且其质量为，g取。则（　　）A.小球经过管道的B点时，受到下管道的作用力的大小是B.小球经过管道的B点时，受到上管道的作用力的大小是 C.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是D.小球在斜面上的相碰点C与B点的竖直距离是【答案】A【解析】【详解】AB．小球到达斜面时竖直分速度为因为小球垂直撞在斜面上，则解得小球经过B点的速度在B点，根据牛顿第二定律得解得轨道对小球的作用力可知轨道对小球的作用力方向向上，大小为1N，即小球经过管道的B点时，受到下管道的作用力的大小是，故A正确，B错误；C．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为故C错误；D．小球在斜面上的相碰点C与B点的竖直距离为故D错误。故选A。二、多选题（每题6分，共18分。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）8.如图所示，两个同轴心的玻璃漏斗内表面光滑，两漏斗与竖直转轴的夹角分别是、且，A、B、C三个相同的小球在漏斗上做匀速圆周运动，A、B两球在同一漏斗的不同位置，C球在另一个漏 斗上且与B球位置等高，下列说法正确的是（　　）A.A球与B球的向心力大小相等B.A球与B球的速度大小相等C.B球与C球的速度大小相等D.B球的周期大于C球的周期【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意可知，A球与B球均做匀速圆周运动，合力指向圆心提供向心力，分别对两球受力分析，如图所示由几何关系，对A球有对B球有由于A球与B球相同，则A球与B球的向心力大小相等，故A正确；B．根据题意，由公式可得，小球做圆周运动的速度为由图可知可知 故B错误；CD．同理可知，小球C的向心力为设B球与C球的高度为，由几何关系可得可得则有由公式可知，由于则有故D错误，C正确。故选AC。9.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B，竖直放置，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。由于微小的扰动，A球沿竖直光滑槽向下运动，B球沿水平光滑槽向右运动，当杆与竖直方向的夹角为θ时（图中未标出），关于两球速度vA与vB的关系，下列说法正确的是（　　）A.当时，A、B两球速度大小相等B.当时，A球速度的大小小于B球速度 C.D.【答案】AC【解析】【详解】当杆与竖直方向的夹角为θ时，根据运动的分解，如图所示沿杆方向两分速度大小相等，则即当时，可得故选AC。10.如图所示，水平转台两侧分别放置、两物体，质量为，质量为，到转轴的距离分别为、，、两物体间用长度为的轻绳连接，绳子能承受的拉力足够大，、两物体与水平转台间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。开始时绳刚好伸直且无张力，当水平转台转动的角速度由零逐渐缓慢增大，直到、恰好相对于转台滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A.当转台转动的角速度大于时，细绳上可能没有拉力B.当转台转动的角速度大于时，可能不受摩擦力C.整个过程中，与转台间摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变D.整个过程中，与转台间摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变【答案】BD【解析】【详解】A．当转盘刚开始转动时，物体摩擦力提供向心力，最大静摩擦时有可知物体运动半径大的先达到最大静摩擦力，故物体A先达到最大静摩擦力。此时摩擦力提供向心力，有得到当角速度在增大时，摩擦力不足以提供向心力，细绳上开始有拉力。A错误；BCD．物体A达到最大静摩擦力之后，角速度再缓慢增加大，设绳子拉力为T，则有整理得到因角速度增大，所以B受到的静摩擦力越来越大，直至达到最大静摩擦力。之后角速度再增大，B受到的摩擦力保持不变，物体A的摩擦力将变化，两物体仍做圆周运动，此时有可得所以随着角速度的再次增大，物体A受到的摩擦力慢慢减小，直至反向，再慢慢增加至最大静摩擦。若角 速度还增大，则两物体开始相对转台滑动。所以物体A在角速度大于后，物体A受到的摩擦力先保持不变，再慢慢减小至0，再增大至最大静摩擦。而物体B在整个过程中，与转台间的摩擦力先增大，之后保持不变。B、D正确，C错误；故选BD。三、实验题（每空2分，共16分）11.小明用如图甲所示的装置“研究平抛运动及其特点”，他的实验操作是：在小球、处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片使球水平飞出，同时球被松开。（1）他观察到的现象是：小球、___________填“同时”或“先后”落地；（2）如图乙，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，正确的是___________A．调节斜槽使其末端保持水平B．每次释放小球位置可以不同C．每次释放小球的速度可以不同D．将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（3）小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，如图丙所示，小方格的边长均为取，则小球水平抛出的初速度的大小为___________，若A点坐标为（0，0），则小球抛出点的坐标为___________为单位）。【答案】①.同时②.A③.1.5④.(，)【解析】【详解】（1）[1]他观察到的现象是：小球A、B同时落地；（2）[2]A．调节斜槽使其末端保持水平，以保证小球能做平抛运动，选项A正确；BC．每次释放小球的位置必须相同，以保证小球做平抛运动的速度相同，选项BC错误；D．将小球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑的曲线连接各点，选项D错误。故选A。 （3）[3]竖直方向根据可得则小球做平抛运动的初速度为[4]小球在B点时竖直方向的分速度为则可得小球从起抛点到B点时的时间为设起抛点的位置坐标为可得小球从起抛点到B点的水平距离为可得小球从起抛点到B点的竖直距离为求得故起抛点的位置坐标为。12.在“探究向心力Fn的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系”的实验中，所用实验器材如图所示。 （1）物体所受向心力Fn的大小与物体的质量m、角速度ω和圆周运动半径r之间的关系是Fn=________________。（2）某次实验时，选择A、B两个体积相等的铝球和钢球，变速塔轮相对应的半径之比为1：1，如图所示，是探究哪两个物理量之间的关系________。A．研究向心力与质量之间的关系B．研究向心力与角速度之间的关系C．研究向心力与半径之间的关系D．研究向心力与线速度之间的关系（3）在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到了物理学中的________A．累积法B．等效替代法C．控制变量法D．微小量放大法（4）某次实验保证小球质量和圆周运动半径相等，若标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为______。A．1∶2B．2∶1C．1∶4D．4∶1【答案】①.mrω²②.A③.C④.B【解析】【详解】（1）[1]物体所受向心力Fn的大小与物体的质量m、角速度ω和圆周运动半径r之间的关系（2）[2]两球质量不同，转速相同，研究的是向心力与质量之间的关系。故选A。（3）[3]研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时主要用到了控制变量法。故选C。（4）[4]由可知即皮带连接的两变速塔轮的角速度之比为1：2，又两变速塔轮轮缘的线速度大小相等，所以由可得故选B。四、解答题（（本大题共3小题，共38 分。解答时应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13.如图所示，轨道的段为一半径的光滑圆形轨道，段是高为的竖直轨道，段为水平轨道。一质量为的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度沿水平方向，速率为，求：（1）小球到达点时对圆形轨道的压力；（2）小球离开点后，在轨道上的落地点到点的距离；【答案】（1），竖直向下；（2）【解析】【详解】（1）小球到达点时受重力和竖直向上的弹力作用，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律知小球到达点时对圆形轨道的压力大小为方向竖直向下。（2）设小球离开点做平抛运动的时间为，落地点到点的水平距离为，由得平抛运动的时间水平距离 落地点到点的距离为14.如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中，传送带足够长，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离x＝1.2m.现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．使煤块在轮的最高点恰好水平抛出并落在车箱中心，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）传送带匀速运动的速度v；（2）主动轮和从动轮的半径R；（3）煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t。【答案】（1）2m/s；（2）0.4m；（3）5s【解析】【详解】（1）煤块做平抛运动，水平方向x＝vt竖直方向代入数据解得v＝2m/s（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得 代入数据得R＝0.4m（3）由牛顿第二定律得F＝μmgcosθ－mgsinθ解得a=0.4m/s2由v＝v0＋at得15.如图，一个质量为的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧瞬间速度大小不变）。已知圆弧的半径，，B点和C点分别为圆弧的最低点和最高点，小球到达A点时的位置与P点间的水平距离为，求：（1）小球做平抛运动的初速度大小；（2）若小球恰好能过C点，且轨道的B点和C点受到小球的压力之差为，求小球运动到B点时的速度大小；（3）根据第（2）问，请分析小球最终能否落到与B点等高的水平面，若能，求出落地点与P点的水平距离；若不能，请说明原因。【答案】（1）；（2）；（3）能；【解析】【详解】（1）小球到A点的速度如图所示 分解速度平抛水平方向联立解得（2）小球恰好过C点，则在C点小球对轨道的压力为0，根据牛顿第三定律，小球受到的支持力等于小球对轨道的压力大小，根据题意有FB-FC=6mgB点有代入数据解得（3）小球恰好过C点，则若能到达与A点等高的平面，则则小球能到达与B点等高的水平面，此时小球的水平射程 落地点与P点的水平距离