【文档说明】安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期4月测试物理试题 含解析.docx，共(22)页，1.818 MB，由小赞的店铺上传

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安徽师范大学附属中学2022-2023学年第二学期高一4月测试物理试卷一、单项单选题（每小题4分，共40分）1.下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A.做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B.物体

受恒力作用时不可能做曲线运动C.物体做曲线运动所受合外力一定不为0D.物体运动的速率增大，物体所受合力方向一定与运动方向相同【答案】C【解析】【详解】A．做曲线运动的物体，速度方向一定是变化的，其加速度方向不一定是变化的，如平抛运动，A错误；B．物体受恒力作用时，若恒力的方向和速度方向

不在同一直线上，物体做曲线运动，B错误；C．物体做曲线运动时，速度方向不断变化，是变速运动，一定有加速度，因此所受合外力一定不是0，C正确；D．物体所受合力方向与运动方向的夹角为锐角时，该力分解到沿运动方向和垂直运动方向，则有沿运动方向的分力，使物体做加速运动，物体运

动的速率一定增大，而垂直运动方向的分力使物体运动方向改变，不改变速度大小，D错误。故选C。2.关于曲线运动，下列说法正确是（）A.做圆周运动物体的加速度都指向圆心B.做曲线运动的物体，所受合外力方向可以与速

度在同一条直线C.物体保持速率不变沿曲线运动，其加速度一定为零D.曲线运动一定是变速运动【答案】D【解析】【详解】A．只有做匀速圆周运动物体的加速度才指向圆心，选项A错误；B．做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向一定不在同一条直线上，选项B错误；C．物体保持速

率不变沿曲线运动，速度的方向不断变化，则其加速度一定不为零，选项C错误；D．曲线运动速度方向一定变化，即速度一定变化，即曲线运动一定是变速运动，选项D正确。的故选D3.如图所示为齿轮传动装置，B轮转动时带动A轮转动，A轮的半径是B轮半径的3倍。已

知转动过程中轮缘间无打滑现象，下列说法中正确的是（）A.A、B两轮边缘处的线速度大小之比为1∶3B.A、B两轮转动周期之比为1∶3C.A、B两轮转动的角速度之比为1∶3D.A、B两轮边缘处的向心加速度之比为1∶3【答案】CD【解析】【详解】

A．A、B两轮是同缘转动，则边缘各点的线速度之比为1︰1，故A错误；B．根据2rTv=可知，A、B两轮转动的周期之比为3︰1，故B错误；C．根据2T=可知，A、B两轮转动的角速度之比为1∶3，故C正确；D．根据a=vω可知，A、B两轮边缘各点的向心加速度之比为1∶3，故D正确。故选

CD。4.用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴连），弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后（）。A.小球立即获得kxm的加速度B.小球的运动轨迹为抛物线C.小球落地的速度大于2ghD.小球落地的时间小于2hg【答案】C【解析】【详解

】A．细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为22()()Fkxmg=+合剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有22()()Fkxmgma=+=合解得：22()()kxmgam+=A错误；B．平抛运动只受重力；将细绳烧断后，小球受到

球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，轨迹不是抛物线，B错误；D．小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有212hgt=故小球落地的时间2htg=D错误；C

．如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有22vgh=解得落地速度2vgh=由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向速度不变，所以落地速度大于2gh，C正确。故选C。5.如图甲为某同学转动自己手中的笔的过程，该过程可视为圆心为

O的圆周运动，如图乙所示。已知笔长为L，当笔尖M的线速度大小为1v时，笔帽N的线速度大小为2v，则笔帽N做圆周运动的加速度大小为（）A.21vLB.()212vvL+C.()212vL+D.()112vvL+【答案】B【解析】【详解】笔尖M与笔帽N转动的角速度大小相等，设角速

度为，根据角速度与线速度之间的关系，有11vr=22vr=12Lrr=+解得的1112221212vLrvvvLrvvvvL=+=++=笔帽N做圆周运动的加速度大小为()212vvavL+==ACD错

误，B正确。故选B。6.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。如图所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（）A.h越高，摩托

车对侧壁压力将越大B.h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C.h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小D.h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大【答案】B【解析】【详解】A．摩托车做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，所以小球在竖直方

向上受力平衡cosNmg=可知侧壁对摩托车的支持力与高度h无关，根据牛顿第三定律可知摩托车对侧壁的压力不变，故A错误；B．根据牛顿第二定律可知2tanvmgmr=解得tanvgr=的高度h越大，r越大，摩托车运动的线速度越大，故B正确；C．根据牛顿第二定律可知22

4tanmgmrT=解得2tanrTg=高度h越大，r越大，摩托车运动的周期越大，故C错误；D．摩托车的向心力大小为tanmg，大小不变，故D错误。故选B。7.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别

为L1和L2，中间球网高度为h．发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h．不计空气的作用，重力加速度大小为g．若乒乓球的发射速率为v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是（）A.122

66ggvhhLLB.22112(4)46ggvhhLLL+C.22112(4)12626ggvhhLLL+D.22112(4)1426ggvhhLLL+【答案】D【解析】【详解】发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动，竖直高度决定了运动的时间2

36hhtgg==，水平方向匀速直线运动，水平位移最小即沿中线方向水平发射恰好过球网，此时从发球点到球网，下降高度为32hhh−=，水平位移大小为12L，可得运动时间224hhtgg==对应的最小初速度124Lgvh=．水平位移最大即斜向对方台面的两

个角发射，根据几何关系此时的位移大小为2212142LL+，所以平抛的初速度22112142426LggvLLhh+，对照选项D对．【考点定位】曲线运动【方法技巧】平抛运动一定要和实际情况相结合，题目中，最小的水平位移一定要保证越过球网．8.如图，做匀速圆周运动的质点在1s内由

A点运动到B点，AB长为m6，所对应的圆心角为3。则下列选项正确的是（）A.质点运动过程中的速度始终不变B.质点在A点向心加速度大小为22m/s36C.质点从A点到B点的速度变化量大小为m/s3D.质点从A点到B点的平均加速度大小为2m/s6【答案】D【解析】【分析】【详

解】A．质点运动过程中的速度不变、方向变化，选项A错误；B．质点的角速度大小rad/s3t==轨迹圆的半径0.5mlr==的故质点在A点的向心加速度大小222m/s18ar==选项B错误；CD．质点做圆周运动的速度大小m/s6vr==

根据几何关系，质点从A点到B点的速度变化量大小Δm/s6vv==质点从A点到B点的平均加速度大小2Δm/s6vat==选项C错误、D正确。故选D。9.如图所示，两根细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，让两个小球均在同一水平面上做匀速圆周运动。已

知细线1L与竖直方向的夹角为，细线2L与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（）A.细线1L和细线2L所受的拉力大小之比为sin:sinB.小球1和2的角速度之比为1:1C.小球1和2的向心力大小之比为sin:sinD.小球1和2的线速度大小之比为1:2【答案】B

【解析】【详解】A．设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向cosFmg=联立解得1cosF则细线1L和细线2L所受的拉力大小之比为cos:cos，故A错误；C．竖直方向cosFmg=根据几何关系可知圆周运动的半径

为sinL，细线拉力的水平分力提供向心力，则sinsintancosmgFFmg===向即tanF向则小球1和2的向心力大小之比为tan:tan，故C错误；B．竖直方向cosFmg=水平方向，根据牛顿第二定律2sinsinFθmωLθ=联立解得2cos

gL=两个小球均在同一水平面上做匀速圆周运动，则高度cosL相同，故小球1和2的角速度之比为1:1，故B正确；D．小球1和2的角速度之比为1:1，根据sinvL=知sinvL则小球1和

2的线速度大小之比为12sin:sinLL，故D错误。故选B。10.一辆汽车在轨道半径为R的弯道路面做圆周运动，弯道与水平面的夹角为θ，如图所示，汽车轮胎与路面的动摩擦因数为μ，且μ<tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于汽车在运动过程中的表述正确的是（）A.汽车

的速率可能为tangRB.汽车在路面上不做侧向滑动的最大速率为(tan)1tangR+−C.汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为(tan)1tangR−−D.汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为(tan)1tangR−+【答案】ABD【解析】【详解】A

．若设计成外高内低的弯道路面，汽车恰好与路面无侧向摩擦力，由重力与支持力提供向心力，则有2tanmvmgR=解得tanvgR=故A正确；B．汽车在路面上不做侧向滑动的最大速率时摩擦力沿斜面向下，受力分析知

竖直方向FNcosθ－fsinθ＝mg水平方向22NfsincosmvFFR+=由滑动摩擦力公式得Ff＝μFN解得1(tan)1tangRv+=−故B正确。CD．汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率时摩擦力沿斜面向上，受力分析知竖直方向FNcosθ＋Ffsinθ＝mg水平方

向21NfsincosmvFFR−=由滑动摩擦力公式得Ff＝μFN解得1(tan)1tangRv−=+故C错误，D正确；故ABD。二、多选题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，至少有2个选

项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）11.如图所示，从倾角为的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上。当抛出的速度为v时，小球落回斜面所用的时间为1t，小

球落回斜面的速度为1v，小球的位移为1s，小球落在斜面上时速度方向与斜面的夹角为1；当抛出速度为2v时，小球落回斜面所用的时间为2t，小球落回斜面的速度为2v，小球的位移为2s，小球落在斜面上时速度方向与斜面的夹角为2，不计空气阻力，则（）A.212tt=B.212vv=C.

212ss=D.21=【答案】ABD【解析】【详解】D．根据平抛运动规律可知，斜面上平抛出的物体落到斜面上时速度偏转角的正切值与位移偏转角的正切值分别为00tanyvgtvv==，200112tantan22gtygtxvtv====由题意可知位移偏转角不变，则速度偏转角不

变，则=−也不变。即21=故D正确；A．根据速度偏转角不变，则12tan2gtgtvv==解得212tt=故A正确；B．落回斜面时速度为2211()vvgt=+则22211(2)(2)2vvgtv=+=故B正确

；C．根据水平位移为0xvt=，则两次的水平位移为1xvt=，21224xvtx==且根据位移偏转角不变，竖直方向位移214yy=则222222211144sxyxys=+=+=故C错误。故选ABD。12.如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细

线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（）A.物体A做匀速运动B.物体A做加速运动C.物体A所受摩擦力逐渐减小D.物体A所受摩擦力不变【答案】BC【解析】【详解】AB．对A物体的运动进行分解如图所示设绳与水平方将的夹角为

，则BAcosvv=B匀速下降，A水平向左运动的过程中，逐渐增大，Bv不变，故Av逐渐增大，A错误，B正确；CD．对A进行受力分析如图所示设绳与水平方将的夹角为，则ANNsinfGFmgFF+==B匀速下降，A

水平向左运动的过程中，逐渐增大，NF减小，摩擦力减小，C正确，D错误。故选BC。13.如图为离心式转速表中离心器的结构示意图，质量为m的两个重锤利用四根等长的轻质连杆与质量不计的活动套环及固定套环连接，固定套环固定在竖直杆上，竖直杆可绕通过自身的竖直轴自由转动，两个套环间连接着一根轻质弹簧，弹

簧的原长为L。离心器不转动时弹簧长度为1.5L，当离心器以角速度0转动时，弹簧恰好处于原长。忽略摩擦阻力及其他阻力，以下关于离心器说法正确的是（）A.角速度越大，活动套环越高B.弹簧的劲度系数2mgkL=C

.角速度0的大小为0gL=D.当角速度为0时，上面两个连杆上拉力的大小为mg【答案】AB【解析】【详解】B．随着转速的增加下面的活动套环向上移动；不转动时对下面活动套环受力分析，设连杆与竖直方向的夹角为，由平衡条件可得0.52coskLF

=对重锤研究满足2cosFmg=可得劲度系数2mgkL=故B正确；离心器转动时，设弹簧处于伸长状态，长度为l，设连杆与竖直方向的夹角为，连杆长度为d，有()2cosklLF−=下对重锤研究满足cos+cosFFmg=下上2sinsin

sinFFmd−=下上联立可得22()3mlLgdk=+−可见，角速度越大，l越小，即活动套环越高，故A正确；CD．设杆长为d，当弹簧处于原长时，连杆与竖直方向夹角为，由圆周运动条件得20tansinmgmd=解得

02gL=此时上面两杆上拉力竖直分量等于mg，拉力大于mg，CD错误。故选AB。三、实验题（第14题8分，第15题6分，共计14分）14.在“研究小球做平抛运动的规律”的实验中：（1）如图甲所示的实验中，观察到两球同时落地，说明平抛运动在

竖直方向做_________；如图乙所示的实验：将两个光滑斜轨道固定在同一竖直面内，滑道末端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的相同高度由静止同时释放，观察到球1落到水平板上并击中球2，这说明平抛运动在水平方向做_________；（2）该同学用频闪照相机拍摄到如图

所示的小球平抛运动的照片，照片中小方格的边长2.5cmL=，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则照相机每隔_________s曝光一次，小球平抛初速度为0v=_________m/s（当地重力加速度大小210m/s=g）

。【答案】①.自由落体运动②.匀速直线运动③.0.05④.1【解析】【详解】（1）[1]用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动；[2]因为观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，可知

球1在水平方向上的运动规律与球2相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动；（2）[3]在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律可得2yLgT==得0.05sLTg==[4]由公式，可得小球初速度为022.50.012m/s=1m/s0.05LvT==15.如图是向心力演示

仪的示意图，长槽4、短槽5和左右塔轮2和3分别固定在一起。匀速转动手柄1，通过皮带带动左右两个变速塔轮2和3随之匀速转动，放在长槽和短槽内小球将在水平面内做匀速圆周运动。图中横臂6对小球的弹力提供小球做圆周运动的向心力，同时由于横臂的弹力也使测力套筒7下降，从

而露出标尺，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小（标尺最多可以露出7格）。已知小球放在1A和B两个位置时，转动半径相同，放在1A和2A两个位置时，转动半径之比为1:2，通过调节皮带的位置，可以给左右两个塔轮提供三个挡

位：即转速比分别是11:、1:2和13:。（1）应使用__________（选填“等效替代法”、“控制变量法”、“类比法”）来探究影响向心力大小的因素。（2）在探究向心力与质量的关系时，选用转速比11:挡位，两个不同质量的小球分别放在挡板B和挡板_______

___（选填“1A”、“2A”）处；（3）在探究向心力与角速度的关系时，在选取转速比13:挡位时，由于标尺露出的格数有限，无法观察到19:的格数比。根据（2）问中探究得到的向心力与质量成正比的结果，可以选用质量比为3:1的小球，这样当观察到标尺露出红白相间的等分格数之比为__________

时，就可以说明向心力与角速度的平方成正比。【答案】①.控制变量法②.1A③.1:3【解析】【详解】（1）[1]探究小球受到的向心力大小与质量的关系，需控制一些变量，即保持转动的角速度、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与

转动的半径的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的角速度不变；该实验中应用了控制变量法；（2）[2]由控制变量法可知，要探究向心力与质量的关系，应保证两球的角速度和运动半径相同，使两球的质量不同，所以两个不同质量的小球分别放在挡板B和挡板1A；[3]根据题意可得213(2)Fmnr=2

2(23)Fmnr=可得1213FF=四、解答题（第16题6分，第17题10分，第18题12分）16.如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球

从轨道口B飞出后，小球落地点C距A处的距离为4R（AB为圆的直径，重力加速度为g），求：（1）小球经过B点的速度大小；（2）小球在B点对轨道的压力大小。【答案】（1）2gR；（2）3mg【解析】【详解】（1）假设小球经过B点的速度大小为vB，做平抛运动

的时间为t，则根据平抛运动规律有4R=vBt2122Rgt=解得2BvgR=（2）设小球在B点时受到轨道的压力大小为N，则根据牛顿第二定律有2BvNmgmR+=解得N=3mg由牛顿第三定律可知小球在B点对轨道的压力大小为F=N=3mg17.如图所示为滑雪比赛的部分雪道，AB是倾角为37=的

斜坡，BCD是半径为R的圆弧，斜坡与圆弧在B点相切，一位质量为m的滑雪者从高处平台的A点以一定初速度水平滑出，经过t时间，滑雪者刚好落在B点，滑到圆弧最低点C时，滑雪者的速度是在A点滑出时速度的2倍，重力加速度为g，sin370.6=，cos370.8=，滑板与

雪道的动摩擦因数为，不计空气阻力，求：（1）斜坡AB的长；（2）滑雪者在A点滑出时的速度大小；（3）滑雪者运动到C点时，滑板受到的摩擦力多大。【答案】（1）256gt；（2）23gt；（3）21619gtmgR+

【解析】【详解】(1)滑雪者做平抛运动的竖直位移212hgt=根据几何关系，斜坡AB的长25sin6hsgt==(2)滑雪者做平抛运动的水平位移为22tan3hxgt==滑雪者在A点抛出的初速度大小A23xvgtt==(3)由题意知CA423vvgt==设滑雪

者运动到C点时，雪道对他的支持力为NF，由牛顿第二定律知2CNvFmgmR−=解得2N1619gtFmgR=+根据牛顿第三定律，滑雪者在C点时，滑板对雪道的压力2NN1619gtFFmgR==+则滑板受到雪道的摩擦力2fN1619gtFFmgR==+

18.如图所示，水平转台高1.25m，半径为0.2m，可绕通过圆心处的竖直转轴转动．转台的同一半径上放有质量均为0.4kg的小物块A、B（可看成质点），A与转轴间距离为0.1m，B位于转台边缘处，A、B间用长0.1m的细线相连，A、B与水平转台间最大静摩擦力均

为0.54N，g取10m/s2．（1）当转台的角速度达到多大时细线上出现张力？（2）当转台的角速度达到多大时A物块开始滑动？（3）若A物块恰好将要滑动时细线断开，此后转台保持匀速转动，求B物块落地瞬间A、B两

物块间的水平距离．（不计空气阻力，计算时取π=3）【答案】（1）33/2rads（2）3/rads（3）0.28m【解析】【详解】本题的关键是抓住临界状态，隔离物体，正确受力分析，在求水平位移时，一定搞清空间位置．(1)由Ff＝mω2r可知，B先达到临界状态，故当满足Ff

m<mω21r时线上出现张力．解得ω1＝mFfmr＝332rad/s.(2)当ω继续增大，A受力也达到最大静摩擦力时，A开始滑动，Ffm－FT＝mω′2r/2，Ffm＋FT＝mω′2r，得ω′＝43mFfmr＝3rad/s.(3)细线断开后，B沿水平

切线方向飞出做平抛运动由h＝12gt2得t＝0.5s.vB＝ωr＝0.6m/s，可得B的水平射程xB＝vBt＝0.3m.细线断开后，A相对静止于转台上，t时间转过角度θ＝ωt＝1.5rad即90°，故AB间水平距离lx＝22()2Brxr−+＝0.28m.获得更多

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