【文档说明】安徽省淮北市第一中学2022-2023学年高一下学期第二次月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，1.632 MB，由小赞的店铺上传

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淮北一中2022-2023学年高一年级下学期第二次月考物理试卷（卷面分值：100分考试时间：75分钟）命题人：许松审核人：王凯一、选择题（1-8题为单选题，每题4分：9-12为多选题，每题4分，漏选得2分，错选或多选不得分。）1.如图所示，一个钢球

从一斜面上滑下后在水平桌面上做直线运动，现在其运动路线的一侧放一块磁铁，小钢球做曲线运动。下列说法正确的是（）A.钢球的运动轨迹为抛物线B.钢球所受合力为零时也可以做曲线运动C.钢球做曲线运动的条件是所受的合力方向与运动

方向必须垂直D.钢球做曲线运动的条件是所受的合力方向与运动方向不在同一直线上【答案】D【解析】【详解】A．钢球运动的轨迹为曲线，由于磁铁对小钢球的吸引力为变力，所以运动轨迹不是抛物线，A错误；B．钢球所受合力为零时只能

静止或匀速直线运动，钢球所受合力为零时不可能做曲线运动，B错误；CD．钢球做曲线运动的条件是所受的合力方向与运动方向不在同一直线上，C错误，D正确。故选D。2.质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行

于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2时（如图所示），下列判断正确的是（）A.P的速率为vB.P的速率为2cosvC.绳的拉力大于1sinmgD.绳的拉力小于2sinmg【答案】C【解析】【详解】AB

．将小车的速度在沿细绳和垂直细绳两个方向分解，则沿绳方向的分量大小为2cosvv=∥所以P的速率为2cosPvvv==∥故AB错误；CD．由于θ2不断减小，所以vP不断增大，根据牛顿第二定律可知P所受合外力沿斜面向上，则绳的拉力大于1sinmg

，故C正确，D错误。故选C。3.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列

判断正确的是（）A乙船先到达对岸B.若仅是河水流速v0增大，则乙船的渡河时间变长C.不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点D.若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两

船之间的距离仍然为L【答案】D【解析】【详解】A．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，根据分运动和合运动具有等时性可知，甲乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间.sindtv=故A错误；B．若仅是河水流速v0增大，渡河的时间sindtv=则乙船的渡河时间不变，故

B错误；C．只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L，故D正确。故选D

。4.如图所示，距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为T，三个物体分别落在水平地面上的A、B、C三点，若12、==ABlBCl，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.三个物体在空中

运动的时间关系为ttt甲乙丙B.飞机的加速度为212llT−C.物体乙刚离开飞机时飞机的速度为22lTD.三个物体在空中运动时总在一条竖直线上【答案】B【解析】【详解】A．物体甲在空中做平抛运动，在竖直方向上有212hgt=解得2htg=甲

、乙、丙三个物体在空中用时相等，选项A错误；B．12、==ABlBCl，由Δx＝aT2可得a＝212llT−选项B正确；C．物体乙刚离开飞机时，飞机的速度为v，等于a、c之间的平均速度，则122llvT+=选项C错误；D．三个物体在空中运动时，虽然水平速

度相同，但飞机在加速，后抛出的物体在T时间内的水平位移大于先抛出的物体，后抛出的物体在先抛出的物体的前方，所以三个物体在空中运动时并不在一条竖直线上，选项D错误。故选B。5.竖直平面内有一正方形ABCD，在A点以02v向右平抛一个小球恰好垂直通过正方形对角线BD上E点；在AD上F点（未

标出）以0v向右平抛一个小球，小球垂直通过正方形的对角线BD上的G点。则下列说法正确的（）A.F点一定在AD的中点B.从A点到E点所用时间与从F点到G点所用时间之比为4：1C.AE两点的竖直距离与FG两点的竖直距

离之比为2：1D.AE两点的水平距离与FG两点的水平距离之比为4：1【答案】D【解析】【详解】B．在A点以02v向右平抛一个小球恰好垂直通过正方形对角线BD上E点，则有10tan452gtv=解得0

12vtg=在AD上F点以0v向右平抛一个小球，小球垂直通过正方形的对角线BD上的G点，则有20tan45gtv=解得02vtg=从A点到E点所用时间与从F点到G点所用时间之比为1221tt=故B错误；C．AE两点的竖直距离为2201212vA

Mgtg==FG两点的竖直距离为2202122vFNgtg==则有41AMFN=故C错误；D．AE两点的水平距离为200142vMEvtg==FG两点的水平距离为2000vNGvtg==则有41MENG=故D正确；A．根据

平抛运动的物体，在任意一点速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，可知tantanAEMFGN=可知AEMFGN=则AE平行FG，可知三角形AME与三角形FNG相似，可知41AEFG=由图可知，三角形ADE与三角形FDG相似，则有41ADFD=31AFF

D=故A错误。故选D。6.有一个质量为m的小木块，由碗边滑向碗底，碗内表面是半径为R的球面，由于摩擦力的作用，木块运动的速率不变，则（）A.它的加速度为零B.它所受合力为零C.它所受摩擦力不变D.它的加速度大小恒定【答案】D【解析】【详解】AB．木块

下滑过程速率保持不变，做匀速圆周运动，加速度不等于零，合外力不等于零，选项AB错误；C．木块由碗边滑向碗底，所受摩擦力与运动方向相反，而木块的运动方向时刻变化，则摩擦力方向时刻变化，选项C错误；D．木块所受合外力提供向心力，合外力的大小不变，向心加速度

大小不变，但方向指向圆心，选项D正确。故选D。7.如图所示是自行车传动结构的示意图，其中A是半径为1r的大齿轮，B是半径为2r的小齿轮，C是半径为3r的后轮，假设脚踏板的转速为n（r/s），则自行车前进的速度为（）A.132nrrrB.231nrrrC.132

2nrrrD.2312nrrr【答案】C【解析】【详解】自行车前进的速度等于车轮C边缘上的线速度的大小，轮A和轮B边缘上的线速度大小相等，据vr=，可知1122rr=已知12n=，则轮B的角速度1212rr=因为轮B和

轮C共轴，则23=根据vr=，可知133322nrrvrr==故选C。8.一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为:通过A点和

曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成角的方向以速度0v抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是（）A20vgB.2

20sinvgC.220cosvgD.220cossinvg【答案】C【解析】【详解】物体做斜抛运动，可将运动分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，轨迹如图当竖直方向速度减为零时，物体到达最高点，则最高点速度为0cosvv=

物体做斜抛运动轨迹如图，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体由重力提供向心力，由牛顿第二定律有2vmgm=解得.的220cosvg=故C正确，ABD错误。故选C。9.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、

B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（）A.B的飞行时间比A的长B.两物体在最高点时速度相同C.B在最高点的速度比A在最高点的大D.B在落地时的速度比A在落地时的大【答案】CD【解析】【详解】

A．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由2htg=知下落时间相等，则两球运动的时间相等。故A错误。BC．根据对称性性可知从抛出到落地的时间相同，达到最高点的速度等于水平方向的速度，根据x=vxt可

知B在最高点的速度比A在最高点的大。故B错误C正确。D．根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大。故D正确。故选CD。10.如图，置于竖直面内半径为r的光滑金属圆环，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于

圆环最高点，另一端系小球，当圆环以角速度()0绕圆环竖直直径转动时（）A.细绳对小球的拉力可能为零B.细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等C.金属圆环对小球的作用力可能为零D.当2gr=时，金属圆环对小球

作用力为零【答案】CD【解析】【详解】以小球为研究对象，可能受到重力、支持力和细绳拉力作用，受力情况如图所示A．如果细绳对小球的拉力为零，则小球受到的重力与支持力的合力不可能提供向心力，故A错误；B．细绳

和金属圆环对小球的作用力大小如果相等，二者在水平方向的合力为零，则向心力为零，故B错误；C．如果金属圆环对小球的作用力为零，则F的竖直分力和重力平衡，则有Fcos60°=mgF的水平分力提供向心力Fsin60°=mω2R即能够满足条件，故C正确

；D．将拉力F和支持力N进行正交分解，如上图所示，根据平衡条件可得，竖直方向Fcos60°Ncos60°=mg水平方向Fsin60°-Nsin60°=mRω2其中半径为3sin602RrR==联立解得212Nmgmr=−当2gr=时，代入可得22102g

Nmgmrr=−=所以此时金属圆环对小球的作用力为零，故D正确。故选CD。11.如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，质量为m的工件（质点）离开甲前与甲的

速度相同，并平稳地传送到乙上，乙的宽度为d，速度也为0v，若工件与传送带乙间的动摩擦因数为μ，重力加速度取g，则（）A.在地面参考系中，工件做类平抛运动B.在地面参考系中，工件在乙上滑动时的最小速度为22v0C.工件在乙上滑动时，受到

乙的摩擦力方向不变D.为保证工件不滑落，要求2022vdg【答案】BCD【解析】【详解】A．因为工件平稳地传送到乙上，在乙上，沿乙的速度方向上匀加速，而与速度垂直方向上匀减速，故合运动不是类平抛运动，故A错误；C．当滑上乙时，沿乙速度方向摩擦力与沿垂直乙速度反向摩擦力122cos

452ffmgmg===所以两方向加速度大小相同，设为a，沿乙速度方向相对乙的速度0vvat=−与乙速度垂直方向相对乙的速度0'vvvat==−则合速度方向与合外力方向在同一直线上，故工件在乙上

滑动时，受到乙的摩擦力方向不变，故C正确；B．相对地面来说，物块速度与合力夹角为135°，所以当沿合力方向速度为零时，速度最小，为min002sin452vvv==故B正确；D．为保证工件不滑落，要求02022012222vvdfgmva==故D正确。故选BC

D。12.如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆，圆心1O为(,0)R，半径1OA与x轴正半轴的夹角为θ。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.从O点以速度0v将一小球向x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周B.从O点下方某点以速度0v将一小球向x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周C.从

(),02R处将小球以某速度向x轴正方向抛出，小球可能垂直击中圆周上A点，且3=D.从3(0,)4R处将小球以某速度向x轴正方向抛出，小球有可能垂直击中圆周上A点，且3=【答案】CD【解析】【详解】AB．根据

平抛运动规律，物体速度的反向延长线过水平位移的中点，故从O点以及O点下方某处平抛不可能垂直击中圆周。故AB错误；C．x轴上的P点(),02R与A点的水平位移为1PA，如下图所示1O为1PA的中点，从P点将小球以某一速度向x轴正方向抛出，小球有可能垂

直击中圆周上A点。此时111cos2OAR==则3=故C正确；D．若抛出点在原点以上3(0,)4R，可能垂直击中圆周上的A点，如图所示，由几何关系得速度与水平夹角的正切值是位移夹角正切值的2倍。设A点坐标为(,)xRy+−，则342yRyxxR+=+，222xyR+=解得2Rx=，3

2Ry=解得3=故D正确。故选CD。二、实验题（每空2分，共8分）13.如图，让小球从斜槽滚下，用描点的方法画出小球平抛的轨迹，回答问题：（1）斜槽安装：实验中必须调整斜槽末端。（2）方木板固定：方木板必须处于平面内，固定时要用重锤线检查坐标纸竖线是否竖直；小球每次必须从斜槽上

同一位置由静止滚下，小球开始滚下的位置高度要适中，以使小球平抛运动的轨迹由坐标纸的左上角一直到达右下角为宜；（3）某同学用根据实验结果在坐标纸上描出了小钢球水平抛出后的后半部分运动轨迹如图乙所示，已知重力加速度为g。①在轨迹上取A、

B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和2y，则12yy13（选填“>”、“=”或者“<”）。②小钢球平抛运动的初速度0v=m/s。（用x、1y、2y、g表示）【答案】①.水平②.竖直③.>④.21gx

yy−【解析】【详解】（1）[1]为了确保小球飞出后初速度方向水平，则实验中必须调整斜槽末端水平。（2）[2]小球平抛运动的轨迹在竖直平面内，为了减小实验误差，方木板必须处于竖直平面内。（3）①[3]小球水平方向做匀速直线运动，由于AB和BC

水平间距相等，表明相邻点迹之间的时间间隔相等，则有0xvT=平抛运动竖直方向为自由落体运动，在竖直方向上根据平均速度公式有1AByvT=，2BCyvT=由于平均速度等于该过程的中间时刻的瞬时速度，则有的BCABvvgT

=+又由于，A点不是抛出始点，根据题意可知22ABAyTTvvgg=+则有1211ABygTyv=+结合上述等式解得1213yy②[4]根据0xvT=，221yygT−=解得021gxyvy=−三、计算题（每题11分，共44分）14.小球在斜面上

的某点以水平速度v0，飞行一段时间后落在斜面上，斜面的倾角为θ，不计空气阻力，当地重力加速度为g，求：（1）小球经多长时间离开斜面最远？（2）小球离开斜面最远距离是多少？【答案】（1）0tanvg；

（2）()20sin2cosvg【解析】【详解】（1）将小球的运动分解为沿斜面方向与垂直于斜面方向，则沿斜面方向做初速度为0cosv，加速度为sing的匀加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为0sinv，加速度为cosg的

双向匀变速直线运动，则小球离开斜面最远时，垂直于斜面的分速度减为0，则有0sincosvgt=解得0tanvtg=（2）根据上述，可知()20maxsin2cosvgh=解得()20maxsin2cosvhg

=15.如图所示，在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上，离轴心r=20cm处放置一小物块，其质量为m=2kg，物块与圆盘间的动摩擦因数μ=0.5。当圆盘转动的角速度ω=2rad/s时，物块随圆盘一起转动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)物块的线速

度大小；(2)物块的向心加速度大小；(3)欲使物块与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过多大？【答案】（1）0.4m/s（2）0.8m/s2（3）5rad/s【解析】【分析】【详解】（1）当2/srad=时，滑块的线速度0.4m/svr==（2）当2/srad

=时，滑块的向心加速度220.8m/sar==（3）当物块刚要发生滑动时最大静摩擦力充当向心力，设此时圆盘转动的角速度为0由牛顿第二定律得20fmgmr==解得05rad/s=故圆盘转动角速度不能超过5rad/

s。16.如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为08m/sv=，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，（坐标格为正方形，g取1

0m/s2）求：（1）小球在M点的速度1v；（2）小球落回到x轴的位置为N点（图中未标出），则到达N点的速度2v的大小为多少？（可用根号表示）【答案】（1）12m/s，沿x轴正方向；（2）810m/s【解析】【详解】（1

）设正方形的边长为0s。小球竖直方向做竖直上抛运动01vgt=，00122vst=水平方向做匀加速直线运动10132vst=解得112m/sv=方向为沿x轴正方向。（2）到N点时竖直分速度大小为08m/sv=

水平分速度1224m/sxNvatv===水平的故2220810m/sxvvv=+=17.如图甲所示，长为L=3m的传送带以速v0=6m/s顺时针匀速转动，其左端A点与一个四分之一光滑圆轨道连接，轨道半径R=0.8m；右端B与一个倾角为30°的

斜面连接，B点到地面的高度为H=1.8m。小滑块从光滑圆轨道高h处静止释放，到达A点时的速率v与下落高度h的关系如图乙所示。已知小滑块质量为m=2kg，与传送带之间的动摩擦因数为0.3=，重力加速度g取10m/s2，求：（1）若滑块从h=0.5m处静止释放，则物块到达

A点时对轨道的压力；（2）若物块从B点水平飞出后恰好到达斜面底端C点，则滑块从B点飞出的速度多大？（3）滑块从不同高度h静止释放时，滑块在空中做平抛运动的时间。【答案】（1）45N，方向竖直向下；（2）m/s33Bv=

；（3）0.45mh，t=0.6s；0.45mh，6054s15ht+=【解析】【分析】【详解】（1）由图，可知h=0.5m时，物块到达A点的速度为10m/sAv=设在A点，滑块受到支持力为F，则有2AvFmgmR−=代入数据得F=45N由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大

小为45N，方向竖直向下。（2）设初速度为vB，运动时间为tB，由平抛规律，得竖直方向212BHgt=水平方向tan30BBHvt=代入数据得33m/sBv=（3）设滑块在A点速度为v0时，到B点速度刚好为33m/sB

v=，此时初始高度为h0，在传送带上，由牛顿第二定律得μmg=ma从A到B，有2202BvvaL−=得v0=3m/s由图乙得20020vh=高度为h0=0.45m物块从h=R=0.8m处释放，易知到达A点的速度为v=4m/s>v0。讨论：①若0.45m<h<R=0.8

m，物块从B点飞出后会落在水平面上。可得滑块在空中平抛运动的时间为t=0.6s②若00.45mhh=，物块从B点飞出后会落在斜面上，设物块到达B点速度为v′，则有v′2-v2=2aL且212tan30gtvt=联立解得6054s1

5ht+=