【文档说明】安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一下学期第一次月考物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.074 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省合肥一中2022-2023学年高一下学期第一次月考物理试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。一、选择题：本题共10小题，共46分

。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧

的路面低一些．汽车的运动可看作半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，如图所示。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）AgRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdh【答案】B【解析】【详

解】设路面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝m2vR又由数学知识可知tanθ＝hd联立解得v＝gRhd.故选B。2.如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L，假设跳远运动员落入沙

坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有（）A.tanα=2B.tanα=1C.tanα=12D.tanα=14【答案】B【解析】【分析】【详解】运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根

据对称性，可知平抛运动的水平位移为2L，则有212Lgt=解得2Ltg=运动员通过最高点时速度为22LvgLt==则有tan1gtv==ACD错误，B正确。故选B。3.转篮球是一项难度较高的技巧，其中包

含了许多物理知识．如图所示，假设某转篮球的高手能让篮球在他的手指上（手指刚好在篮球的正下方）匀速转动，下列有关描述该高手转篮球的物理知识正确的是（）的A.篮球上各点做圆周运动的圆心在手指上B.篮球上各点的向心加速度是由手指提供的C.篮球上各点做圆周运动的角速度相等D.篮球上各点

离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大【答案】C【解析】【详解】A．篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，圆心均在转轴上，A错误；B．篮球上各点的向心力是由其他各质点对其作用力和自己所受的合力来提供，所以篮球上各点的

向心加速度是由其他各质点对其作用力和自己所受的合力产生的，B错误；C．篮球上的各点绕同一转轴做圆周运动，所以篮球上各点做圆周运动的角速度相等，C正确；D．由于各点转动的角速度相同，根据公式2ar=可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动向心加速度越小，D错误。故

选C。4.水平光滑直轨道ab与半径为R=0.4m的竖直半圆形光滑轨道bc相切，质量0.2kg的小球以某速度沿直线轨道向右运动，如图所示。小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，重力加速度g取10m/s2，则（）A

.小球到达c点的速度为0B.小球落到d点时的速度为4m/sC.小球在直轨道上的落点d与b点距离为0.8m的D.小球从c点落到d点所需时间为0.2s【答案】C【解析】【分析】【详解】小球进入圆形轨道后刚好

能通过c点，有2=vmgmR从c点到d点小球做平抛运动，有2122Rgt=，ygt=v，xvt=，22tyvvv=+解得2m/sv=，0.4st=，0.8mx=，25m/stv=故选C。5.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转

台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β.．则A.A的质量一定小于B的质量B.A、B受到的摩擦力可能同时为零C.若A不

受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力D.若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大【答案】D【解析】【分析】A物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，结合角速度的大小建立等式；分

析此时B物体摩擦力的方向，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．【详解】当B摩擦力恰为零时，受力分析如图根据牛顿第二定律得：2tansinBmgmR=解得：=cosBgR同理可得：cosAgR=物块转动角速度与物块的质量无关

，所以无关判断质量的大小由于，所以AB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为AB，所以B物块的向心力大于不摩擦力为零时的角速度，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力；如果转台

角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力增大．故选D．【点睛】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．6.

如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v0，此时离平台的高度为h。棋子质量为m，空气阻力不计，重力加速度为g。则此跳跃过程（）A.所用

时间2htg=B.水平位移大小022hxvg=C.初速度的竖直分量大小为2ghD.初速度大小为20vgh+【答案】B【解析】【详解】A．竖直方向由212hgt=可得2htg=，该斜抛运动等效为两个完全相同的平抛运动，时间是2倍，故A错误；B．水平

位移00222hvtxvg==故B正确；C．初速度的竖直分量大小为2yvgtgh==故C错误；D．根据速度的合成得，初速度大小为202vvgh=+故D错误。故选B。7.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m的球A和质量为2m的球B，光滑水平转轴过杆上距球A为L的O点。外界给系统一

定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A运动到最高点时，杆对球A恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球A在最高点时（）A.球A的速度为零B.球B的速度为5gLC.杆对B球的作用力大小为4mgD.水平转轴对杆的作用力大小为6mg【答案】D【解析】【详解】A．球A运动到最高点时

，杆对球A恰好无作用力，对A分析，则2AvmgmL=解得AvgL=故A错误；B．由A、B转动的角速度相同，由vr=可得BA22vvgL==故B错误；C．对B分析2B222vFmgmL−=解得6Fmg=故C错误；D．由于球A与杆之间没有作用力，

球B受到杆向上的作用力为6mg，所以水平转轴对杆的作用力方向向上，大小为6mg，故D正确。故选D。8.图示为自行车的传动装置示意图，A、B、C分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的一点，则在此传动装置中A.B，C两点的线速度相同B.A，B两点的线速度

相同C.A，B两点的角速度与对应的半径成正比D.B，C两点的线速度与对应的半径成正比【答案】BD【解析】【详解】AD.B、C为同轴转动模型，所以B、C具有相同的角速度，而vr=，B、C转动半径不同，

所以线速度不同，但与半径成正比，A错误D正确BC.A、B两点为皮带传动边缘点，所以具有相同线速度：vr=，所以A、B两点角速度与半径成反比，B正确C错误9.如图所示为一种齿轮传动装置，忽略齿轮啮合部分的厚度，甲、乙两个轮子的半径之比为1

∶3，则在传动的过程中（）A.甲、乙两轮的角速度之比为3∶1B.甲、乙两轮的周期之比为3∶1C.甲、乙两轮边缘处的线速度之比为3∶1D.甲、乙两轮边缘上的点相等时间内转过的弧长之比为1∶1【答案】AD【解析】【分析】【详解】C．这种齿轮传动，与不打滑的皮带传

动规律相同，即两轮边缘的线速度大小相等，即线速度之比为1∶1，C错误；D．根据线速度的定义svt=可知，弧长svt=即弧长之比为1∶1，D正确；A．根据vr=甲、乙两个轮子的半径之比1∶3，故甲、乙两轮的角速度之比12:3:1=A正确；

B．周期2T=所以甲、乙两轮的周期之比12:1:3TT=B错误。故选AD。10.如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直

杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（）A.小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB.小环到达B处时，重物上升的高度也为dC.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于2D.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22【答案】C【解析

】【详解】A．对小环的加速度进行分析，如图所示设重物的加速度为a，则有2vaaL=−由于释放时是从水平A处，则有20vaaL==−由于v=0，则有0a=，故绳子的拉力T=2mg，A错误；B．小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短

的长度，即2hdd=−B错误；；B．小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即2hdd=−B错误；CD．根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有cosBvv=重即12cosBvv==重D错误，C正确。故

选C二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.如图所示，一质量为m=0.5kg的小球，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10m/s2，求：(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速

度至少为多大？(2)当小球在最高点的速度为4m/s时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的速度不能超过多大？【答案】(1)2m/s；(2)15N；(3)42m/s【解析】【详解】(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得

21vmgFmR+=由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，亦即F1≥0联立得v≥gR代入数值得v≥2m/s所以小球要做完整圆周运动，在最高点的速度至少为2m/s。。的(2)将v2＝4m/s代入21vmgFmR+=得F2＝15N(3)由

分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得233vFmgmR−=将F3＝45N代入得v3＝42m/s即小球的速度不能超过42m/s。12.如图所示，一条小船位于200dm=宽的河正中A点处，从这里

向下游1003m处有一危险区，当时水流速度为14/Vms=，()1若小船在静水中速度为25/Vms=，小船到岸的最短时间是多少？()2若小船在静水中速度为25/Vms=，小船以最短的位移到岸，小船船头与河岸夹角及所用时间？()3为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小

船在静水中的速度至少是？【答案】(1)20s；(2)33.3s；(3)2m/s【解析】【详解】（1）当船头与河岸垂直时，时间最短，11202dtsv==（2）设船头与河岸的夹角为θ，渡河时间为t2，合成图如图：可知，12cosvv=；θ=3702222110033.332d

tssvv===−（3）设小船避开危险区合速度与水流方向的夹角为α，则3tan23dx==α=300当船头分运动与合运动垂直时，取得最小值．如图所示：最小速度2min1sin2/vvms==13.如图所示，水平光滑桌面上A、B两球质量分别为m1、m2，用一劲

度系数为k的轻弹簧相连，一长为L1的水平细线一端与A相连，另一端拴在竖直轴OO′上。当A与B均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为L2，求：（1）弹簧伸长量；（2）细线上的弹力大小；（3）将细线突然烧断瞬间，A、B两球的加速度大小。【答案

】（1）2212()mLLk+；（2）(m1L1m2L1m2L2)ω2；（3）22121()mLLm+，ω2(L1L2)【解析】【详解】（1）由题意可知，B球受到的弹簧弹力充当B球做圆周运动的向心力，设弹簧伸长量L，满

足2212()kLmLL+＝解得弹簧伸长量为2212()mLLLk+=（2）对A球分析，绳的弹力和弹簧弹力的合力充当A球做匀速圆周运动的向心力，满足211FkLmL−=联立解得绳子的弹力大小为()22221211112122()FmLLmLmLmLmL=++=++（3）绳子烧

断的瞬间，A、B两球都由弹簧的弹力作为合外力，对A、B据牛顿第二定律分别可得11kLma=22kLma=解得A、B的加速度大小分别为221211()mLLam+=，2212()aLL=+14.如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v＝3

m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．g＝10

m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：（人和车可视为质点）(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s；(2)从平台飞出到达A点时的速度及圆弧对应圆心角θ；(3)人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力．【答案】(1)s=1.2m

；(2)106=；(3)5580N【解析】【详解】(1)车做的是平抛运动，据平抛运动的规律可得，竖直方向上有：H＝212gt水平方向上有：s＝vt解得：s＝220.83m1.2m10Hvg==(2)摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度为：vy＝gt＝4m/s到达A点时速

度为：225m/sAyvvv=+=设摩托车落地至A点时速度方向与水平方向的夹角为α，则有tanα＝43yvv=即有：α＝53°所以有：θ＝2α＝106°(3)对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，所以有：NA－mgcosα＝2Avm

R代入数据解得：NA＝5580N．15.如图所示为改装的探究圆周运动的向心加速度的实验装置．有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另端连接

一个小球．实验操作如下：①利用天平测量小球的质量m,记录当地的重力加速度g的大小；②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度

h；③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；④切断电源，整理器材．请回答下列问题：(1)下列说法正确的是．A.小球运动的周期为tnB.小球运动的线速度大小为2(1)nRt−C.小球运动的向心力大小为mgRhD.若电动机转速

增加，激光笔1、2应分别左移、升高(2)若已测出R=40.00cm、r=4.00cm,h=90.00cm,t=100.00s,n=51,取3.14,则小球做圆周运动的周期T=s,记录的当地重力加速度大小应为g=m/s2．(计算结果均保留3位有效数字）【答案】①.BD②.2.00③.9.86【

解析】【详解】(1)[1]．A、从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n−1，时间为t，故周期为：T=1tn−故A错误；B.小球的线速度大小为v=2RT=()21nRt−故B正确；C.小球受重力和拉力，合力提供向心力，设线与竖直方向的夹角为α

，则：Tcosα=mgTsinα=F向故F向=mgtanα=mgRrh−故C错误；D.若电动机的转速增加，则转动半径增加，故激光笔1、2应分别左移、上移，故D正确；故选BD.(2)[2][3]．小球做圆周运动的周期T=1tn−=100.005

11−=2.00s；向心力F向=mgRrh−=224mRT解得g=224()RhRrT−=9.86m/s2点睛：小球做匀速圆周运动，根据线速度的定义求解线速度大小，根据向心力公式求解向心力大小；结合几何关系求解细线与竖直方向的夹角

；小球受重力和拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后联立求解．