2023红河哈尼族彝族自治州一中高一下学期3月月考试题物理PDF版含解析

参考答案

1．C

【详解】A．物体做曲线运动的条件是加速度与速度方向不在同一条直线上，加速度大小和方向不一定变化，比如平抛运动，加速度恒定不变，故A错误；

B．匀速圆周运动的物体所受的合力一定指向圆心，加速度也指向圆心，方向一直变化，故B错误；

C．当物体所受合力与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，当合力与速度方向在同一直线上时，物体做直线运动，故物体所受合力方向与运动方向相同时，该物体一定做直线运动，故C正确；

D．物体运动的速度在增加，所受合力方向与运动方向不一定相同，可能所受合力方向与运动方向成锐角，故D错误。

故选C。

2.B

【详解】A．如图所示，以A为研究对象，对其进行速度分析可得

图中v为A的合速度，vb等于B的速度，由几何关系可得

vb=vcosθ

故A正确；

B．A匀速上升，θ增大，vb减小，B的加速度向上，B处于超重状态，故B错误；

C．重物B下降过程，B处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C正确；

D．A运动到位置N时，θ=90°，B的速度为vb=0，故D正确。

故选B。

3.B

【详解】①由于惯性炸弹和飞机水平方向具有相同速度，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，①正确；②早投放的炸弹早落地，因此炸弹不会落在同一点，②错误；③由于水平方向速度相同，下落高度相同，因此这些炸弹落地速度大小方向都相同，③正确；④因为竖直方向上相同时刻速度不同，空中相邻的炸弹之间的距离随着时间均匀增大，④错误。

故选B。

4．C

【详解】A．抛体运动的水平分速度保持不变，篮球运动到最高点时速度为，故A错误；

B．篮球在空中运动过程，只受重力作用，篮球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向，上升阶段做竖直上抛运动，下降阶段做自由落体运动，故B错误；

C．由

可知，在任意相等时间内速度的变化量相同，故C正确；

D．由于投球点和篮筐正好在同一水平面上，由对称性可知，上升阶段所用的时间等于下降阶段所用时间，故D错误。

故选C。

5.B

【详解】小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大。此时有

代入数据解得

恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有

代入数据解得

故v的取值范围是

故选B。

6.C

【详解】AB．小球做平抛运动，根据，可知A小球下落的高度为B小球下落高度的一半，对A小球

对B小球

解得

AB错误；

D．小球落到斜面上，末速度的反向延长线必过水平位移中点，所以初速度与末速度的夹角满足

假设斜面倾角为，则

斜面倾角不变，所以小球落到斜面瞬间的偏转角不变，根据几何关系可知小球落到斜面瞬间，末速度与斜面的夹角等于与之差，所以，D错误；

C．当速度方向与斜面平行时，B小球距离斜面最远，此时分解速度得

解得

落到斜面底端时

解得

可知B小球运动总时间一半时，距离斜面最远，B小球水平方向做匀速直线运动，所以B小球此时正在A点的正上方，C正确。

故选C。

7.B

【详解】A．当小明通过最高点时，小明依然受到重力作用，A错误；

B．小明做匀速圆周运动的周期

B正确；

C．小明做圆周运动所需的向心力大小为

F向=mω2r=k2mg<mg

故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完全失重状态，C错误；

D．当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有

F-mg=mω2r

解得

F=(1+k2）mg

根据牛顿第三定律可知，此时小明对座舱座垫的压力大小为（1+k2）mg，D错误。

故选B。

8．B

【详解】A．弹簧处于水平静止状态，则A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，A错误；

B．对A受力分析可知

mAg＝Ftan 60°

对B受力分析可知

mBg＝Ftan 45°

故

B正确；

C．细线对A的拉力

FTA＝

细线对B的拉力

FTB＝

故

C错误；

D．剪断细线前，弹簧弹力

F＝mBg

剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故A的加速度

B的加速度为

故A、B加速度之比为∶3，D错误；

故选B。

9.．BC

【详解】AD．依题意，设河岸宽为，船在静水中的速度为，水流速度为，当船头垂直指向河对岸行驶时，根据分运动与合运动的等时性和独立性，可得船渡河时间为

则水速为

因为

所以，根据矢量合成法则，可知当船头垂直对岸偏向上游角度为

时，可使小船垂直到达河对岸，故AD错误；

B．若小船垂直到达河对岸，根据矢量合成法则得船的合速度大小为

此时小河的渡河时间为

故B正确；

C．当船头垂直对岸时，小船的渡河时间最短，为

故C正确；

故选BC。

10.AD

【详解】A．B、C两点同轴转动，角速度相同，则根据

可知，B、C两点的线速度之比等于小齿轮与后轮的半径之比，即为1∶4，故A正确；

B．A、B两点在同一根链条上，线速度大小相等，则根据

可知，A、B两点的周期之比等于大齿轮与小齿轮的半径之比，即为2∶1，故B错误；

C．由于A、B两点的周期之比为2∶1，则根据

可知，A、B两点的角速度之比为1∶2，又由于B、C两点的角速度相同，则A、C两点的角速度之比为1∶2，故C错误；

D．A、C两点的角速度之比为1∶2，而A、C两点的半径之比等于大齿轮与后轮的半径之比，即为1∶2，则根据

可知，A、C两点的向心加速度之比为1∶8，故D正确。

故选AD。

11.AD

【详解】AB．筒壁对小物块的弹力提供小物块做圆周运动的向心力，有

在竖直方向上，小物块的重力与筒壁对小物块的摩擦力平衡，有

联立解得

所以圆筒转动的角速度至少为，故A正确，B错误；CD．逐渐增大圆筒的转速，即角速度增大，筒壁对小物块的弹力增大，最大静摩擦力增大，但是物块所受摩擦力始终与重力平衡，所以摩擦力保持不变，故C错误，D正确。

故选AD。

12.BC

【详解】A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg，故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；

BC．设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有

F′-2μmg=2ma′

对A、B整体，有

F′-μmg＝3ma′

联立解得

F′=3μmg

故当

μmg＜F≤3μmg时

A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；

当时，代入上式求得A的加速度为

当F＞3μmg时，由前面分析可知A将相对于B滑动，故BC正确；

D．对B来说，由牛顿第二定律可得，其所受合力的最大值有

Fm=2μmg-μmg=μmg=ma

即B的加速度不会超过μg，故D错误。

故选BC。

13．     1:2     1:4     当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度的平方成正比关系。

【详解】（1）[1]左、右塔轮边缘的线速度相等，则根据

可得

A、C两处的角速度之比为1:2；

（2）[2]根据图中标尺上黑白相间的等分格显示可知，则A、C两处钢球所受向心力大小之比约为1:4 ；

（3）[3]由此实验，得到的结论是：当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度的平方成正比关系。

14. 平抛运动在竖直方向上是自由落体运动    

 球1落到光滑水平板上并击中球2    

平抛运动在水平方向上是匀速直线运动 

2m/s      2.5m/s       （，）

【详解】（1）[1][2][3]题图甲中A、B两球同时落地，则B球的平抛运动在竖直方向的分运动与A球的运动相同，而A做自由落体运动，故可说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；题图乙中球1与球2恰好在平板上相碰，说明球1在水平方向做匀速直线运动，故可说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动；

（2）小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运功，在竖直方向，根据匀变速直线运功的推论可得

代入数据，解得

所以水平方向的速度大小为

小球经过b点时竖直方向的速度大小为

所以小球经过b点时的速度大小为

[4]小球运动到b点的时间为

所以小球运动到b点时，竖直方向的位移为

水平方向的位移为

若以a点为坐标原点，则抛出点的坐标为（，）。

15．（1）mgtanθ；（2）；（3）

【详解】（1）对小球体进行受力分析如图所示

则小球所受向心力F的大小为

（3分）

（2）根据向心力表达式有

（2分）

解得

（1分）

（3）根据线速度与周期的关系

（2分）

解得

（1分）

16.（1）（2）

【详解】（1）当绳子恰好断开后，小球做平抛运动，故

（2分）

小球恰好无碰撞的落在光滑的斜面上，故速度的偏向角为

（2分）

联立解得

（2分）

（2）当小球运动到最低点时，有

（3分）

解得

（1分）

17．（1）4.8m；（2）10m/s，方向与水平方向夹角为37°；（3）4m

【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，下落时间

（1分）

水平位移BC的长度为

（2分）

（2）物体运动到C点时，竖直方向的速度

（1分）

物块到C点时速度大小为

（1分）

与水平方向的夹角

（1分）

夹角是37°。

（3）已知，物块刚滑到传送带时，物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可知

（1分）

达到传送带速度所需时间为

（1分）

通过的位移为

（1分）

划痕等于

（1分）

则达到相同速度后，由于，故物块继续向上微减速运动，根据牛顿第二定律可得

（2分）

当到达F点时，速度给好为，则

（1分）

划痕长度

（1分）

因为

（1分）

划痕重叠的部分为l.25m，所以物块在传送带上运动时会留下的划痕长度4m。