2022-2023学年辽宁省沈阳二中高一（下）第一次月考物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳二中高一（下）第一次月考物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于向心加速度，下列说法正确的是( )
A. 向心加速度是描述线速度大小变化快慢的物理量
B. 向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量
C. 向心加速度时刻指向圆心，方向不变
D. 向心加速度是平均加速度，大小可用a=v−v0t来计算
2.如图所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面时的位移最小，则其飞行时间为(不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A. v0gtanθB. v0gtanθC. 2v0gtanθD. 2v0gtanθ
3.如图，倾角θ=30°的斜面体放在水平面上，斜面ABCD为边长为L的正方形，在斜面左上角A点沿AB方向水平抛出一个小球，小球做平抛运动，结果恰好落在斜面体的右下角C点。不计空气阻力，重力加速度为g，则小球水平抛出的初速度大小为( )
A. gL2B. 2gL2C. gLD. 6gL2
4.如图，是生活中的圆周运动实例。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用
B. 图乙中，汽车通过拱桥的最高点时，无论汽车速度多大，汽车对桥始终有压力
C. 图丙中，汽车通过凹形路面的最低点时处于超重状态
D. 图丁中，“水流星”可以在竖直平面内以任意大小的速度做完整的圆周运动
5.水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为( )
A. gt0(csθ1−csθ2)B. gt0tanθ2−tanθ1
C. gt0(tanθ1−tanθ2)D. gt0csθ1−csθ2
6.如图所示，在光滑水平面上，轻弹簧的一端固定在竖直转轴O上，另一端连接质量为m的小球，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L，小球以角速度ω绕竖直转轴做匀速圆周运动(K>mω2)。则小球运动的向心加速度为( )
A. ω2LB. kω2Lk−mω2C. kωLk−mω2D. ω2Lk−mω2
7.如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置使重物M下落，长杆的一端与地面通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，已知杆长为L，在杆的中点C处拴一根轻质细绳，绕过两个定滑轮后挂上重物M。现在杆的另一端用力，使其顺时针由水平位置以角速度ω匀速转动至竖直位置，此过程中下列说法正确的是( )
A. 绳对重物的拉力小于重物的重力B. 重物M匀速下降
C. 重物M的最大速度是12ωLD. 重物M的速度先减小后增大
二、多选题（本题共3小题，共18分）
8.四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)：如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接小球C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同(连接D球的绳较长)，则下列说法正确的是( )
A. 小球A、B角速度相等
B. 小球A、B线速度大小相同
C. 小球C、D加速度大小相同
D. 小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
9.如图所示，用长为L的轻绳(轻绳不可伸长)连接的甲、乙两物块(均可视为质点)，放置在水平圆盘上，圆盘绕过圆心O的轴线转动。甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O的距离也为L，甲物块质量为2m，乙物块的质量为3m。甲、乙与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A. 圆盘转动的最大角速度为 5ug8LB. 圆盘转动的最大角速度为 3μg4L
C. 轻绳最大弹力为34μmgD. 轻绳最大弹力为μmg
10.如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T−v2图像如图乙所示，则( )
A. 轻质绳长为 mba
B. 当地的重力加速度为ma
C. 当v2=c时，轻质绳的拉力大小为acb−a
D. 当v2=2b时，小球受到的弹力与重力相等
三、实验题（本题共2小题，共13分）
11.如图1所示是某种“研究平抛运动”的实验装置。

(1)为减小空气阻力对实验的影响，应选择的小球是______。(填序号)
A.实心小木球
B.空心小木球
C.空心小铁球
D.实心小铁球
(2)当a小球从斜槽末端水平飞出时与b小球离地面的高度均为H，此瞬间电路断开，使电磁铁释放b小球，最终两小球同时落地，改变H大小，重复实验，a、b仍同时落地，该实验结果可表明______。(填序号)
A.两小球落地速度的大小相同
B.两小球在空中运动的时间相等
C.a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同
D.a小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
(3)刘同学做实验时，忘记标记平抛运动的抛出点O，只记录了A、B、C三点，于是就取A点为坐标原点，建立了如图2所示的坐标系，平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。取g=10m/s2，小球抛出点的坐标为______(单位cm)。
12.用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：
(1)在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置，A、C到塔轮中心距离相同，将皮带处于左右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右标出的刻度，此时可研究向心力的大小与______的关系。
(2)在(1)的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出4个格，右边标尺露出1个格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为______；其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左右两标尺示数的比值______。(选填：变大、变小或不变)
四、计算题（本题共3小题，共21分）
13.如图甲所示，从斜面顶端以速度v0将小球水平抛出，小球落地后不再弹起，设其在空中飞行的时间为t。多次实验，测得飞行时间t随抛出时速度v0的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：

(1)斜面体的高度ℎ；
(2)斜面体的倾角θ。
14.如图所示，水平放置的正方形光滑木板abcd，边长为2L，距地面的高度为H=1.8m，木板正中间有一个光滑的小孔O，一根长为2L的细线穿过小孔，两端分别系着两个完全相同的小球A、B，两小球在同一竖直平面内。小球A以角速度ω=2.5rad/s在木板上绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动时，B也在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，O点正好是细线的中点，其中L=2m，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)小球B的角速度；
(2)当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时，剪断细线，两小球落地点之间的距离。
15.如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为m=1kg的A、B两个物块，B物块用长为l=0.25m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为Fm=8N.A、B间的动摩擦因数为μ1=0.4，B与转盘间的动摩擦因数为μ2=0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F.试通过计算在如图2坐标系中作出F−ω2图象。(g=10m/s2)(要求写出必要的计算过程)
(1)求A物块能随转盘做匀速转动的最大角速度；
(2)随着转盘角速度增加，细线中刚好产生张力时转盘的角速度多大？
(3)试通过计算写出传感器读数F能随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在如图2坐标系中作出F−ω2图象。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、加速度是描述速度变化快慢的物理量，向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量，故A错误，B正确；
C、虽然向心加速度时刻指向圆心，但是沿不同的半径指向圆心，所以方向不断变化，故C错误；
D、加速度公式a=v−v0t适用于平均加速度的计算，向心加速度一般是指瞬时加速度，故D错误。
故选：B。
向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题。
解决本题的关键掌握向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，注意向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢。
2.【答案】D
【解析】解：小球到达斜面时的位移最小，即小球的位移垂直于斜面如图所示
根据几何知识和平抛运动规律有
tanθ=xy=v0t12gt2
解得t=2v0gtanθ
故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据平抛运动水平位移和竖直位移的几何关系推导。
本题关键掌握平抛运动位移夹角与斜面角的几何关系。
3.【答案】A
【解析】解：小球从A点开始做平抛运动到C点，则竖直方向有：L=12gt2sinθ
水平方向有：L=v0t
解得：v0= gL2，故A正确，BCD错误．
故选：A。
根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度的大小。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合几何关系，以及运动学公式灵活求解。
4.【答案】C
【解析】解：A，火车转弯时，刚好由重力和支持力的合力提供向心力时，根据牛顿第二定律有：mgtanθ=mv2r，解得v= grtanθ，当v> grtanθ时，重力和支持力的合力小于所需的向心力，则火车做离心运动的趋势，外轨对轮缘会有挤压作用，故A错误；
B.汽车通过拱桥的最高点时，当车的速度比较大时，车可以对桥面没有压力，此时车的重力提供向心力，则mg=mv2r，解得v= gr，即当车的速度大于等于 gr时，车对桥面没有压力，故B错误；
C.汽车通过凹形桥最低点时，具有向上的加速度(向心加速度)，处于超重状态，故C正确；
D.在最高点时，重力充当向心力时，小球速度最小可以为 gl，故D错误。
故选：C。
分析每种模型的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可。
此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，从而根据公式判定运动情况，如果能记住相应的规律，做选择题可以直接用，从而大大的提高做题的速度，所以要求同学们要加强相关知识的记忆。
5.【答案】B
【解析】解：设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为θ1，
则竖直方向上的分速度：vy1=v0tanθ1，
(t+△t)秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，
则竖直方向上的分速度：vy2=v0tanθ2。
根据vy2−vy1=g△t得：v0=g△ttanθ2−tanθ1。
故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
设水平方向上的速度为v0，根据平行四边形定则求出t秒末、(t+△t)秒末竖直方向上的分速度，根据△vy=g△t求出小球的初速度．
解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．
6.【答案】B
【解析】解：设小球做匀速圆周运动时弹簧长度为L1，此时弹簧的伸长量为L1−L
据牛顿第二定律得：F=mω2L1
其中F=k(L1−L)
向心加速度为：a=ω2L1
解得：a=kω2Lk−mω2
故B正确，ACD错误
故选：B。
小球做匀速圆周运动时需要的向心力由弹簧的弹力提供，根据胡克定律和向心力公式列式计算即可求出需要的物理量。
此题将弹力与圆周运动结合在了一起，处理时的关键点时弹簧伸长后的长度是小球做圆周运动的半径。
解答该题也可以结合量纲分析，判断BCD三个选项中的正误。
7.【答案】C
【解析】解：BD、设C点速度方向与绳子沿线的夹角为θ，由题可知C点线速度为
vC=12ωL
该线速度在沿绳子方向上的分速度为
v绳=12ωLcsθ
杆由水平位置转动至竖直位置过程中，θ先减小后增大，因此绳子的速度先增大后减小，重物的速度先增大后减小，故BD错误；
A、由于重物的速度先增大后减小，因此重物的加速度先向下后向上，则绳对重物的拉力先小于重物的重力，后大于重物的重力，故A错误；
D、绳子的速度先增大后减小，当绳子与杆垂直时，绳子的速度取最大值，为vC=12ωL，因此重物M的最大速度为12ωL，故C正确；
故选：C。
根据圆周运动的公式得出C点的线速度，结合运动的合成分解得出绳子方向的分速度，根据角度的关系分析出速度的变化，从而得出加速度的斌哈和物体的超失重状态；
根据几何关系得出重物M的最大速度。
本题主要考查了运动的合成和分解，理解在绳端速度中的分解方向，结合几何关系完成分析。
8.【答案】ACD
【解析】解：AB.对甲图A、B小球分析：设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为ℎ，则mgtanθ=mω2lsinθ
解得ω= glcsθ= gℎ
所以小球A、B的角速度相同，根据v=ωr可知线速度大小不相同，故A正确，B错误；
CD.对乙图CD分析：设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为T，根据牛顿第二定律有mgtanθ=ma，竖直方向有Tcsθ=mg
得a=gtanθ，T=mgcsθ
所以小球C、D向心加速度大小相同，小球CD受到绳的拉力大小也相同，故CD正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律推导角速度分析判断，根据线速度、角速度和半径关系式判断；根据牛顿第二定律和平衡条件推导分析。
本题关键掌握向心力来源分析，根据牛顿第二定律推导相关物理量。
9.【答案】AC
【解析】解：
甲、乙刚准备发生相对滑动时，对甲受力分析，列出向心力方程：
2μmg−T=2mω2L
对乙受力分析列出向心力方程：
T+3μmg=3mω2×2L
两式联立可得：
T=0.75μmg
ω= 5μg8Lrad/s
故AC正确，BD错误；
故选AC。
由于甲、乙始终相对圆盘静止，所以当甲、乙两物体即将发生相对滑动时的角速度为圆盘的最大角速度，此时绳上的弹力为最大值，分别对甲、乙两物体列出向心力方程，求解临界角速度和绳上最大弹力。
本题考查水平圆周运动的临界值问题，学生关键把握好发生相对滑动时两个物体的受力情况，根据受力列出向心力方程求解即可。
10.【答案】ACD
【解析】解：AB.设绳长为R，由牛顿第二定律知，小球在最高点满足：T+mg=mv2R
即T=mRv2−mg
由题图乙知，当v2=0，T=−a，则有a=mg，当v2=b，T=0，则有b=gR
所以g=am，R=mba
故A正确，B错误；
C.当v2=c时，有T+mg=mcR
将g和R的值代入得T=acb−a
故C正确；
D.当v2=2b时，由T+mg=mv2R
可得T=a=mg
故弹力与重力相等，故D正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律推导图像函数表达式结合图像计算；根据牛顿第二定律结合v2数据推导。
本题关键掌握竖直平面内的圆周运动在最高点时的受力情况分析。
11.【答案】D BC (−30cm,−20cm)
【解析】解：(1)为减小空气阻力对实验的影响，应选择的小球是实心小铁球，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)改变H大小，重复实验，a、b始终同时落地，说明两小球在空中运动的时间相等，进一步说明a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
(3)竖直方向由匀变速直线运动的推论可得yBC−yAB=gt2
代入数据可得t=0.2s
则小球的初速度为v0=xt=30×10−20.2m/s=1.5m/s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，小球到B点时的竖直速度为vyB=yAC2t=160×10−22×0.2m/s=4.0m/s
则小球从抛出点运动到B点所用时间为tB=4.010S=0.4s
因此小球从抛出点运动到B点的水平位移为xB=v0tB=1.5×0.4m=0.6m
竖直位移为yB=12gtB2=12×10×0.42m=0.8m
故小球抛出点的横、纵坐标分别为xO=−30cm，yO=−20cm
小球抛出点的坐标为(−30,−20)(单位cm)。
故答案为：(1)D；(2)BC；(3)(−30,−20)。
(1)根据实验原理选择合适的实验器材；
(2)根据实验现象分析出对应的实验结论；
(3)根据平抛运动在不同方向上的运动特点结合运动学公式即可完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动下不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析，难度不大。
12.【答案】角速度 1：2 不变
【解析】解：(1)两球质量m相等、转动半径r相等，塔轮皮带边缘线速度大小相等，由于v=Rω可知，塔轮角速度不同，即小球角速度不同，此时可研究向心力的大小与角速度ω的关系。
(2)左边标尺露出4个格，右边标尺露出1个格，则向心力之比为4：1，由F=mrω2，v=Rω
可知，小球的角速度之比为2：1，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为1：2。
由上一步的分析可知，其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左右两标尺示数的比值不变。
故答案为：(1)角速度；(2)1：2，不变。
(1)该实验采用控制变量法，在研究向心力的大小F与质量m的关系时，控制角速度ω和半径r不变，在研究向心力的大小F与角速度ω的关系时，控制质量不变、半径不变；
(2)根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
13.【答案】解：(1)小球做平抛运动，根据图乙可知小球从抛出到水平面的时间t=0.4s
则ℎ=12gt2=12×10×0.42m=0.8m
(2)由图乙知，当v0=2m/s时，小球恰好落在斜面底端，小球平抛运动的水平位移为x=v0t=2×0.4m=0.8m
则tanθ=ℎx=，得θ=45°
答：(1)斜面体的高度ℎ为0.8m；
(2)斜面体的倾角θ为45°。
【解析】(1)小球做平抛运动，飞行时间由下落的高度决定，根据图乙读出小球从抛出到水平面的时间，从而求得斜面体的高度ℎ；
(2)根据x=v0t求出水平位移，再求斜面体的倾角θ。
本题考查平抛运动，要知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。
14.【答案】解：(1)此时A运动轨迹的半径为L，设BO线与竖直方向夹角为θ，B运动轨迹的半径为L2=Lsinθ，线的张力为F，则对A受力分析有
F=mω2L
对B受力分析有
Fsinθ=mωB2Lsinθ
Fcsθ=mg
解得：csθ=0.8，ωB=2.5rad/s
(2)当剪断细线后，A先匀速运动L，然后做平抛运动；B做平抛运动，A做圆周运动的线速度为
vA=ωL
B做圆周运动的线速度为
vB=ωBLsinθ
做平抛运动过程中A的水平位移为
xA=vA 2Hg
做平抛运动过程中B的水平位移为
xB=vB 2(H−Lcsθ)g
两小球A、B运动轨迹的俯视图如图所示

可知A、B落地点间距
x= (L−Lsinθ)2+(L+xA−xB)2
联立解得：x=2 5m
答：(1)小球B的角速度为2.5rad/s；
(2)当小球A、B的速度方向均平行于木板ad边时，剪断细线，两小球落地点之间的距离为2 5m。
【解析】(1)分别对A和对B进行受力分析，根据牛顿第二定律联立等式得出小球B的角速度；
(2)根据平抛运动的特点，结合圆周运动的公式，再根据勾股定理得出两小球落地之间的距离。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的特点，结合圆周运动的计算公式和勾股定理即可完成解答。
15.【答案】解：(1)当A物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，A将要脱离B物体，此时的角速度由：mω22l=μ1mg
得：ω2= μ1gl=4rad/s
此时绳子的张力为：F=2mω22l−2μ2mg=6N