广东省湛江市部分中学2023-2024学年高一下学期第一次月考物理试题（解析版）

第第页广东省湛江市部分中学2023-2024学年高一下学期第一次月考物理试题一、单项选择题（以下每小题的四个选项中只有一项符合题意。每小题4分，共28分）1．对于正在做匀速圆周运动的某物体来说，不变的物理量是（）A．周期 B．线速度 C．向心加速度 D．向心力【答案】A【解析】【解答】描述匀速圆周运动的物理量中，矢量诸如线速度、向心加速度、向心力等由于方向时刻变化，所以不是恒量，标量如周期、转速、频率等只有大小，属于恒量，不变化。所以在匀速圆周运动中，向心加速度、向心力和线速度是矢量，都是变化的，周期是标量，是不变的。

本题选变的物理量，故选：A

【分析】匀速圆周运动，受大小不变方向时刻改变的向心力，故加速度大小不变，方向变，线速度大小不变，方向变，角速度大小和方向都不变，周期不变．2．以下关于圆周运动的描述正确的是()A．如图甲所示，手对绳子的拉力是小球在该水平面内做匀速圆周运动的向心力B．如图乙所示，小朋友在秋千的最低点处于超重状态C．如图丙所示，旋转拖把的脱水原理是水滴受到了离心力，从而沿半径方向甩出D．如图丁所示，摩托车在水平赛道上匀速转弯时，人和摩托车构成的整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用【答案】B【解析】【解答】A.对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力，沿绳方向斜向右下方的拉力，合力不可能沿水平方向，所以手对绳子的拉力不可能是该小球水平面内做匀速圆周运动的向心力，故A错误；

B.人在秋千最低点时处于圆周运动的最低点，合力指向圆心，也就是竖直向上，为超重状态，故B正确；

C.旋转拖把桶的脱水原理是水滴具有惯性，保持原有的运动状态就会沿切线方向运动，从切线方向而不是半径方向甩出去，故C错误；

D.受力分析时不可以加上向心力，向心力是作用力，不是性质力，故D错误。

故选：B。

【分析】A对小球进行受力分析，B超重和失重分别是合力向上和向下，C圆周运动的速度方向为圆的切线方向，D受力分析时不能有向心力。3．擦窗机器人帮助人们解决了高层擦窗、室外擦窗难的问题。如图所示，擦窗机器人在竖直玻璃窗上沿直线由A向B运动，速度逐渐减小。已知F为机器人除重力外的其他力的合力，则擦窗机器人在此过程中在竖直平面内的受力分析可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】【解答】由题，机器人沿直线A向B运动，速度逐渐减小，故加速度由B指向A；根据牛顿第二定律，合力由B指向A；机器人受重力，其余力的合力F（当作一个力分析），要保证合力能够由B指向A；根据平行四边形定则，只有选项B符合，选项ACD均不符合；

故选：B。

【分析】首先对擦窗机器人进行运动情况分析，在竖直玻璃窗上沿直线A向B运动，速度逐渐减小，是减速直线运动，故其加速度与速度反向，再根据牛顿第二定律得到合力方向，最后再进一步判断其受力情况。4．一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，货车前进了一小段距离，将货物提升到如图所示的位置，此过程中下列说法正确的是（）A．此过程中货物对货箱底部压力大于货物自身重力B．此时货箱向上运动的速率大于vC．此时货箱向上运动的速率等于vD．此过程中货物的速率不变【答案】A【解析】【解答】BC．将货车的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行正交分解，如图所示

由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故货箱向上运动的速率为

v1=vcosθ

可知此时货箱向上运动的速率小于v，故BC错误；

AD．v1=vcosθ，θ逐渐减小，货箱与货物的速度逐渐增大，对货物根据牛顿第二定律有

FN-mg=ma

解得

FN=mg+ma

则此过程中货物对货箱底部压力大于货物自身重力，故A正确，D错误；

故选：A。

【分析】将货车的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行正交分解，分析货箱向上运动的速率；

对货物根据牛顿第二定律，分析货物对货箱底部压力和货物自身重力的关系。5．如图，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45m。假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10m/s2，则下列分析正确的是（）A．小球的初速度大小为9m/sB．小球上升的时间为3sC．小球到达最高点时速度为零D．从小球被抛出到再次落入手中，小船前进了0.6m【答案】D【解析】【解答】C：竖直向上抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，竖直向上抛出小球后小球与小船在水平方向的速度不变，小球与小船在水平方向都做匀速直线运动，故C选项说法错误；

B：设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度为h=12gt2，代入数据解得t=0.3s，故B选项说法错误；

A：根据公式v=gt可知，小球的初速度大小为v=gt=3m/s，故A选项说法错误；

D：从抛出小球到小球再从落入手中过程的时间t'=2t=2×0.3s=0.6s

在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离：

x=vt'=1.0×0.6m=0.6m，故D选项说法正确；6．2024年3月18日广湛高铁传来新进展——湛江湾海底隧道顺利贯通。该隧道全长9640米，其工程由一台盾构机掘进完成。盾构机，是一种隧道掘进的专用工程机械，是城市地铁建设、开山修路、打通隧道的利器。如图为我国最新研制的“聚力一号”盾构机的刀盘，已知其直径达16m，转速为5r/min，下列说法正确的是（）A．刀盘工作时的角速度为10πrad/sB．刀盘边缘的线速度大小为πm/sC．刀盘旋转的周期为12sD．刀盘工作时各刀片的线速度均相同【答案】C【解析】【解答】C：根据题意可知，转速n=5r/min=112r/s，故转动周期为T=1n=1112=12s，故C正确；

A：根据公式ω=2πT可知，刀盘工作时的角速度为ω=2πT=2π7．如图所示，质量m＝2.0×104kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥与凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60m，如果桥面承受的压力不超过3.0×105N，g＝10m/s2，则汽车允许的最大速率是（）A．103m/s B．106m/s 【答案】A【解析】【解答】汽车在最低点受到的支持力最大，此时速度最大，根据牛顿定律得：N-mg=mv2R

代入数据解得v=103m/s

当汽车运动到最高点时，支持力最小，根据牛顿第二定律得：mg-N'=mv2R

代入数据解得N二、多项选择题：（以下每小题的四个选项中至少有两项符合题意。每小题6分，共18分。全选对得6分，选对部分且无错选得3分，不选或有错选得0分）8．下列各图中实线为河岸，河水的流动方向如图v箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线。假设船头方向为船在静水中的速度方向，则以下各图可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】A,B【解析】【解答】A、静水速垂直于河岸，合速度的方向偏向下游。且过河时间最短，故A正确。

B、根据平行四边形定则知，合速度的方向正好垂直河岸，过河的位移最小。故B正确。

C、由于流水速度，因此不可能出现此现象，故C错误；

D、船头的指向为静水速的方向，静水速的方向与流水速度的合速度的方向不可能是图示方向。故D错误。

故选：AB

【分析】小船参与了静水中的运动和水流的运动，最终的运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则进行分析。9．如图，景观喷泉喷出的水做斜抛运动，以质量为∆m的一小段水柱为研究对象，如时机斜抛的初速度v0与水平方向的夹角为A．抛出时水平方向的分速度是vB．抛出时竖直方向的分速度是vC．水柱在最高点时速度为零，加速度为gD．水柱水平方向做匀速直线运动【答案】B,D【解析】【解答】AB：根据速度的分解可知，抛出点水平分速度为vox=v0cosθ，竖直分速度为voy=10．跑车尾翼功能示意图如图所示，当汽车高速行驶时，气流会对跑车形成一个向下的压力，压力大小与车速的关系满足FN=kv2(k=1.2kg/m)。现某跑车在水平转弯中测试其尾翼功能，当测试车速为90km/h，未安装尾翼时，其转弯时的最小半径为90m；在安装尾翼后，转弯时的最小半径可减为85m。若汽车受到的最大静摩擦力为其对地面压力的μ倍，尾翼质量可以忽略，则下列说法正确的是()A．μ=25B．由以上数据可以计算汽车质量C．未安装尾翼时，若提高汽车转弯速度，则其转弯时的最小半径需增大D．安装与未安装尾翼相比，车均以相应最小半径转弯时，其向心加速度大小相等【答案】A,B,C【解析】【解答】AB．未安装尾翼时，合力提供向心力μmg=mv2r1

安装尾翼后，合力提供向心力μmg+FN=mv2r2

解得m=1275kg，μ=2536故A正确，B错误；

C．未安装尾翼时，由合力提供向心力μmg=三、实验题：（共2小，共16分）11．探究“向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系”实验。（1）本实验所采用的实验探究方法是____；A．类比法 B．等效替代法C．控制变量法 D．实验与推理法（2）某同学用向心力演示器进行实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示a.三个情境中，图是探究向心力大小F与质量m关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。b.在甲情境中，若左右两钢球所受向心力的比值为1∶9，则实验中选取左右两个变速塔轮的半径之比为。【答案】（1）C（2）甲；3∶1【解析】【解答】（1）本实验探究向心力大小与质量、半径、角速度的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，则本实验所采用的实验探究方法是控制变量法。故C正确，ABD错误。

故选：C。

（2）①根据F=mrω2可知，要探究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和半径不变，由图可知，两侧采用皮带传动，所以两侧具有相等的线速度，根据皮带传动的特点可知，应该选择两个塔轮的半径相等，而且运动半径也相同，选取不同质量的小球，故甲符合题意。

②由图可知，两个球的质量相等，半径相同，根据牛顿第二定律F=mRω2F'=mRω'2

两个塔轮边缘的线速度相等v=v'

根据v=rωv'=r'ω'

联立可得两个变速塔轮的半径之比为r：r'=3：1；

【分析】（1）判断出本实验采取控制变量法，然后对各个选项分析即可判断；

（2）根据F=mrω2可知，要探究向心力大小F与质量m关系，需控制小球的角速度和半径不变，本实验采用控制变量法，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，要保证质量一定，角速度一定；根据向心力表达式，根据半径之比，向心力之比，即可计算角速度之比，根据线速度与角速度的关系，即可求解塔轮半径之比。12．某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，他用一张印有小正方格的纸记录小球运动的轨迹，在方格纸上建立如图乙所示的坐标系，小正方格的边长L=3.6cm，若小球在平抛运动中的几个位置如图乙中的a（1）小球的初速度为m/（2）小球在b点的瞬时速度为m/（3）小球抛出点的坐标是否为坐标原点（选填“是”或“否”）；（4）该同学做完实验后，提出几项减小实验误差的措施，其中正确的是。A．实验中应使斜槽轨道尽可能光滑B．为使小球离开斜槽后能做平抛运动斜槽末端的切线必须水平C．为了使小球每次运动的轨迹相同，应使小球每次从斜槽上的相同位置由静止释放D．为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条折线把所有的点连接起来【答案】（1）1.2（2）1.5（3）否（4）BC/CB【解析】【解答】（1）取a、b、c三点分析，水平位移间隔均为2L，所以小球从a点到b点，从b点到Δ解得T=0水平方向上，则有2L=解得v（2）小球在b点时竖直方向上的速度为v所以小球在b点的瞬时速度为v（3）设从抛出点到b点的时间为t，则v解得t=0所以小球抛出点的横坐标为x=4L−纵坐标为y=3L−小球抛出点的坐标故不是坐标原点。（4）AB．实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度，且只受重力作用，所以斜槽轨道末端切线必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行，故A错误，B正确；C．为使小球每次运动的轨迹相同，则要确保小球有相同的水平初速度，所以要求小球每次应从同一位置无初速度释放，故C正确；D．为比较准确地描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将点连接起来，偏差太大的点舍去，从而能减小实验误差，故D错误。故选BC。【分析】（1）（2）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度；

（2）由运动学公式再求出b点在竖直方向上的速度，即可求出运动的时间和b点速度，从而求出此时小球水平方向和竖直方向上的位移，即可求出抛出点的坐标；

（3）根据实验的原理以及实验中需要注意的事项确定合理的步骤。四、计算题：（共3道题，共38分）13．如图所示，一条小河两岸的高度差是h，河宽是高度差的4倍，一辆摩托车(可视为质点)以v0＝20m/s的水平速度向河对岸飞出，恰好越过小河。取g＝10m/s2，求：（1）摩托车在空中的飞行时间；（2）小河的宽度。【答案】（1）解：设河宽为x，运动时间为t，则水平方向有：x=V0t，竖直方向有：h=12gt又因x=4h，联立求得：g代入数值解得飞行时间：t=1s（2）解：小河的宽度：x=v0t=20m【解析】【分析】摩托车的运动是平抛运动，河宽是其水平位移，河岸高度差h是其竖直位移，运用运动学公式分别在两个方向列式求解。14．洗衣机进行脱水时的运动情形可简化为如图所示的模型，一半径r=0.5m的圆筒竖直放置，当圆筒绕中心轴OO'以角速度ω=10rad/s匀速转动时，物块恰能贴着圆筒内壁做圆周运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点。求：（1）物块的线速度大小；（2）物块的向心加速度大小；（3）物块与圆筒内壁间的动摩擦因数。【答案】（1）解：物块贴着圆筒内壁做匀速圆周运动，有v=ωr解得v=5m/s（2）解：根据an=ω2r，可得物块的向心加速度an=50m/s2（3）解：设物块的质量为m，则FN=man又由于μFN=mg解得