安徽省A10联盟2024-2025学年高一下学期5月月考物理试题

物理参考答案 一、单选题：本大题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个正确答案。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D C B B 1.A由于图中轨迹不对称，说明足球受到空气阻力和重力作用，所以足球所受合力与速度方向间的夹角 为钝角，故A正确。 2.D物体运动情况未知，不能判断静摩擦力是否做功，故A错误；物体所受合外力为0或不为0时， 做功情况不确定，故BC错误：一对相互作用力做功的代数和可能为0，可能不为0，可能为正功，可 能为负功，故D正确。 3.D食物释放后做平抛运动，轨迹是抛物线，相等时间内速度的变化量相等，故AB错误；1s时食物水 平方向速度w=兰=2ms,位移x=/=2m,竖直方向速度号=10ms,位移y=5m,利用勾 股定理可求得合速度v=√+v=√04ms和哈位移s=√x2+y2=√29m,故C错误、D正确。 4.CA、B选项可计算火星质量，但不知道火星半径，无法计算火星密度；D选项既不能求火星质量， 也不能计算火星密度；故ABD错误，C正确。 S。航模飞机的线速度等于三·角速度等于三，散牛径r=。日’可心速度为2·散AB错误：对 航模飞机受力分析可知，航模飞机受空气的作用力F=mg+ 8+⊙、，方向斜向上，故C正确、D 错误 6.B宇航员随空间站一起做匀速圆周运动，方向一直变化，处于非平衡状态，故A错误；宇航员要感 受到与在地面相同效果的重力体验，需要站立在环形空间站外侧，故宇航员感受到的“等效重力” 方向沿半径向外，故B正确：由g=0,=得0=，，=Vg,故CD错误 7.C杆匀速转动，从开始计时至第一次运动到最低点，杆对球的作用力做功与重力做功代数和为零，小 球重力做功的平均功率为P=”-2mL_2m π π，故A错误、C正确；小球转动到与O等高 21 点时，杆对小球的作用力大小为F=√(mL)2+(mg)2,故B错误；当小球运动到最低点时，沿 重力方向的瞬时速度为0，重力的瞬时功率为0，故D错误。 8.B对游客A有mg tand=m(2R+Lsina)2m,)户，解得m= gtana ,故A错误；对游客B有 2πV2R+Lsina mgtan B=m(R+Lsin2e%,广，由Mm=Mm,得主动轮的转速n=gamB ,N2mVR+LsinB,故B 正确：由于A、B同轴转动，二者角速度相等，根据a=,L与R关系不知，转动半径r的关系 不确定，故C错误；由于a=dr,a=gtan o,ae=g tan B,rA>ra,由此判断可知a>B,故D错误。 二、多选题：本大题共2小题，每小题5分，共10分。每题有多项符合题目要求，全部选对的得5分， 选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 BD BC 9.BD卫星在Π轨道经过A点的速度大于在1轨道的速度，I轨道的速度大于Ⅲ轨道的速度，故卫星在 Ⅱ轨道经过A点的速度大于在Ⅲ轨道的速度，卫星在山轨道的动能比在I轨道动能小，故A错 ·物理参考答案第1页共4页 误，D正确：由a,=GM知卫星在，Ⅲ轨道经过B点的加速度相等，故B正确：由G恤=mr心 2 GM 得r= 【,若地球白转加快，静止轨道Ⅲ离地面的高度应诚小，故C错误。 10.BCa到c过程，对小球由动能定理F,3R-mgR=)m2-0,得y.=gR,c处水平方向N-F=m兰， R 解得F=1.5mg,由牛顿第三定律，小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为1.5mg,故A错 2 2 误；c处加速度a= +g=√2g,故B正确：离开c后小球所受合力为恒力，故做匀变速 曲线运动，故C正确；小球从离开c至落到水平轨道cd上，竖直方向1=-2丝=2 水平方向 a-E=05g,,=a1=R,放=V+=V2gR,放D错误。 三、非选择题：本大题共5小题，共58分。 11.(6分) 【答案】(1)7 (2)1:21:4(每空2分) 【解析】 (1)6为横臂，小球做匀速圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供：7为标尺，根据7上露 出的红白等分标记，可粗略计算出两球所受向心力的比值。 (2)两个塔轮转动的线速度相等，由0=二得A、B两球转动时的角速度之比为1：2：由F=mRa得两 R 球所受向心力之比为1：4。 12.(10分》 【答案】(1)AC(选对一个得2分，全对得3分) (2)0.37(2分) 0.39(2分) (3)2mg(3分) L 【解析】 (1)小球运动过程中有阻力作用，要选用体积小、密度大的小球，故A正确：利用v=√2g(H-)计算 小球在最低点的速度，直接应用了机械能守恒，故B错误；小球运动过程中重力的法向分力以及速 度均不断增大，故绳上的拉力一直增大，在最低点拉力最大，故C正确。 (2)在最低点根据牛顿第二定律有P-g=T,所以在最低点的动能E,=m2-F-mgL=031, 所以从释放到最低点动能增量△Ek=E-0=0.37刀：重力势能减少量△E。=mg(H-h)=0.39)。 （3)由机被能守恒知F-mg)让=gH-),变形得F=2A-+g,所以斜率为2g。 L 13.(12分) (1)由于a到b,b到c的水平位移相等，且水在水平方向做匀速直线运动，所以从a到b和b到c的时 间相等。 设1b=hc=T,竖直方向上：5L-3L=gT2①（2分) 水平方向上：2L=T② (2分) 联立解得：vo=V2gL（1分) (2)设b点的竖直分速度为"，，从出水口到b点的时间为1，根据匀变速直线运动中间时刻的速度为全 程的平均速度，可知：V= 8L 4L ③(1分) ·物理参考答案第2页共4页 水柱从出水口到b点的时间：1= ④(1分) g 由①③④联立解得：1=2， 2L (1分) g 从出水口到b点：水平方向上：x= (1分) 竖直方向上：y8 (1分) 出水口到b点的位移：5=2+罗 (1分) 联立以上各式解得：s=4√2L (1分) 14.(14分) (1)在地球表面： GMm =mg (2分) 地球的体积：V=号R 地球的平均密度：p=M (1分) 联立以上各式解得：p=名 (1分) (2)设该时刻火箭所在位置重力加速度为g 在地球表面：F-mg=ma(2分) 在该时刻火箭所在位置：F-mg'=ma (2分) 由题意：片行 F27 联立解得：8=g8 4 (2分) GMm (3)设该时刻火箭离地高度为h,在h高度： (R+)P =mg’(2分)】 联立解得：h=上R (2分) 15.(16分) (1)从A到B:mgR= m-0 (1分) 在B点：F-mg=m (1分) R 联立解得：Fw=3ON (1分) 由牛顿第三定律：滑块在B点对轨道的压力：F=F×=30N,方向竖直向下(1分) (2)从B到C根据牛顿第二定律有：ma=mg 根据题意，滑块运动的位移大小，即传送带BC的长度：，=L=发-O (1分) 2a 滑块在传送带上减速运动的时间：1= a 此段时间传送带运动的位移大小：x!=功(1分) 从C到B,滑块先做匀加速运动再做匀速运动，加速运动的时间为：专=”一0 a 滑块加速运动的位移大小：==09m（1分) 此段时间传送带运动的位移大小：x?=?(1分) ·物理参考答案第3页共4页 滑块从滑上传送带至第一次返回到B点的过程中滑块与传送带的相对位移大小为： △s=(s+x)+(x2-32)=8.1m(1分) 所以滑块与传送带因摩擦产生的热量为：Q=mgAs=40.5J （1分) (3)设从C点平抛的初速度为'。，从C点抛出到落到斜面上： 水平位移：x=vo 竖直位移：y=8 C点到D点的距离满足：x+y=√5 (1分) 酱到斜面上的动能：E=m+m 联立以上各式得：么=0+-5 (1分) 4y2 当且仅当y=1m时E取得最小值，此时：Ekmm=55-V5)J(1分) 从释放滑块到落到斜面上：mg(R'+y)-mgL=Ekmm-0(2分） 解得：R=33-55 2m(1分) 10 以上试题其他正确解法均给分 ·物理参考答案第4页共4页null