精品解析：江苏省连云港市新海中学2022-2023学年高一下学期3月月考物理试题（解析版）

江苏省连云港市新海高级中学3月考

一、单选题（共40分）

1. 下列说法不符合物理学史的是（　　）

A. 哥白尼根据多年的天文观测和潜心研究，提出了“日心说”的观点

B. 开普勒行星运动定律是开普勒在第谷留下的观测记录的基础上整理和研究出来的

C. 英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值

D. 牛顿对引力常量G进行了准确测定，并于1687年发表在《自然哲学的数学原理》中

【答案】D

【解析】

【详解】A．哥白尼根据多年的天文观测和潜心研究，提出了“日心说”的观点，故A正确，不符合题意；

B．开普勒行星运动定律是开普勒在第谷留下观测记录的基础上整理和研究出来的，故B正确，不符合题意；

CD．英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。

故选D。

2. 小强背着10kg的书包从一楼跑上五楼，用时40s。关于小强对书包做功的功率估算正确的是（g取10N/kg ）（　　）

A. 3 W B. 30 W C. 300W D. 3000W

【答案】B

【解析】

【详解】根据动能定理，人的动能的变化可以忽略不计，一层楼的高度大概有3m，则有

小强对书包做功的功率约为

所以B正确；ACD错误；

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手指上（手指刚好在篮球的正下方）做匀速圆周运动，下列有关该同学转篮球的物理知识正确的是（　　）

A. 篮球上各点做圆周运动的圆心在手指上

B. 篮球上各点的向心力是由手指提供的

C. 篮球上各点做圆周运动的角速度相同

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．篮球上各点做圆周运动的圆心在篮球的直径（转轴）上，故A错误；

B．篮球上许多点并没有与手指接触，向心力不是由手指提供的，故B错误；

C．篮球上各点同轴转动，角速度相同，故C正确；

D．根据

篮球上各点离转轴越近，半径越小，向心加速度越小，故D错误。

故选C。

4. 如图所示，甲、乙两小球质量相同且均可视为质点，小球甲从竖直固定光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为，圆弧底端切线水平，小球乙从高为的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是（　　）

A. 两小球到达底端时的速度相同

B. 两小球到达底端时动能相同

C. 两小球由静止到运动到底端的过程中重力做功不相同

D. 两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率

【答案】B

【解析】

【详解】A．两小球到达底端时，根据动能定理

解得

可知两物块达到底端时的速度大小相等，但是速度的方向不同，所以速度不同，A错误；

B．甲、乙两小球质量相同，所以到达底端时动能相同，B正确；

C．两小球由静止到运动到底端的过程中重力做功

由于质量相同，则重力做功相同，C错误；

D．两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，而乙球重力做功的瞬时功率不为零，则甲球重力做功的瞬时功率小于乙球重力做功的瞬时功率，故D错误。

故选B。

5. 如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω，万有引力常量为G，则（　　）

A. 卫星a和b下一次相距最近还需经过

B. 卫星c的动能等于卫星b的动能

C. 若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速

D. 发射卫星b时速度要大于

【答案】A

【解析】

【详解】A．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。

由万有引力提供向心力，即

解得

a距离地球表面的高度为R，故a的半径为2R，所以卫星a的角速度

此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近，有

解得

故A正确；

B．b、c在地球的同步轨道上，由于b、c卫星质量关系不确定，则无法比较两个卫星的动能，故B错误；

C．根据

解得

可知，轨道半径越大，圆周运动的线速度越小，当卫星c在地球同步轨道上加速后，其将变轨到高轨道，在高轨道稳定运行的线速度将小于卫星b的线速度，两者间距随后将逐渐增大，不能实现对接，即若要卫星c与b实现对接，可让c减速后先到达低轨道，两卫星随后相互靠近，实现对接，故C错误；

D．卫星b绕地球做圆周运动，发射速度小于，故D错误。

故选A。

6. 下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）

A. 如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态

B. 如图B所示，在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高

C. 如图C所示，轻质细杆长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的最小速度为

D. 如图D所示，脱水桶脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出

【答案】B

【解析】

【详解】A．如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；

B．如图B所示，在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，利用重力和支持力的合力提供火车转弯所需的向心力，故B正确；

C．如图C所示，在最高点，由于轻杆可以对小球提供支持力，当小球的速度为零时，支持力与重力大小相等，故在最高点小球的最小速度为零，故C错误；

D．如图D所示，水滴和衣服间的附着力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，故D错误。

故选B。

7. 如图所示的装置，其中部分为以速度顺时针匀速转动的传送带，部分为一半径为竖直放置的半圆形光滑轨道，直径恰好竖直，轨道与传送带相切于B点。先将一质量为的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，设间距离为L，滑块与传送带间的动摩擦因数为，，为使滑块能过D点，以下关于和L的取值可能正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】假设滑块恰好经过D点，由牛顿第二定律可知

解得

从B到D过程中，由动能定理得

解得

与传送带速度相同，则物块在到达B时，已经在摩擦力的作用下加速到了和传送带相同的速度。从A到B过程中，由动能定理得

解得

则滑块能通过D点时，需要满足的条件

故选D。

8. 如图所示，一个小球（视为质点）从高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道，进入半径的粗糙竖直圆轨道内侧，且与圆轨道的动摩擦因数处处相等，当到达圆轨道顶点C时刚好对轨道压力为，g取，然后沿轨道CB滑下，进入光滑弧形轨的BD，到达高度为h的D点时速度为零，则下列选项中最合理的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】已知C点时刚好对轨道压力为，则

小球在C点的动能为

小球从A运动到C，根据动能定理得

解得

所以小球从A运动到C，半个圆弧加上AB段圆弧克服摩擦力做功。

C点运动到D点，根据动能定理得

解得

因为沿BC弧运动的平均速度小于沿AB弧运动平均速度，根据圆周运动向心力公式可知沿BC弧运动的平均正压力小于沿AB弧运动平均正压力，故沿BC弧运动的平均摩擦力小于沿AB弧运动的平均摩擦力，所以

所以

故选D。

9. 如图甲所示，两个完全一样的小木块a和b（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。ω表示圆盘转动的角速度，a、b与圆盘保持相对静止的过程中所受摩擦力与ω2满足如图乙所示关系，图中。下列判断正确的是（　　）

A. 图线（1）对应物体a

B. 绳长为3l

C.

D. 时绳上张力大小为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图可知，当时，绳上无拉力，木块a和b都由各自的静摩擦力提供向心力

因为

所以

故图线（1）对应物体b，故A错误；

B．当时，木块b恰好达到最大静摩擦力，且

即

可得

所以绳长为

故B错误；

CD．当时，对木块b，有

可得

当时，对木块a，有

对木块b，有

联立可得

所以

故C错误，D正确。

故选D。

10. 如图所示，质量为M的半圆柱体放在粗糙水平面上，一可视为质点、质量为m的光滑物块在大小可变、方向始终与圆柱面相切的拉力F作用下从A点沿着圆弧匀速运动到最高点B，整个过程中半圆柱体保持静止。重力加速度为g，则（　　）

A. 物块克服重力做功的功率先增大后减小

B. 拉力F的功率逐渐减小

C. 当物块在A点时，半圆柱体对地面有水平向左的摩擦力

D. 当物块运动到B点时，半圆柱体对地面的压力为（M+m）g

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．设物块与圆心的连线与竖直方向的夹角为，物块克服重力做功的功率为

从A到B过程中，逐渐减小，则功率减小，故A错误；

B．拉力大小为

此时拉力的功率为

故拉力F的功率还渐减小。故B正确；

C．当物块在A点时，对整体受力分析，可知地面对整体的摩擦力水平向左，即半圆柱体对地面有水平向右的摩擦力。故C错误；

D．当物块在B点时，对物块有

对半圆柱有

故D错误。

故选B。

二、实验题（共12分）

11. （1）某物理小组的同学设计了一个测量玩具小车通过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为）。

完成下列填空：

①将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00kg

②将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为______kg；

③将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：

④根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力大小为______N（保留三位有效数字）；小车通过最低点时的速度大小为______。（重力加速度g取，计算结果可保留根号）

（2）一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器：

A.弹簧测力计一个        B.精确秒表一只

C.天平一台（附砝码一套）    D.物体一个

为测定该行星的密度，宇航员在绕行中进行了一次测量，依据测量数据可以求出密度。

①测量该行星的密度所需实验仪器______（选填序号），测出的物理量为______（用物理量符号表示）；

②密度为______（用相关物理量符号表示，已知万有引力常量为G）。

【答案】    ①. 1.50    ②. 8.00    ③.     ④. 秒表    ⑤. 宇宙飞船的绕行周期T    ⑥.

【解析】

【详解】（1）[1]根据天平的分度值，可知托盘秤的读数为1.50kg；

[2]根据表格中的数据，可知小车经过凹形桥最低点时，托盘秤示数的平均值为

故小车对桥的压力大小为

[3]小车通过最低点时，满足

其中

FN＝F＝8.00N，m＝1.501.00kg＝0.50kg

代入可得

（2）[4][5][6]宇宙飞船在靠近行星表面圆形轨道上运行时满足

由密度公式可知

联立以上两式，可得

故需要的仪器为秒表，绕行时所测物理量为宇宙飞船的绕行周期T。

三、解答题（共48分）

12. 我们经常把游乐场的悬空旋转椅抽象为如图所示的模型：一质量m的球通过长L的轻绳悬于竖直面内的直角杆上，水平杆长x，整个装置绕竖直杆转动，绳子与竖直方向成角，重力加速度为g。求：

（1）绳子的拉力大小；

（2）该转动装置的角速度ω。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由题意，得

解得绳子的拉力大小

（2）由题意，得

解得该转动装置的角速度

13. 如图所示，O为地球的球心，A为地球表面上的点，B为O、A连线上的一点，，将地球视为质量分布均匀的球体，半径为R，设想挖掉以B为球心、以半径的球。若忽略地球的自转，球的体积公式。求：

（1）若已知万有引力常量为G，地球的密度为，挖去球体前地球表面A点的重力加速度大小；

（2）挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

【详解】（1）在地球表面，对质量为m的物体有

联立解得

（2）设想没有挖掉以B为球心、以为半径的球。则在A点物体所受到的引力是以B为球心、以为半径的球的引力和剩余部分的引力的矢量和，设地球的质量为M。以B为球心、以为半径的球的质量为。则

根据万有引力定律，对质量为m的物体

所以

根据牛顿第二定律得，挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为

14. 1994年8月美国成功发射了第一颗静止轨道卫星，从此，静止轨道卫星给人们的生活带来巨大的变化。已知地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，地球的自转周期为T，回答以下问题：

（1）为了使静止轨道上的卫星互不影响，若每颗卫星之间要间隔的距离为，则静止轨道上最多能同时存在多少颗静止轨道卫星?

（2）世界上有很多发射静止轨道卫星的航天发射场均尽可能建在靠近赤道的地方，这样有何优点?

（3）若把一颗质量为m的卫星发射到离地球中心为r的高处时，地球引力对卫星所做的负功的大小为，若发射一颗质量为m的静止轨道卫星，在不计空气阻力的情况下，至少要对卫星做多少功?

【答案】（1）颗；（2）见解析；（3）

【解析】

【详解】（1）在地面附近，重力近似等于万有引力，有

可得

设同步卫星的轨道半径为，已知同步卫星的周期与地球的自转周期相同，由万有引力充当向心力可得

解得

则同步卫星的轨道长度为

则同时存在的同步卫星的数目为

（2）由于卫星在地球上与地球自转的角速度相同，越靠近赤道的地方，物体随地球自转的线速度越大，即卫星的初始动能越大，这样有利于减小发射时所消耗的能量。

（3）卫星在赤道上发射时，此时卫星的初速度最大，初动能最大，则发射卫星所消耗的能量最小，所需做功最少。卫星在赤道上的线速度为

卫星在半径为的同步卫星轨道上的线速度为

发射同步卫星的过程中，地球引力所做负功的大小为

则对卫星由动能定理可得

解得

15. 某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep=4.5J，质量m=1.0kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。

（1）解除锁定后，求滑块被弹簧弹出的速度大小；

（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；

（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。

【答案】（1）3m/s；（2）96J；（3）

【解析】

【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒，有

代入数据得

（2）因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律

解得

若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足

解得

所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s；

滑块在传送带上运动的时间为

该段时间，传送带的位移为

对传送带，根据动能定理有

解得

即电动机传送滑块多消耗的电能为

（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有

解得

同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有

解得

所以，满足条件弹性势能范围为