江苏省常州市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考物理试卷（Word版附解析）

这是一份江苏省常州市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考物理试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了选择，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（时间：75分钟页数：共4页满分100分）
一、选择（每小题4分，共44分，每小题只有一个选项最符合题意）
1．下列选项中正确的是（ ）
A．速度、力、功这三个物理量都是矢量
B．小明在计算中解得位移x=F2m(t1+t2)，用单位制的方法检查，这个结果是正确的
C．取相同的零势能面，同一物体在两个不同的位置重力势能分别为−3J和−5J，则−5J更大些
D．牛顿发现了万有引力定律，但未能测出引力常量
2．接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有（ ）
A．飞船上的人观测到地球上的钟较慢
B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C．观测到两只钟并没有区别
D．地球上的人观测到地球上的钟较慢
3．如图1所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F的大小随物块所在位置坐标x的变化关系如图2所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时F所做的总功为（ ）
A．0B．π2Fmx0C．π4Fmx0D．π4x02
4．如图所示为固定不动的四分之一光滑圆弧形轨道，小球1以v0从轨道顶端水平抛出，恰好到达轨道底端；小球2以v0从轨道顶端竖直下滑，沿轨道到达底端。两小球质量相同，下列说法正确的是（ ）
A．两球到达底端过程中重力做功的大小W1>W2
B．两球到达底端时速度的变化大小Δv1>Δv2
C．两球到达底端时重力的功率P1>P2
D．两球到达底端时的动能Ek1>Ek2
5．如图所示，a、b、c是人造地球卫星，三者的轨道与赤道共面，且a是同步卫星，c是近地卫星，d是静止在赤道地面上的一个物体，以下关于a、b、c、d四者的说法正确的是（ ）

A．a的线速度比b的线速度小，且两者线速度都小于第一宇宙速度
B．角速度大小关系是ωa>ωb>ωc>ωd
C．d的向心加速度等于赤道处的重力加速度
D．周期关系是Tc>Tb>Ta=Td
6．地月系统可认为是月球绕地球做匀速圆周运动如图（a）所示，月球绕地球运动的周期为T1；也可为地月系统是一个双星系统如图（b）所示，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做匀速圆周运动，月球绕O点运动的周期为T2。若地球、月球质量分别为M、m，两球心相距为r，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．图（a）月球绕地球运动的周期T1等于图（b）中月球绕O点运动的周期T2
B．图（a）中，地球密度为3πGT12
C．地月双星轨道中O点到地心距离为mM+mr
D．图（a）中，若把部分月壤运回到地球，最终月球绕地球做圆周运动轨道半径将变小
7．2022年11月30日，“神舟十五号”载人飞船与“天和”核心舱完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和”核心舱。对接过程的示意图如图所示，“天和”核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，“神舟十五号”飞船处于半径为的r1圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和”核心舱对接。则“神舟十五号”飞船（ ）

A．由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点减速
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T12r1r1+r33
C．在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度
8．假设某星球可视为质量均匀分布的球体，已知该星球表面的重力加速度在两极的大小为g1，在赤道的大小为g2，星球自转的周期为T，引力常量为G，则该星球的密度为（ ）
A．3πGT2 B．3πGT2⋅g1g2C．3πGT2⋅g1g1−g2D．3πGT2⋅g1−g2g1
9．如图（a）所示，一物块以一定速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ ）
A．m=0.7kg,f=0.5N B．m=0.7kg,f=0.1N
C．m=0.8kg,f=0.5N D．m=0.8kg,f=0.1N
10．如图所示，质量为m的均匀金属链条，长为L，有一半在光滑的足够高的斜面上，另一半竖直下垂在空中。已知斜面倾角为30°，顶端是一个很小的圆弧。从静止开始释放后整个链条滑动，当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能的减少量为（ ）
A．516mgLB．58mgLC．316mgLD．38mgL
11．如图所示，MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，圆心为O，OF竖直，OM与竖直方向夹角θ=60°。一质量为m的小球由P点以一定的初速度沿水平方向抛出，运动到M点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．小球在F点时对圆弧轨道的压力为73mg
B．小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C．小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=gR
D．小球从N点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度ℎ=R6
二、实验题（共15分）
12．在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有__________。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球
D．图中档条MN每次必须等间距下移
(2)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中不可行的是__________。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
C．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
(3)在某次实验中，甲同学每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图中1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是__________。
A．x2−x1>x3−x2B．x2−x1C．x2−x1=x3−x2D．无法判断
(4)乙同学利用图所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图中标出。则小球运动到图中位置A时，其速度的水平分量大小为 ms；根据图中数据可得，当地重力加速度的大小为 ms2。（结果保留两位有效数字）
三、解答题（本大题共4小题，第13题9分，14题9分，15题11分，16题12分，共41分）
13．某幼儿园的滑梯可简化成如图所示的模型。小朋友（可视为质点）从滑梯顶端A由静止开始下滑，然后经C点进入水平部分减速直到末端D点停止。若滑梯高ℎ=1.8m，倾斜部分AC长为l=3m，滑梯的倾斜部分和水平部分与小朋友之间的动摩擦因数均为μ=0.25，忽略空气阻力的影响及小朋友在C处的动能损失。
求：（本题g取10m/s2 结果可保留根号）
（1）小朋友从开始运动到停下重力做的功；
（2）小朋友到达C点的速度大小；
（3）小朋友停止的位置D到C点的水平距离；
14．北京冬奥会期间奥运场馆和运动员村之间首次大规模使用氢能源汽车作为主要交通工具。在一次测试中，某款质量m=1000kg的氢能源汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，其v−t图像如图所示。汽车在0~t1时间内做匀加速直线运动，t1时刻的瞬时速度为v1=20m/s，t1~50s内汽车保持额定功率不变，50s~70s内汽车做匀速直线运动，最大速度vm=40m/s，汽车从70s末开始关闭动力减速滑行，t2时刻停止运动。已知汽车的额定功率为80kW，整个过程中汽车受到的阻力大小不变。
（1）求t1和t2为多少？
（2）求汽车在t1~50s内通过的距离x。
15．在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如题图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为2L、角速度为ω的匀速圆周运动，运动到A点停下，然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。
（1）求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小Fn；
（2）求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。
（3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F1:F2。
16．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E距离h＝1.6m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5。sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2。求：
（1）小物体第一次通过C点时对轨道的压力；
（2）要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从斜面又返回到圆轨道，多次反复，在整个运动过程中，物体对C点处轨道的最小压力。
（4）在（3）中，物体在斜面上运动的总路程。
常州市第一中学2023-2024学年度三月阶段调研测试高一物理试卷
参考答案与解析
1．D
【详解】A．速度、力这两个物理量都是矢量，功是标量，故A错误；
B．用单位制的方法检查，Fm表示加速度，Fmt的单位是速度的单位，不是位移的单位，故B错误；
C．取相同的零势能面，同一物体在两个不同的位置重力势能分别为 -3J和- 5J，则 -3J更大些，故C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，但未能测出引力常量，卡文迪什通过扭秤实验测出引力常量，故D正确。
故选D。
2．A
【详解】ABC．飞船上的人是以飞船为参考系，故地球是高速运动的，根据爱因斯坦狭义相对论的延时效应，飞船上的人观测到地球上的钟较慢，即飞船上的人观测到飞船上的钟较快，故A正确，BC错误；
D．地球上的人以地球为参考系，认为飞船高速运动，根据爱因斯坦狭义相对论的延时效应，飞船上的钟较慢，故地球上的人观测到地球上的钟较快，故D错误。
故选A。
3．C
【详解】在F-x图像中，图线与x轴所围面积的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，面积
W=S=πR22=πFm22=π2Fm⋅x02=π4Fmx0=πx028
故选C。
4．C
【详解】A．两小球从同一起点出发到达同一终点，且两小球质量相等，根据重力做功公式
WG=mgℎ
可知两小球到达底端过程中重力做功相等，故A错误；
B．两小球到达底端过程中只受到重力做功，根据选项A的分析可知，两个小球受到的重力做功大小相等，因此根据动能定理可得
12mv12−12mv02=mgℎ
12mv22−12mv02=mgℎ
解得
v1=v2=2gℎ+v02
故两小球到达底端时的速度大小相等，因平抛物体速度变化方向竖直向下，速度变化大小为
Δv1=v12−v02=2gℎ
而沿轨道滑下的物体的速度变化大小为
Δv2=v22+v02=2v02+2gℎ
方向指向右下方，则两小球的速度变化大小
Δv1<Δv2
故B错误；
C．小球1做平抛运动，到达最低点时竖直分速度不为零，所以对于重力的瞬时功率有
P1≠0
小球2沿圆弧轨道运动到最低点时，速度方向沿水平方向，与重力方向垂直，所以重力的瞬时功率为
P2=0
所以
P1>P2
故C正确；
D．根据B中分析可知，两小球只受到相同大小的重力做功，且两小球初速度与质量相等，根据动能定理可知，两小球到达底端时的动能相等，故D错误。
故选C。
5．A
【详解】A．卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
可得
v=GMr
可知，a的轨迹半径r大，则a的线速度比b的线速度小，两者的轨道半径r都大于地球半径R，所以两者线速度都小于第一宇宙速度，故A正确；
BD．a是同步卫星，d是静止在赤道地面上的一个物体，则有
ωa=ωd、Ta=Td
卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mω2r
可得
ω=GMr3
由于a的轨道半径r大于b的轨道半径r，b的轨道半径r大于c的轨道半径r，则有
ωa<ωb<ωc
根据T=2πω可得
Ta>Tb>Tc
故BD错误；
C．d是静止在赤道地面上的物体，其做圆周运动向心力来自于地球万有引力的一小部分，不等于重力，所以其向心加速度不等于赤道处的重力加速度，故C错误。
故选A。
6．CD
【详解】AC．根据万有引力提供向心力
GMmr2=m4π2T12r
解得图（a）月球绕地球运动的周期为
T1=2πr3GM
地月系统是一个双星系统，设地月双星轨道中O点到地心距离为r1，地月双星轨道中O点到月球圆心距离为r2，则
GMmr2=m4π2T22r2
GMmr2=M4π2T22r1
可得
mr2=Mr1
且
r1+r2=L
解得
r1=mM+mr，r2=MM+mr，T2=2πr3G(M+m)
可知图（a）月球绕地球运动的周期T1大于图（b）中月球绕O点运动的周期T2，故A错误，C正确；
B．根据万有引力提供向心力
GMmr2=m4π2T12r
设地球的半径为R，地球的体积为
V=43πR3
图（a）中，地球密度为
ρ=MV=3πr3GT12R3
故B错误；
D．图（a）中，若把部分月壤运回到地球，设部分月壤质量为Δm，则
(m−Δm)4π2T12r即此时月球做圆周运动所需的向心力小于月球与地球间的万有引力，月球做向心运动，月球绕地球做圆周运动轨道半径将变小，故D正确。
故选CD。
7．D
【详解】AD．由低轨道Ⅱ进入高轨道Ⅲ需在B点点火加速，则在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度，故A错误，D正确；
B．根据开普勒第三定律可得
r13T12=(r1+r32)3T22
可得沿轨道Ⅱ运行的周期为
T2=T1r1+r32r13
故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
由于M、r都相同，则在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误。
故选D。
8．C
【详解】设星球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，根据万有引力定律和牛顿第二定律有
GMmR2−mg2=m4π2T2R
在两极处有
GMmR2=mg1
又
M=ρV=ρ43πR3
联立解得该星球的密度为
ρ=3πGT2⋅g1g1−g2
故选C。
9．A
【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得
−mgsin30°⋅s−fs=Ek−Ek0
整理得
Ek=Ek0−(mgsin30°+f)s
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
|k|=mgsin30°+f=4N
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
mgsin30°−f(s−s1)=Ek
整理得
Ek=mgsin30°−fs−mgsin30°−fs1
结合10~20 m内的图像得，斜率
k′=mgsin⋅30°−f=3N
联立解得
f=0.5N
m=0.7kg
故选A。
10．A
【详解】设斜面的最高点所在的水平面为零势能参考面，开始时斜面上的那部分链条的重力势能为
Ep1=−mg2⋅L4sinθ
竖直下垂的那部分链条的重力势能为
Ep2=−mg2⋅L4
当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能为
Ep=−mg⋅L2
重力势能的减少量为
ΔEp=Ep1+Ep2−Ep=516mgL
故选A。
11．D
【详解】C．在M点将小球的速度进行正交分解，如图所示

根据几何关系可得小球在M点时的速度
vM=v0csθ=v0cs60°=2v0
对小球从P点到M点应用动能定理可得
12mvM2−12mv02=mgRcs60°
解得
v0=gR3，vM=2gR3
故C错误；
A．对小球从P点到F点应用动能定理可得
mgR=12mvF2−12mv02
在F点由向心力表达式可知
FN−mg=mvF2R
联立可得
FN=103mg
根据牛顿第三定律小球在F点时对圆弧轨道的压力为103mg，故A错误；
B．由机械能守恒可知，小球在N点时速度仍为v0，由向心力表达式可得
F=mv02R
代入数据解得
F=13mg
根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为13mg，故B错误；
D．小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得
mgℎ=12mv02
解得
ℎ=R6
故D正确；
故选D。
12．(1)BC
(2)B
(3)A
(4) 1.0 9.7
【详解】（1）AC．为了获得相同的初速度，需要每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C正确；
B．为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故B正确；
D．挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故D错误。
故选BC。
（2）A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，不满足题意要求；
B．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔和纸之间没有压力，故不会形成运动轨迹，此方案是不可行的，满足题意要求；
C．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，不满足题意要求。
故选B。
（3）因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以
x2−x1>x3−x2
故选A。
（4）[1][2]由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，水平方向上有
x=l=v0t
可得其速度的水平分量大小为
v0=5×10−20.05m/s=1.0m/s
根据图中数据可得在竖直方向上，根据逐差法可得
g=(11.0+13.4−6.1−8.6)×10−24×0.052m/s2=9.7m/s2
14．（1）t1=10s，t2=90s；（2）1300m
【详解】（1）设汽车受到的阻力大小为f；汽车做匀速直线运动阶段有
P额=Fvm=fvm
解得
f=2000N
汽车做匀加速直线运动阶段有
F1−f=ma，v1=at1，P额=F1v1
联立解得
F1=4000N，a=1m/s2，t1=10s
汽车关闭动力减速滑行时的加速度大小为
a'=fm=2m/s2
根据速度时间关系可得
0=vm−a′(t2−70)
联立解得
t2=90s
（2）汽车在t1~50s内，根据动能定理可得
P额(50−t1)−fx=12mvm2−12mv12
解得
x=1300m
15．（1）2mω2L；（2）4mL2t3；（3）r3−(r−d)3r3
【详解】（1）质量为m的货物绕O点做匀速圆周运动，半径为2L，根据牛顿第二定律可知
Fn=mω2⋅2L=2mω2L
（2）货物从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式可知
L=12at2
解得
a=2Lt2
货物到达B点时的速度大小为
v=at=2Lt
货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力ma，所以经过t时间，货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为
P=mav=m⋅2Lt2⋅2Lt=4mL2t3
（3）空间站和货物同轴转动，角速度ω0相同，对质量为m0空间站，质量为M的地球提供向心力
GMm0r2=m0ω02r
解得
GM=ω02r3
货物在机械臂的作用力F1和万有引力F2的作用下做匀速圆周运动，则
F2−F1=mω02(r−d)
货物受到的万有引力
F2=GMm(r−d)2=mω02r3(r−d)2
解得机械臂对货物的作用力大小为
F1=mω02r3(r−d)2−mω02(r−d)=mω02r3−(r−d)3(r−d)2
则
F1F2=r3−(r−d)3r3
（1）12.4N，方向竖直向下；（2）2.4m；（4）48m
【详解】（1）小物体从E点到C点，由机械能守恒定律得
mg(ℎ+R)=12mvC2
在C点，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R
联立解得
FN＝12.4N
根据牛顿第三定律可知小物体对轨道的压力大小为12.4N，方向竖直向下。
（2）从E→D→C→B→A过程，由动能定理得
WG＋Wf＝0
WG=mg[(ℎ+Rcs37°)−LAB⋅sin37°]
Wf=−μmgcs37°⋅LAB
联立以上各式式解得
LAB＝2.4m