重庆市两江育才中学2023-2024学年高一下学期3月月考物理试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题只有一个选项符合题意）
1．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知（ ）
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
【答案】C
【详解】A．太阳位于木星运行轨道的一个焦点，故A错误；
B．开普勒行星运动第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知
整理得
火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，故C正确；
D．开普勒行星运动第二定律：对同一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，选项D错误。
故选C。
2．某类地天体可视为质量分布均匀的球体，由于自转的原因，其表面“赤道”处的重力加速度为g1，“极点”处的重力加速度为g2，若已知自转周期为T，则该天体的半径为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】在天体两极万有引力等于重力，在赤道处万有引力等于重力与物体随星球自转做圆周运动的向心力的合力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出天体半径．
【详解】在“极点”处： ；在其表面“赤道”处：；解得：，故选C.
3．质量为2kg的质点在xy平面上运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图所示，则质点（ ）
A．初速度为4m/s
B．所受合外力为4N
C．做匀变速直线运动
D．初速度的方向与合外力的方向垂直
【答案】B
【详解】AD．该物体沿x方向的初速度为，
y方向的初速度为，
所以该物体的初速度为
初速度与x方向的夹角的正切值为
因此加速度与初速度不垂直，故AD错误。
B．根据牛顿第二定律得,故B正确。
C．物体y方向做匀速直线运动，x方向做匀加速直线运动，所以根据运动的合成可知该物体做曲线运动，故C错误；
故选B。
4．如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过一根不可伸长的细绳带动小车沿水平面向右运动．若当滑轮右侧的绳与竖直方向成角，且重物下滑的速率为v时，滑轮左侧的绳与水平方向成角，则小车的速度为 ( )
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】将速度v按运动效果分解如图所示：
则沿绳方向v1＝vcs，同理分解小车速度，，因为绳不可伸长，故沿绳方向速度大小相等. ,所以cs,所以；故选D.
5．如图所示为一个半径为的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方的高度有一小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，，要使得小球正好落在A点，则（ ）
A．小球平抛的初速度一定是
B．小球平抛的初速度可能是
C．圆盘转动的角速度一定是
D．圆盘转动的加速度可能是π2 rad/s
【答案】A
【详解】AB．根据可得
则小球平抛运动的初速度
A正确，B错误；
CD．根据，，解得圆盘转动的角速度，
圆盘转动的加速度为，
故选项CD错误。
故选A。
6．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A．细线L1和L2所受的拉力大小之比为∶1
B．小球m1和m2的角速度大小之比为∶1
C．小球m1和m2的向心力大小之比为∶1
D．小球m1和m2的线速度大小之比为3∶1
【答案】A
【详解】A．由竖直方向的平衡分别可得
可得细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为∶1，A正确错误；
C．合外力作为向心力，小球m1和m2的向心力大小之比为
C错误；
B．由向心力公式分别可得
可得小球m1和m2的角速度大小之比为∶1，B错误；
D．小球m1和m2的线速度大小之比为
D错误。
故选A。
7．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时（ ）
A．球B的速度大小为0
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用1.5mg
D．水平转轴对杆的作用2.5mg
【答案】C
【详解】A．B球在最高点完全由重力提供向心力mg = mω22L
得ω =
B球的速度v = ω2L =
不为零，A错误；
B．A、B两球的角速度相等，则A球的速度为vA = ωL =
B错误；
CD．B球对杆无作用力，A球的向心力为F = mω2L = 0.5mg
因此杆对A球的作用力为F′ = mg + F = 1.5mg
等于水平转轴对杆的作用力，C正确、D错误。
故选C。
8．如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块a和b做圆周运动的向心力之比为
B．小物块a和b对容器壁的压力之比为
C．小物块a与容器壁之间无摩擦力
D．容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下
【答案】A
【详解】A．a、b角速度相等，向心力可表示为
所以a、b向心力之比为，A正确；
BCD．若无摩擦力a将移动到和b等高的位置，所以摩擦力沿切线方向向上。定量分析：对b分析可得
结合对b分析结果，对a分析
即支持力在指向转，轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上；对b有
对a有
所
BCD错误。
故选A。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有两个及以上选项符合题意，选对但不全得3分，多选、错选不得分）
9．宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处。若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地 = 1∶4，地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g′，空气阻力不计。则（ ）
A．g′∶g = 5∶2
B．g′∶g = 1∶5
C．M星∶M地 = 1∶80
D．M星∶M地 = 1∶20
【答案】BC
【详解】
AB．设初速度为v0，由对称性可知在地球表面竖直上抛的小球在空中运动的时间
在某星球同理，因此得
故A错误、B正确；
CD．在地球表面由
得
在某星球同理，则
故C正确、D错误。
故选BC。
10．如图为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可知（ ）
A.甲球运动时，线速度的大小保持不变
B.甲球运动时，角速度的大小保持不变
C.乙球运动时，线速度的大小保持不变
D.乙球运动时，角速度的大小保持不变
【答案】AD
【详解】根据圆周运动公式，得
甲球满足关系式为
由图中甲关系图线可知，甲球线速度大小保持不变；
乙球满足关系式为
由图中乙关系图线可知，乙球角速度大小保持不变。
故选AD。
11．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则（ ）
A．该弯道的半径r＝v2gtanθ
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小也随之改变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】AD
【详解】A．火车拐弯时不侧向挤压轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
故A正确；
B．根据牛顿第二定律得
解得
可知火车规定的行驶速度大小与质量无关，故B错误；
CD．当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车轮缘有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确。
故选AD。
12．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用水平轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同，重力加速度为g。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体将要但还未发生滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．此时绳子张力为T=3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω=
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子物体A、B仍将随盘一块转动
【答案】ABC
【详解】C．由F=mω2r可知，A、B两物体相比，B物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B先有滑动的趋势，此时B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心，故C正确；
ABC．当B刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，有FT＋μmg=2mrω2
以A为研究对象，有FT-μmg=mrω2
联立可得FT=3μmg
ω=
故AB正确；
D．若烧断绳子，则A、B所受的摩擦力均不足以提供向心力，二者都将做离心运动，故D错误。
故选ABC。
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
13．（8分）用斜槽装置做“探究平抛运动的特点”实验。
（1）以下哪些操作可能会引起实验误差______（多选）。
A.安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平
B.确定Oy轴时，没有用重垂线
C.斜槽不是绝对光滑的，有一定摩擦
D.每次从轨道同一位置释放小球
（2）一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图1所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离Δs相等的三点A、B、C，量得Δs0.4m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.2m，h2=0.3m，g取10m/s2，利用这些数据，可求得：
①物体抛出时的初速度为 m/s；
②物体经过B时竖直分速度为 m/s；
③抛出点在A点上方的高度为_______m处。
【答案】 AB 4 2.5 0.1125m
【详解】[1]A实验要求斜槽的末端保持水平，使小球离开斜槽末端时速度沿水平方向，故A符合题意；
B．确定OY轴时，没有用重锤线，就不能调节斜槽末端切线水平，会引起实验误差，B符合题意；
CD．每次小球从同一位置由静止释放，即使球与槽之间存在摩擦力，也可以使小球每次都以相同的速度离开斜槽末端， 故CD不符合题意；
故选AB。
（2）[2][3][4]A、B、C三点的水平距离相等，所以运动时间也相等，即
竖直方向上为自由落体运动，则
解得
所以物体抛出时的初速度为
物体经过B点时的竖直分速度为
tB=vByg=2.510=0.25m/s
tA=tB-0.1=0.15s
h=12gtA2=0.1125m
14．（6分）某同学做验证向心力与线速度关系的实验。装置如图甲所示，一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央，主要实验步骤如下：
①用游标卡尺测出钢球直径d；
②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；
③将钢球拉到适当的高度处静止释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2已知当地的重力加速度大小为g，请用上述测得的物理量表示：

（1）钢球经过光电门时的线速度表达式v＝_____，向心力表达式F向＝mv2R＝_____;
（2）钢球经过光电门时所受合力的表达式F合＝_____;
【答案】 d/t
【详解】（1）[1][2]小球的质量
小球通过最低点时的速度为
根据向心力公式，小球通过最低点时所需向心力
（2）[3]钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，则有mg＝F1
小球通过最低点时，受小球的重力和细线的拉力作用，拉力F2和重力mg的合力F合=
四、计算题（本题共4小题，共34分）
15.（8分）如图所示，倾角θ＝37°的斜面足够大，顶端MN水平。一质量m＝0.9kg的小球自MN上一点以v0＝2m/s的初速度垂直MN水平抛出，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力。
（1）求小球自抛出至落到斜面上的时间；
（2）若小球运动过程中始终受到平行MN的恒定水平风力，小球落到斜面上时的位移大小为1.25m，求小球受到的水平风力大小。
【答案】（1）0.3s；（2）40N
【详解】（1）设小球自抛出至落到斜面上的时间为，则小球水平位移
竖直位移
位移间的关系为
联立并代入数据解得
（2）设小球受到的平行MN的恒定水平风力大小为F=ma
小球沿MN方向的位移
小球落在斜面上的时间不变
小球的位移
联立并代入数据解得F=80N
16．如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角，一条长度为L的绳（质量不计），一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小球（可看成质点），小球以角速度ω绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动。求：
（1）小球静止时所受拉力和支持力大小；
（2）小球刚要离开锥体时的角速度；
（3）小球以ω1=4gL的角速度转动时所受拉力和支持力大小。
【答案】（1）；；（2）；（3），
【详解】（1）由小球受力分析可知
（2）小球刚要离开锥面时，由重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
（3）因为
说明小球离开锥面飞起
设绳与竖直方向的夹角为α，如图所示
则有
解得F1=4mg
17．某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速为零、加速度为a的匀加速直线运动．起动后2s悬挂器脱落．设人的质量为m看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
（2）若H＝3.2m，R ＝0.9m，取g＝10m/s2，当a＝2m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L．
（3）若H＝2.45m，R＝0.8m，L＝6m，取g＝10m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围．

【答案】（1）（2）7.2 m（3）a1 =" 1.75" m/s2或者a2 =" 2.25" m/s2
【详解】试题分析：（1）设人落在圆盘边缘处不至被甩下，临界情况下，最大静摩擦力提供向心力
则有：μmg=mω2R
解得
故转盘的角速度
（2）匀加速过程m=4m
vc =at=4m/s
平抛过程得t2=0．8s
x2= vc t2 = 4×0．8m=3．2m
故L=x1 + x2=7．2m
（3）分析知a最小时落在转盘左端，a最大时落在转盘右端
得
解得
解得a2=2m/s2