四川省内江市第六中学2024-2025学年高一上学期第一次月考物理（创新班）试卷

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物理学科试题（创新班）答案
1.A 2.D 3.D 4．B【详解】A．第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而天通一号卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，故天通一号卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，
B．三颗卫星都是地球静止轨道卫星，根据解得
可知，三颗卫星的轨道半径一定都相等，故B正确；
C．三颗卫星在地球静止轨道上运行，即赤道上空，不可能经过乐山市上空
D．地球同步静止卫星与地球表面赤道上物体运动周期相同，即角速度相同，根据
地球同步静止卫星比地球表面赤道上物体的运行半径大，所以三颗卫星的线速度大于位于地球表面赤道上物体的线速度，故D错误。
故选B。
5．C【详解】篮球在空中受竖直向下的重力，与运动方向（轨迹的切线方向）相反的空气阻力的作用，两者的合力斜向后下方，指向轨迹内侧，可知符合题意的是③。
故选C。
6．C【详解】小球从斜面上的某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移方向与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即
小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值 故可得
只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向的夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是，故速度方向与斜面的夹角总是相等，与v1、v2的关系无关。
故选C。
7．B【详解】A．由于小球穿在圆环上，当小球到达最高点受到的支持力等于重力时，小球的速度为0，则要保证小球可以到达最高点A，k可以等于0，故A错误；
BCD．当小球在A点对圆环的压力大小为0时，根据牛顿第二定律可得 解得
可知若，则小球在A点对圆环的压力大小为0；若，则小球在A点对圆环的压力大小不为0；若，小球受到的重力不足以提供向心力，则圆环对小球有竖直向下的弹力，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球在A点对圆环产生方向竖直向上、大小为的拉力，
8.AC 9．AD【详解】A．两小球竖直位移相同，则运动时间相同，初速度、大小之比为
故A正确；
C．若让两球仍在OC竖直面相遇，则 其中，
若大小变为原来的两倍，则时间t变为原来的一半，要能相遇，则B球的速度要增大为原来的2倍，
B．甲球落在D、C两点时的竖直位移之比为
根据可知甲球落在D、C两点时的时间之比为
甲球落在D、C两点时的水平位移之比为
根据可知甲球落在D、C两点时的初速度大小之比为
故若大小变为，则甲球恰能落在斜面的中点D，
D．若要甲球垂直击中圆环BC，则击中BC时的速度方向一定过O点，且根据平抛运动规律的推论可知O点为甲球水平位移的中点，故甲球落点到O点的水平距离为
竖直距离为
结合在C点相碰
，
根据
解得
，
所以若要甲球垂直击中圆环BC，则应变为原来的倍，故D正确。故选AD。
10．BC【详解】A．由题意，知卫星绕地球运转的周期为
设卫星的质量为，卫星距地面的高度为，有
联立，可求得 故A错误；
B．卫星的向心加速度大小 位于P点处物体的向心加速度大小
可得 故B正确；
C．从时刻到下一次卫星经过P点正上方时，设卫星转了m圈、P点转了n圈（m、n为正整数），则有
可得， 则卫星转过的角度为故C正确
11.BCD；
12.(1)C (2)CD (3) 0.79 0.31 (4)大于
13． BD 大于 AB B
【详解】根据平抛运动的规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动解答．
(1)本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平，即小球做平抛运动，且每次飞出时的速度应相同，所以只要每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放即可，故BD正确；
(2)a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q点时，钢球的球心对应纸上的位置，由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动，所以在确定y轴时需要y轴与重锤线平行；
b.由初速度为零的匀加速直线运动规律即在相等时间间隔内所通过的位移之比为可知，由于A点不是抛出点，所以；设AB，BC间所用的时间为T，竖直方向有：，水平方向有：，联立解得：；
(3)A项：细管A始终在水面之下，B就会喷出稳定的细水柱，故可行．A正确
B项：用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻的位置即平抛运动的轨迹上的点，平滑连接在一起即为平抛运动轨迹，所以此方案可行；
C项：将铅笔垂直于竖直的白板放轩，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸间有摩擦阻力的作用，所以铅笔作的不是平抛运动，故此方案不可行；
(4)由平抛运动竖直方向运动可知，，时间，所以只要高度相同，时间相同，故B正确；
(5)由平抛运动可知，竖直方向：，水平方向：，联立解得：，即抛出物体的轨迹为抛物线，当抛出的速度越大，在抛物线上某点的速度足以提供该点做圆周运动的向心力时，物体的轨迹从抛物线变为圆．
14．（1）；（2）；
【详解】（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
(3)
可得该星球表面的重力加速度为
(2)
（2）在星球表面，由万有引力等于重力可得
(2)
又
(2)
联立解得该星球的平均密度为
(1)
15.【答案】（1），速度方向向东；（2），；（3）27m
【详解】（1）第内的位移等于前内的位移减去前内的位移，设为初速度
代入数值得
第末的速度 代入数值得 速度方向向东
（2）飞机停下来的时间为，由，解得
内的位移 由平均速度公式得
（3）最后内的位移应用逆向思维处理
代入数值解得飞机停止运动前最后内的位移大小
16.【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球第一次碰撞圆盘前速度大小为
选向下为正方向，碰撞后瞬间圆盘和小球的速度分别为，
依题意，圆盘做匀减速直线运动，小球做竖直上抛运动，设第二次碰撞前二者的位移为x，可得
， 联立，解得，
从第一次碰撞到第二次碰撞，小球的平均速度大小
（2）圆盘做匀减速直线运动，则有 解得
（3）小球第二次碰撞圆盘前速度为
即小球第二次碰撞圆盘前速度与第一次碰撞圆盘速度相同，碰撞后的运动过程与第一次碰撞后运动过程也相同，由（1）分析可知第一次碰撞后圆盘位移为
则第二次碰撞圆盘后，圆盘的位移也为，以此类推若小球与圆盘的第五次碰撞发生在管底，圆管的长度为