2025荆州沙中学高一下学期2月月考物理试题含解析

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答案 A D B A A B B D CD BD
1．A【详解】A．开普勒根据第谷观测行星运动的数据，总结出行星运动三大定律，故 A 正确；
B．牛顿发现了万有引力定律 100 多年以后，卡文迪许通过扭秤实验测定出了万有引力常量的数值，
故 B 错误；
C．牛顿通过月一地检验发现地球与苹果间的引力跟天体之间的引力是同一种力，故 C 错误；
D．1871 年，人们发现了太阳系中的第七颗行星—天王星，但是，它的运动轨迹有些“古怪”，根据万
有引力定律计算出来的轨道与实际观测的结果总有一些偏差；英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻
的天文学家雷维耶相信在天王星轨道外面还存在一颗未发现的行星；他们根据天王星的观测资料，各
自独立地利用万有引力定律计算出这颗“新”行星的轨道，后来这颗行星被命名为“海王星”，表明万有
引力定律的正确性，故 D 错误。故选 A。
2．D【详解】匀速飞行的飞机上落下一小球，物体做平抛运动，物体在水平方向上做匀速直线运动，
知物体在空中排成一条竖直线，且落地点是等间距的．在竖直方向上做自由落体运动，相等时间内的
间隔在竖直方向上越来越大．故选 D
3．B【详解】A．当船头垂直于河岸行驶时，船渡河所用时间最短为 。A 错误；
B．因为 ，所以船不能垂直于河岸行驶，如图所示，当船合速度沿 AC 方向时，船渡河位移最
小，则 ，其中 ，联立解得，该船渡河所通过的位移大小最小
为 。B 正确；
C．该船用最短时间渡河时，则沿水流方向位移为 ，所通过的位移大小为
。C 错误；D．该船以最短位移渡河时所用的时间为
。D 错误。故选 B。
4．A【详解】AC．根据万有引力定律公式有 ，未挖去球形空腔时，整个球体对 A、D 两点
的小球万有引力相等，挖去空腔的球形质量对 A 点的引力较大，根据隔补的思想可知，小球在 D 处 所受万有引力大于在 A 处所受万有引力，故 A 正确，C 错误；
B．根据万有引力定律有 ， ，由于密度相等，则 ，解得小球放在 A 处，
万有引力大小为 。故 B 错误；
D．根据半径关系可知，未挖去球形空腔时，小球在 D 处所受万有引力方向与 夹角为 ，挖去空 腔后，夹角大于 30°，故 D 错误；故选 A。
5．A【详解】在最高点对小球受力分析得 ，联立图像可知当 v2=0 时，
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，故 A 正确；当 T=0，v2=b 时则有 ，故 B 错误；当 v2=c 时，则有
，故 CD 错误．选 A
6．B【详解】A．斜抛运动具有对称性，把斜抛运动看成两个对称的平抛运动，由图像看出，甲、乙
从 点到落地，平抛运动的高度相等，运动时间 t 相等，由平抛规律可知 ，水平位移之
比为 ，由水平方向位移 。故甲、乙在 点的速度大小之比为 ，选项 A 错误；B．平抛运动 速度的反向延长线经过水平位移的中点，故甲在 点速度的反向延长线经过 的中点，选项 B 正确；
C．斜抛运动时间是平抛运动时间的 2 倍，则两个斜抛运动时间均为 ，选项 C 错误；D．乙在
点的速度与水平方向的夹角设为 ，根据对称性，乙在 点的速度与水平方向的夹角也为 ，根据平
抛运动规律，故乙在 D 点的速度反向延长线经过 O 点，则 解得 ，选项 D 错误。故
选 B 。
7．B【详解】A．令星球质量为 M,，星球半径为 r0，星球内部某位置到球心间距为 r，则有
其中 ，解得 ，可知，此时内部某位置的重力加速度与该位置到球心间距成正比，
而在星球外部某位置有 ，则有 ，可知，星球外部某位置的重力加速度与间距正平方
反比的关系，结合图像可知 P、Q 两星球的半径分别为 R、2R，则有 ，
，解得 ， ，两星球质量不同，故 A 错误；
B．结合上述，两星球密度分别为 ， ，结合上述解得 。故 B 正确；
C．第一宇宙速度等于星球表面卫星的环绕速度，则有 ， ，解得 。故
C 错误；D．两星球自转角速度相同，则自转周期相同，其同步卫星的周期相同，根据
， ，解得 。故 D 错误。故选 B。
8．AD【详解】甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：ω甲•3r=ω乙•r，可得ω甲：ω乙=1：3，
根据 v=ωr 所以物块相对盘开始滑动前，m1 与 m2 的线速度之比为 2：3，故 A 正确；据题可得两个物
体所受的最大静摩擦力分别为：f 甲=μm1g，f 乙=μm2g，最大静摩擦力之比为：f1：f2=m1：m2；转动中
所受的静摩擦力之比为：F1=m1a 甲：m2a 乙=2m1：9m2=m1：4.5m2．所 以随转速慢慢增加，乙的静摩擦力先达到最大，就先开始滑动，故 BC 错误；物块相对盘开始滑动前，根据 a=ω2r 得 m1 与 m2 的向心加速度
之比为 a1：a2=ω甲 2•2r：ω乙 2r=2：9，故 D 正确．所以 D 正确，ABC
错误．
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9．CD【详解】AD．对于 A，它的速度如图中标出的 v，这个速度看成是 A 的合速度，其分速度分
别是 va、vb，其中 va 就是 B 的速度 vB(同一根绳子，大小相同)，刚开始时 B 的速度为 ，当
A 环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时 ，所以 B 的速度 。故 A 错误 D 正确；
BC．因 A 匀速上升时，由公式 ，当 A 上升时，夹角θ增大，因此 B 做减速运动，由牛顿
第二定律，可知，绳对 B 的拉力大于 B 的重力，故 B 错误 C 正确。故选 CD。
10．BD【详解】A．在地球表面有 ，地球密度 ，解得 。A 错误；
B．对静止卫星有 ，结合上述解得 。B 正确；
C．卫星 a 的轨道半径 ，根据 ，解得 ，由于不能确定地球静止卫星的
轨道半径，故 C 错误；
D．对近地卫星有 ，解得 ，令 a 与近地卫星运行方向相反时，二者不能直接
通讯的连续时间为 ，则有 ，解得 。D 正确。故选 BD。
11． 控制变量 等于
【详解】（1）[1]本实验采用控制变量法来探究 F、m、ω、r 四者之间的关系。
[2]因为小球在接近水平的平面内做匀速转动，可以近似认为小球的向心力等于 F。
（2）[3]若测得小球做匀速圆周运动的圈数为 n，对应的运动时间为 t，则小球匀速圆周运动的周期为
，由 可得
（3）[4]由 ，可得 ，则 的关系图像的斜率为 ，解得
12． 保证小球飞出时的初速度水平 保证小球每次做平抛运动的初速度相同
【详解】解：（1）[1] 因是“研究平抛运动”的实验，所以斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目
的是：保证小球飞出时的初速度水平。
（2）[2]每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放的目的是：保证小球每次做平抛运动的初速
度相同。
（3）[3]因每次移动木板的水平距离相等，小球在水平方向做匀速直线运动，因此小球在水平方向经
相等的距离所用时间 T 相等，小球在竖直方向做自由落体运动，所以在竖直方向则有 ，即有
,解得 ，小球在水平方向为匀速直线运动，则有小球做平抛运动的初速度
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为
13．（1） s （2）14N （3） m
【详解】(1)设小球从 A 点运动到 B 点的时间为 t，，由于小球恰好垂直撞在半圆形轨道上的 B 点，有：
，代入数值得 ，小球在 B 点时沿竖直方向的分速度大小为： ，由
几何关系可知，此时小球在水平方向的分速度大小（即小球在 A 点时的速率）为： ，得
v0=2m/s ，细绳断裂前瞬间，由牛顿第二定律有： ，解得：F=14N
(2)小球平抛运动的水平位移大小为： ，由几何关系有： ，解得：
14．（1） ； ；（2） ；（3）
【详解】（1）在地球表面质量为 的物体，重力由万有引力提供 ，则 ，由
， ，可得地球的平均密度
（2）设空间站质量为 ，则有 ，联立，解得
（3）对空间站有 ，对质量为 m 的微型卫星有 ，联立，解得
15．（1） ；（2） ，设沿半径指向圆心为正方向： ，或者若设沿
半径背离圆心为正方向： ；（3）
【详解】（1）对小球 A 受力分析如图所示，由 ，得 ，由几何关
系知 ，解得 ，即
（2）当物块 B 受到的最大静摩擦力 指向圆心时，转盘 最大 ，
，当物块 B 受到的最大静摩擦力 背离圆心时，转盘 最小 ，
，水平转盘角速度 的取值范围 ，设沿半径指向圆心为正方向
，或者若设沿半径背离圆心为正方向
（3）绳断后 A、B 均做平抛运动，设经时间 t，A 和 B 速度垂直，由平抛运动规律知此时 A、B 竖直
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方向速度均为 ，水平方向 ， ，作图，由几何关系得
，即 ，代入数据解得
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