浙江省杭州市联谊学校2024-2025学年高一下学期3月月考物理试卷（Word版附解析）

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1．本卷共6页满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列各组物理量中都是矢量的是（ ）
A. 重力 线速度 动摩擦因数
B. 位移 向心力 速度变化量
C. 速率 向心加速度 角速度
D. 时间 路程 质量
【答案】B
【解析】
【详解】标量是只有大小，没有方向的物理量；
矢量是既有大小，又有方向，且加减遵循平行四边形定则的物理量。
A．重力、线速度是矢量，动摩擦因数是标量，故A错误；
B．位移、向心力和速度变化量都是矢量，故B正确；
C．向心加速度、角速度是矢量，速率是标量，故C错误；
D．时间、路程和质量都是标量，故D错误。
故选B。
2. 以下运动中，加速度变化的是（ ）
A. 匀加速直线运动
B. 平抛运动
C. 匀速圆周运动
D. 斜抛运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．匀加速直线运动的加速度保持不变，故A错误；
BD．平抛运动和斜抛运动加速度均为重力加速度，保持不变，故BD错误；
C．匀速圆周运动的加速度大小不变，方向总是指向圆心，时刻发生变化，故C正确。
故选C。
3. 下列叙述正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体不可能是匀变速运动
B. 平抛运动的物体在相等时间内速度变化量相同
C. 不同轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积
D. 摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受到离心力的缘故
【答案】B
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体可能是匀变速运动，例如做平抛运动的物体加速度为重力加速度不变，做匀变速曲线运动，故A错误；
B．做平抛运动的物体加速度为重力加速度不变，根据可知物体在相等时间内速度变化量相同，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知同一轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积，不同轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不相等，故C错误；
D．托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，是合外力不足以提供所需要的向心力，不存在离心力，故D错误。
故选B。
4. 一天体的质量是地球的16倍，它的半径是地球的4倍，绕该天体表面做匀速圆周运动的宇宙飞船，其运行速度与地球的第一宇宙速度之比是（ ）
A. B. C. 2：1D.
【答案】C
【解析】
【详解】设地球质量为M，半径为R，卫星绕地球表面做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
宇宙飞船绕该天体表面做圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
可得
故选C。
5. 甲、乙两物体都在做匀速圆周运动，以下四种情况中甲物体向心加速度大的是（ ）
A. 它们的线速度大小相等，乙的半径小
B. 它们的周期相等，乙的半径大
C. 它们的角速度相等，甲的线速度大
D. 它们的线速度大小相等，甲的周期大
【答案】C
【解析】
【详解】A．它们的线速度大小相等，乙的半径小，根据，可知乙物体向心加速度大于甲物体向心加速度，故A错误；
B．它们的周期相等，乙的半径大，根据
可知乙物体向心加速度大于甲物体向心加速度，故B错误；
C．它们的角速度相等，甲的线速度大，根据
可知甲物体向心加速度大于乙物体向心加速度，故C正确；
D．它们的线速度大小相等，甲的周期大，根据
可知乙物体向心加速度大于甲物体向心加速度，故D错误。
故选C。
6. 在某次演习中，轰炸机沿水平方向投放了一枚炸弹，炸弹正好垂直击中山坡上的目标，山坡的倾角为，如图所示。不计空气阻力，求炸弹水平方向通过的距离与竖直方向下落的距离之比为（ ）
A. B. C. 3：1D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题知，炸弹在空中做平抛运动，炸弹正好垂直击中山坡。设此时炸弹竖直方向下落的距离为y，水平方向通过距离为x，则由平抛运动推论有：此时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，可得
故得
故选D。
7. 我国发射了一颗人造卫星，其运行轨道距离地面的高度为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，由以上信息可知（ ）
A. 人造卫星的线速度大于
B. 人造卫星的向心加速度等于
C. 人造卫星发射速度大于
D. 人造卫星的角速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
可得，
可知人造卫星的线速度小于近地卫星的线速度，即小于；人造卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，即小于，故AB错误；
C．人造卫星发射速度大于，小于，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力可得
又
联立解得人造卫星的角速度大小为
故D正确。
故选D。
8. 光滑水平面上的物体受三个沿水平面的恒力、、作用下，以速率沿图示方向做匀速直线运动，其俯视图如下。其中与运动方向垂直，若撤去某个力，其它力不变，下列说法正确的是（ ）
A. 撤去，物体将做匀速圆周运动
B. 撤去，物体的最小速率可以为零
C. 撤去，物体的最小速率可以为零
D. 撤去，物体的速率可以再次为
【答案】D
【解析】
【详解】A．撤去F1，则物体受到F2、F3的合力为恒力，且与速度方向不在同一直线上，物体将做匀变速曲线运动，故A错误；
B．撤去F2，则物体受到F1、F3的合力为恒力，且合力方向与初速度方向的夹角小于，物体将做匀变速曲线运动，且速度大小一直增大，则物体的速率不可能为0，故B错误；
CD．撤去F3，则物体受到F1、F2的合力为恒力，且合力方向与初速度方向的夹角大于，物体将做匀变速曲线运动，沿合力方向先做减速后做反向加速运动，垂直合力方向做匀速直线运动，物体的最小速率不可能为零，物体的速率可以再次为v，故C错误，D正确。
故选D。
9. 如图所示，小明骑一辆自行车向前行驶，该自行车的大齿轮、小齿轮与后轮的半径之比为，下列说法正确的是（ ）
A. 小齿轮和大齿轮的角速度大小之比为
B. 小齿轮和后轮的角速度大小之比为1：12
C. 后轮边缘和大齿轮边缘的线速度大小之比为
D. 小齿轮和大齿轮边缘的向心加速度大小之比为1：3
【答案】A
【解析】
【详解】A．小齿轮和大齿轮是链条传动，线速度相等，根据可知小齿轮和大齿轮的角速度大小之比为，故A正确；
B．小齿轮和后轮同轴转动，角速度相等，故B错误；
C．根据可得后齿轮边缘和小齿轮的线速度之比为，结合A选项分析可知后轮边缘和大齿轮边缘的线速度大小之比为，故C错误；
D．根据可得小齿轮和大齿轮边缘的向心加速度大小之比为，故D错误。
故选A。
10. 如图所示，水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为，直径为，重力加速度为，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】令桶高为h，桶直径为d，水离开出水口的速度大小为v0，出水口到桶口中心的水平间距为x，由于水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A，水到达桶口中心过程，根据平抛运动规律有，
水到达桶底A点过程，根据平抛运动规律有，
联立解得
故选B。
二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11. 小明同学在进行网球训练，他先后两次在同一高度的前后两个不同位置将网球击出，两次均垂直击中竖直墙上同一点，运动轨迹如图所示，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 网球两次撞墙前的速度相等
B. 网球两次在空中运动时间相等
C. 轨迹1的网球击出时的速度大
D. 轨迹2的网球撞墙时的速度大
【答案】BC
【解析】
【详解】ABD．根据逆向思维，将网球看成是从竖直墙上反向做平抛运动，则竖直方向有
可得
水平方向有
解得
由于两轨迹高度相同，则两轨迹网球在空中运动的时间相等；由于沿轨迹1运动的网球水平位移大，则有
即沿轨迹1运动的网球刚要撞墙时的速度大于沿轨迹2运动的网球刚要撞墙时的速度，在空中竖直方向速度相等，水平方向沿轨迹1运动的网球速度大于沿轨迹2运动的网球的速度，根据运动的合成可知网球两次撞墙前的速度不相等，故B正确，AD错误；
C．根据
由于
可知沿轨迹1运动的网球击出时的初速度大于沿轨迹2运动的网球击出时的初速度，故C正确。
故选BC。
12. 如图一内壁光滑的大圆球，一质量为小球可以在大圆球内沿不同轨道绕其光滑内壁做圆周运动，其中轨道与轨道是水平的，轨道是竖直的，下列有关说法正确的是（ ）
A. 小球沿轨道做匀速圆周运动
B. 小球沿轨道运动的最小速度为0
C. 小球沿轨道运动的速度比沿轨道运动的速度大
D. 小球沿轨道运动的周期比沿轨道运动的周期大
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得
根据几何关系
联立解得
沿b轨道一定做匀速圆周运动，θ越小，v越小，沿a轨道运动的速度比沿b轨道的速度小，A正确，C错误；
B．在最高点，最小的向心力为重力提供，对应最小速度，根据牛顿第二定律得
解得
沿c轨道运动，在最高点的最小速度为，B错误；
D．根据牛顿第二定律得
结合
解得
θ越小，周期越大，沿a轨道运动的周期比沿b轨运动的周期大，D正确。
故选AD
13. 地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从运行到、从运行到的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和，且。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.5倍，则彗星（ ）
A. 在近日点的速度大于远日点的速度
B. 在近日点的速度小于地球绕太阳运行的速度
C. 从运行到与从运行到的时间相等
D. 在近日点加速度约为地球的加速度的2倍
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律可知彗星在近日点的速度大于远日点的速度，故A正确；
B．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
可得
可知近日点所在圆轨道线速度大于地球绕绕太阳运行的速度，又彗星在近日点的速度大于近日点所在圆轨道的速度，所以彗星在近日点的速度大于地球绕太阳运行的速度，故B错误；
C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据可知从a运行到b的时间等于从c运行到d的时间，故C正确；
D．根据牛顿第二定律
可得
可知彗星在近日点加速度约为地球的加速度的4倍，故D错误。
故选AC。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14. 小明做“探究向心力大小的表达式”的实验，装置如图所示，图中长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板到转轴距离的2倍，长槽上的挡板和短槽上的挡板到各自转轴的距离相等。
（1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的_____。
A. 探究平抛运动的特点
B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
D. 伽利略对自由落体的研究
（2）探究向心力和角速度的关系时，若将传动皮带套在两半径之比等于的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板_____处（均选填“A”“B”或“C”），则标尺露出红白相间的等分格数的比值约为_____。
【答案】（1）C （2） ①. C ②.
【解析】
【小问1详解】
本实验是探究一个物理量与多个物理量之间的关系，采用控制变量法。
A．探究平抛运动的特点时，选用两个小球，其中一个平抛，另一个自由落体，结果两个小球同时落到，说明平抛运动在竖直方向上时自由落体运动，应用了等效的思想，A错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律时，利用合力与分力效果相同，采用等效替代的思想，B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，保持物体的质量不变，探究加速度与力的关系，然后再保持力不变，探究加速度与质量的关系，采用控制变量法，C正确；
D．伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理；伽利略对自由落体运动的研究方法是猜想与假说和实验验证的方法，是理想实验，故D错误。
故选C。
【小问2详解】
[1]探究向心力和角速度的关系时，需要保证两小球的质量和运动半径相等，角速度不同，即将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处；
[2]将传动皮带套在两半径之比等于的轮盘上，根据可得两边的角速度之比为，根据可得标尺露出红白相间的等分格数的比值约为。
15. 小明同学用如图甲所示装置研究平抛运动，他让小球从斜槽上合适的位置由静止释放，得到小球在坐标系中的位置如图乙所示，其中、、是平抛运动中的三个点，坐标纸每个小格边长为，重力加速度，计算结果保留两位有效数字。
（1）实验中下列要求正确的是_____。
A. 实验所用斜槽应尽量光滑
B. 斜槽末端的切线水平
C. 纸板平面应竖直且与小球轨迹所在平面平行
D. 画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
（2）小球从槽口抛出的初速度大小为_____。
（3）小球从抛出点运动到点所用的时间_____。（以上两问结果保留两位有效数字）。
（4）小明同学把实验装置进行了改进，如图所示：
实验操作的主要步骤如下：
A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直
B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹
C．将木板沿水平方向向右平移一段距离，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹
D．将木板再水平向右平移同样的距离，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹
若测得、间距离为，、间距离为，已知当地的重力加速度为，可以得到小球平抛的初速度大小的表达式_____。（用题中所给字母表示）
【答案】（1）BC （2）1.5
（3）0.20 （4）
【解析】
【小问1详解】
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下，以保证小球到达最低点的速度都相同，斜槽轨道不一定要光滑，只需到达底端的速度相同即可，选项A错误；
B．斜槽轨道末端必须切线水平，以保证小球做平抛运动，选项B正确；
C．因为小球的轨迹所在平面是在竖直平面，所以将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，这样才能准确记录小球在不同时刻的位置，选项C正确；
D．为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用平滑的曲线画出平抛运动的轨迹，并不是把所有的点连接起来，选项D错误；
故选BC。
【小问2详解】
由图可知，从到和从到时间相等，竖直方向根据
代入数据
解得
水平方向
解得
【小问3详解】
竖直方向，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得
小球从抛出点运动到点所用的时间
【小问4详解】
在竖直方向上
根据
得
则初速度为
16. 一小船要渡过一条两岸平行的小河，已知船在静水中的速率，河宽，河水的流动速度，求：
（1）若船的渡河时间最短，求船渡河的位移。
（2）若船的渡河距离最短，求船渡河的时间。
【答案】（1），方向与河岸的夹角为
（2）
【解析】
【小问1详解】
若船的渡河时间最短，则此时船头垂直河岸，渡河时间为
则船渡河沿河岸的位移为
船渡河的位移大小
设船渡河的位移与河岸的夹角为，则有
可得
【小问2详解】
由于船在静水中的速率大于河水的流动速度，则当船的合速度垂直河岸时，船的渡河距离最短，则有
则船渡河的时间为
17. 小明参加了跳台滑雪运动，他从跳台处沿水平方向飞出，在斜坡处着陆，如图所示。测得间的距离为，斜坡与水平方向的夹角为，不计空气阻力，取，求：
（1）小明在空中飞行的时间；
（2）小明在处飞出时速度大小；
（3）小明在空中离坡面的最大距离及所用的时间。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
从跳台处沿水平方向飞出，在斜坡处着陆，竖直方向有
解得小明在空中飞行的时间为
【小问2详解】
水平方向有
解得小明在处飞出时的速度大小为
【小问3详解】
将小明在空中的运动分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向两个分运动，垂直斜坡方向的初速度大小和加速度大小分别为，
则小明在空中离坡面的最大距离为
所用的时间为
18. 如图所示是场地自行车比赛的圆形赛道。路面与水平面的夹角为，、，小明骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径，自行车和小明的总质量为，不考虑空气阻力，，求：
（1）要使自行车不受摩擦力作用，小明骑自行车的速度应等于多少；
（2）若小明骑自行车以的速度沿该赛道做匀速圆周运动，求此时自行车所受的摩擦力和支持力。
【答案】（1）10m/s
（2），垂直路面向上；，沿着路面直线圆心
【解析】
【小问1详解】
自行车和小明做匀速圆周运动，重力的水平分力提供向心力，有
又
联立解得
【小问2详解】
若小明骑自行车以的速度沿该赛道做匀速圆周运动，由于
所以侧向摩擦力沿路面向下，对自行车和小明，水平方向
竖直方向
解得，垂直路面向上；，沿着路面指向圆心。
19. 一游乐场水上过山车模型图如下，固定在离水面高为的水平平台上的圆形轨道半径为，、分别为圆形轨道的最低点和最高点。现将一质量为的小球通过山车模型的多个圆形轨道从点离开，再通过光滑的水平轨道从点水平飞出落入水中。已知水面宽度为，不计空气阻力，重力加速度取，求：
（1）小球能通过圆形轨道，在点的速度至少多大；
（2）小球能不碰壁且安全落入水中，在点最大速度是多少；
（3）第（2）问中的小球在圆轨道最低点对轨道的压力；
（4）小球在点的速度为，处的曲率半径为，过点的切线与水平成，小球在点处受到的支持力大小。
【答案】（1）
（2）
（3），方向竖直向下
（4）
【解析】
【小问1详解】
小球能通过圆形轨道，当小球刚好经过点时，重力提供向心力，则有
解得在点的速度至少为
【小问2详解】
设小球刚好不碰壁落入水中，根据平抛运动规律可得，
联立解得，
则小球能不碰壁且安全落入水中，在点最大速度为。
【小问3详解】
在第（2）问中，小球在圆轨道最低点的速度为
根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球在圆轨道最低点对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
小问4详解】
小球在点处，根据牛顿第二定律可得