江苏省扬州市扬州中学2022-2023学年高一下学期3月月考物理试题（Word版附解析）

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1. 下列关于物理学史和物理思想方法，叙述错误的是（ ）
A. 卡文迪许在测量万有引力常量的实验中，运用了“放大法”
B. “牛顿第一定律”是牛顿通过大量实验得出的
C. 从物理思想方法上讲，平均速度体现了“等效替代”的物理思想
D. 加速度是采用“比值法”定义的物理量
【答案】B
【解析】
【详解】A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，利用平面镜将微小形变放大，运用了放大法成功测出引力常量数值，故A正确；
B．牛顿第一定律是牛顿在前人研究的基础上总结出来的，而不是牛顿通过大量的实验探究直接总结出来的，故B错误；
C．等效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法，故平均速度为等效替代法，故C正确；
D．比值法定义出的物理量往往由其本身的性质决定，加速度的定义式为，采用比值法定义，故D正确。
本题选择错误选项，故选B。
2. 如图所示，MN是水流速度稳定的河流，小船在静水中的速度为v船。船自A点渡河，第一次沿AB方向，第二次沿AC方向，两次渡河所用的时间分别为t1和t2.若AB和AC与河岸的夹角相等。则（ ）
A. 两方向若为船航行的速度方向，则t1t2
C. 两方向若为航行的合速度方向，则t1t2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AB．两方向若为船航行的速度方向，渡河时间取决于小船垂直河岸方向的速度，假设船速于AD夹角为θ。将船速分解，由题意可知船速的渡河分量相等，均为vcsθ，故渡河时间为
故AB错误；
CD．两方向若为航行的合速度方向，渡河时间取决于小船垂直河岸方向的速度，根据分析可知，第二次沿AC方向垂直于河岸方向的速度大于第一次沿AB方向垂直于河岸方向的速度，故t1>t2，故C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，假设导弹仅在地球引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行并击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h。已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G。则下列结论正确的是（ ）

A. 导弹在C点的速度大于
B. 导弹在C点的速度等于
C. 导弹在C点的加速度等于
D. 导弹在C点的加速度大于
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对于位于离地高为h的轨道上做匀速圆周运动的物体有
其速度为
导弹从C点做向心运动，速度应小于，故AB错误；
CD．根据牛顿第二定律在C点有
导弹在C点的加速度
故C正确，D错误。
故选C。
4. 地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p、同步通信卫星q和月球m，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动设e、p、q、m的圆周运动速率分别为、、、，向心加速度分别为、、、，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．山丘e与同步通信卫星q转动周期相等，根据圆周运动线速度公式，山丘e的运动速率，月球m的运动速率
故
根据卫星的线速度公式，由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的线速度大于同步通信卫星的线速度，同理同步通信卫星的线速度大于月球m的线速度，即
故
故AB错误；
CD．根据
山丘e运动加速度
月球m运动加速度
即
同理
则
根据卫星的周期公式
由于近地资源卫星的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故近地资源卫星的加速度大于同步通信卫星的加速度，即
故，故C错误，D正确。
故选D。
5. 2019年8月超强台风“利奇马”的中心在浙江省温岭市沿海登陆，登陆后，“利奇马”强度开始迅速减弱，并逐渐转向偏北方向移动，对部分沿海城市房屋、道路和桥梁有严重的破坏。“利奇马”过后，一同学到社区志愿参加清扫活动，如图所示，该同学把被风刮倒的长木杆绕着O点扶起来，已知木杆的长度为L，该同学的手与杆的接触位置高为h，当该同学以速度v向左运动时，手与杆接触点的高度不变，当木杆与地面的夹角为时，木杆转动的角速度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】把人的速度分解为垂直于旗杆的速度v1和沿杆的速度v2，如图
v1=vsinα
此时手握旗杆的位置到O点距离为，则有
所以C正确，ABD错误。
故选C。
6. 雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”。如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手摇脚踏板，使后轮匀速转动，泥巴就被甩下来。如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则（ ）
A. 泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度
B. 泥巴在图中的b、c位置时最容易被甩下来
C. 泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来
D. 泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b、c、d共轴转动，角速度相等，半径也相等，根据公式a=rω2分析知它们的向心加速度大小都相等，故A错误；
BCD．泥块做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据F=mω2r知，泥块在车轮上每一个位置的向心力相等，当提供的合力小于向心力时做离心运动，所以能提供的合力越小越容易飞出去，最低点，重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力，最高点，重力向下，附着力向下，合力为重力加附着力，在线速度竖直向上或向下时，合力等于附着力，所以在最低点c所需要的附着力最大，最容易飞出去，故C正确，BD错误。
故选C。
7. 如图甲所示，动画片里质量均为m的两个小猴子为了偷到树下面桌子上的香蕉，用同一不可伸长的轻质细绳拉着，分别尝试了两种方式，如图乙所示，a是使下面的猴子在竖直平面内来回摆动，b是使下面的猴子在水平面内做匀速圆周运动，b的细绳与竖直方向的夹角和a摆动时细绳偏离竖直方向的最大角度都为θ，则下列说法正确的是（ ）
A. 两种方式中下面猴子做圆周运动时所受合力方向均指向轨迹圆的圆心
B. a中把细绳调短些，θ不变，则上面的猴子所在树枝比之前更容易折断
C. b中上面的猴子所在树枝更容易折断
D. a中上面的猴子受到的最小拉力与b中上面的猴子受到的拉力的比值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．平面内做圆周运动时，速率也在不断变化，除了有指向轨迹圆圆心的向心加速度，在轨迹切线方向还有一个改变速度大小的加速度，因此合加速度方向不指向轨迹圆圆心，合力方向不指向轨迹圆圆心，A错误；
B．a中，下面的猴子在最低点时绳子上的张力最大，树枝容易折断，由动能定理得
此时
可得绳子上的最大张力
可知最大张力与绳长无关， B错误；
C．b中绳子上的张力和重力的合力为下面的猴子提供向心力，绳子上的张力
由于θ大小不确定，无法确定两种方式中绳子上的最大张力的大小关系，C错误；
D．a中绳子上张力最小时下面猴子所在位置是最高点处，此时最小张力
结合对C选项的分析可知a中绳子上的最小张力与b中绳上的张力的比值为，D正确。
故选D。
8. 2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914的引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的。如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动。在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的（ ）
A. 向心力均逐渐减小
B. 线速度均逐渐减小
C. 周期均不变
D. 角速度均逐渐增大
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】A．向心力由万有引力提供，根据万有引力定律
两黑洞间的距离逐渐减小，万有引力增大，所以向心力均逐渐增大，A错误；
C．根据牛顿第二定律
解得
两黑洞间的距离L逐渐减小，周期均减小，C错误；
D．根据 ，T减小，角速度均逐渐增大，D正确；
B．根据
解得
两黑洞间的距离L逐渐减小的过程中，L3的减小量大于r12、r22的减小量，所以线速度均增大，B错误。
故选D。
9. 一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行周期为T.假设宇航员在火星表面以初速度v水平抛出一小球，经过时间t恰好垂直打在倾角α=30°的斜面体上，如图所示．已知引力常量为G，则火星的质量为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】以M表示火星的质量，r0表示火星的半径，g′表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有：
=mr0
在火星表面有：
G=m′g′
由题意知平抛小球速度的偏转角为60°，则：
联立以上各式解得：
故B正确，ACD错误。
故选B。
10. 第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，图甲为谷爱凌跳台滑雪的场景，运动轨迹如图乙所示。谷爱凌从C点水平飞出，落到斜坡上的D点，E点离坡道CD最远，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 从C到E的时间比从E到D的时间短
B. 轨迹CE和ED长度相等
C. 轨迹CE和ED在CD上的投影长度之比为1：3
D. 轨迹CE和ED在水平方向的投影长度相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．以C为原点，CD为x轴，和CD垂直向上的为y轴，建立坐标系，如图
y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动，当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向到达最高点，根据竖直上抛运动对称性，可知从C到E的时间等于从E到D的时间，故A错误；
BC．由A分析可得，运动员在CE段和在ED段，在y轴方向的位移大小相等方向相反，用时相等，运动员在x轴上做匀加速直线运动，则在CE段和ED段在x轴方向上位移不等，故故轨迹CE和ED长度不等，由于运动员在C点时，在x轴方向上有初速度，故轨迹CE和ED在CD上的投影长度之不为1:3，故BC错误；
D．运动员竖直方向做自由落体运动，由于A分析可得，在CE和ED两段运动过程时间相等，运动员在水平方向上做匀速直线运动，则轨迹CE和ED在水平方向的投影长度相等。故D正确。
故选D。
二．实验题
11. （1）为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验∶如图中甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示的实验∶将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平。把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度山静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2.这两个实验说明___________。
A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动
B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动
C.不能说明上述规律中的任何一条
D.甲、乙二个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质
（2）关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是___________。
A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差
B.安装斜槽时其末端切线应水平
C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
D.在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点
（3）如图，某同学利用丙装置在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹， a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出。（g取10m/s2）
①小球平抛运动的初速度为___________ m/s。
②小球运动到b点时，在y方向的分速度为___________ m/s。
③抛出点坐标x =___________cm，y=___________cm。
【答案】 ①. AB ②. BC ③. 2 ④. 1.5 ⑤. -10 ⑥. -1.25
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]A．用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则知B球竖直方向上的运动规律与A球相同，甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动，故A正确；
BCD．把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，知1球在水平方向上的运动规律与2球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，故B正确，CD错误。
（2）[2]A．小球与斜槽之间有摩擦，但不会影响小球做平抛运动，故A错误；
B．研究平抛运动实验的关键是要保证小球能够水平飞出，则安装实验装置时，安装斜槽时其末端切线应水平，故B正确；
C．为了保证每次平抛的初速度和轨迹相同，所以小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放,故C正确；
D．在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，不能作为小球做平抛运动的起点，应该选择小球抛出时的球心位置作为平抛运动的起点，故D错误。
（3）[3]由于ab、bc间水平位移相等,而平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动，故小球在ab、bc间运动时间相等，设为t，根据竖直方向自由落体运动规律
得出
水平方向上
可得
[4] 根据自由落体运动规律和匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可知b点竖直方向的分速度
代入数据可得
[5][6]由上题可知
则可算出从抛出到b点的时间
则由
可求出抛出点到b点的水平和竖直的距离分别为30cm和11.25cm，则可得出抛出点的坐标点
三．计算题
12. 2021年10月3日神舟十三号飞船发射成功，神舟十三号与中国空间站的天和核心舱对接后，与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，三位宇航员在空间站驻留六个月从事各项科研工作。已知我国空间站距离地球表面的高度为h，地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。求：
（1）空间站绕地球做匀速圆周运动的周期T；
（2）在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，其半径为r，绕中轴匀速旋转，如图所示。宇航员（可视为质点）站在旋转舱内的侧壁上，若要感受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，旋转舱绕其中轴匀速转动的角速度ω应为多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有
不考虑地球自转时，质量为物体，在地球表面的重力
可得
（2）当人随空间站一起自转且加速度为时，可获得与地球表面相同的重力，则
旋转舱内的侧壁对宇航员的支持力，提供宇航员圆环绕中心匀速旋转向心力
解得
13. 冲关节目是一种户外娱乐健康游戏，如图所示为参赛者遇到的一个关卡。一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平跑道的高度差h=1.8m，M为圆盘边缘上一点。某时刻，参赛者从静止出发以加速度4m/s2 助跑后从P点水平向右跳出，初速度的方向与圆盘半径在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心与P点之间的水平距离为x0 =6.4m，圆盘半径R=1.6m，重力加速度g取，不计空气阻力。
（1）求参赛者从P点跳出至落至圆盘经历的时间t；
（2）参赛者要能落在圆盘上，求最短的助跑距离；
（3）若参赛者从P点跳出的同时，圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使参赛者落到M点，求圆盘转动的角速度ω。
【答案】（1）06s；（2）8m；（3）或
【解析】
【详解】（1）参赛者做平抛运动，由
得
（2）根据平抛水平方向
得
助跑过程匀加速运动有
得
（3）参赛者落到圆盘时间为0.6s，若参赛者从P点以最小速度跳出，要想使参赛者落到M点，此时间内圆盘圆周运动转过角度为，则有
得
若参赛者从P点以最大速度跳出，要想使参赛者落到M点，此时间内圆盘圆周运动转过角度为，则有
得
14. 如图所示，在足够高的竖直墙面上A点，以水平速度v0=10m/s向左抛出一个质量为m=1kg的小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定风力的作用，风力大小F=5N，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度为g=10m/s2，则在此过程中：（注意：计算结果可用根式表示）
（1）小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；
（2）墙面上A、B两点间的距离；
（3）小球速度的最大值；
（4）小球速度的最小值。
【答案】（1）10；（2）80；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动。水平方向
得
则小球水平方向的速度为零时距墙面的距离

（2）水平方向速度减小为零所需的时间
从A到B的时间为

墙面上A、B两点间的距离
（3）小球运动到B点的速度最大
，
到达B点的速度
（4）将运动沿图示方向分解
当时，小球速度最小，此时
根据力三角形知

解得
15. 如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度匀速转动，环A与转轴间距离不变时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知重力加速度g，，。求：
（1）装置转动的角速度为时，细线OB的拉力T。
（2）装置转动的角速度为时，细线OB的长度s。
（3）若装置转动的角速度为，环A与转轴间距离再次不变，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为时大小相等，求此时弹簧的弹力大小F。
【答案】（1）2.5mg；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）装置转动的角速度为时，对小球B，由竖直方向的平衡可得
解得
T=2.5mg
（2）装置转动的角速度为时，对小球B，由牛顿第二定律可得
解得
（3）装置转动的角速度为时，设OB的长度变为，对小球B，竖直方向和水平方向分别满足
联立解得
设细线的长度为L，对圆环A，角速度为时，有
角速度为时有
联立解得