广西桂林市桂电中学2024-2025学年高一下学期3月月考物理试题

2025年桂林市桂电中学3月高一下物理月考卷 一、单选题 1．开普勒被誉为“天空的立法者”，关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（　　） A．太阳系的行星绕太阳做匀速圆周运动 B．同一行星在绕太阳运动时近日点速度小于远日点速度 C．绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大 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 2．如图所示，小车以速度v匀速向右运动，通过滑轮拖动物体A上升，不计滑轮摩擦与绳子质量，当绳子与水平面夹角为时，下面说法正确的是（   ） A．物体A的速度大小为 B．物体A的速度大小为 C．物体A减速上升 D．绳子对物体A的拉力等于物体A重力 3．通过一次次抗洪抢险，抗洪精神早已刻入中华儿女血脉之中．我们把某次救人的情景简化为理想情境：河岸平直，河宽为，河水流速为，船在静水中的速度为，则（    ） A．船无法到达正对岸 B．船渡河的最短时间为 C．船在河水中的实际速度大小可能是 D．若仅增大河水流动的速度，则船渡河的最短时间将变长 4．某高中举办阳光体育运动会，“旋风跑”是一个精彩又刺激的集体项目。如图所示，五人一组共同抬着竹竿协作配合，以最快速度向标志杆跑，到标志杆前，以标志杆为圆心，在水平面内转一圈，继续向下一个标志杆绕圈。分别绕完3个标志杆后，进入到对面接力区域，将竹竿交给下一组参赛选手，直到全队完成比赛。绕标志杆运动过程可视为在水平面内的匀速绕圈，在此过程中（　　） A．每一位同学所受合外力都始终水平指向圆心 B．最外侧同学的角速度最大 C．最内侧同学的向心力一定最小 D．最内侧同学最容易被甩出去 5．如图所示，两点分别位于大、小轮的边缘，点位于A大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。则两点的向心加速度大小之比为（　　） A． B． C． D． 6．如图，某学校为响应郑州“无废城市”建设，以游戏“抛射入洞”引导学生将空饮料瓶 作为可回收垃圾放人对应回收箱中。已知某次学生水平抛射时，抛出点离地1.80m，距回收箱的水平距离为1.80m。回收箱洞口离地1.35m。不计空气阻力，试估算饮料瓶出手时速度的大小（　　） A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．6m/s 7．为了研究空气动力学问题，如图所示，某人将质量为的小球从距地面高处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，上管口距地面的高度为。小球在水平方向上受恒定风力作用，在竖直方向上阻力不计，且小球恰能无碰撞地通过细管，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．小球在管外运动的时间为 B．小球的初速度大小为 C．风力的大小为 D．小球落地时的速度大小为 二、多选题 8．在2021年东京奥运会女子铅球决赛中，中国选手巩立姣以20米58的成绩夺冠。如图所示，假设甲、乙、丙三位运动员从同一点O沿不同方向斜向上投出的铅球分别落在水平地面上不同位置A、B、C，三条路径的最高点在同一水平面内，不计空气阻力的影响，则（　　） A．丙投出的铅球落地的速率最小 B．甲投出的铅球在空中运动时间最长 C．三个铅球投出的初速度竖直分量相等 D．三个铅球投出的初速度水平分量相等 9．下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　） A．铁路的转弯处，外轨比内轨高的原因是为了利用轮缘与内轨的侧压力帮助火车转弯 B．汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态 C．滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做高速匀速圆周运动，衣物运动到最低点B点时脱水效果更好 D．同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球所受筒壁的支持力大小相等 10．如图所示，用细管弯成半径为r的圆弧形轨道，并放置在竖直平面内，现有一小球在细管内运动，当小球通过轨道最高点时关于小球的速度v和小球对内外侧管壁的压力F，下列说法正确的是（　　） A．若，对外侧压力 B．若，对内侧压力 C．若，对内侧压力 D．若， 三、实验题 11．图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与Q小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍同时落地。 （1）关于实验条件的说法，正确的有 。 A．斜槽轨道必须光滑 B．斜槽轨道末段N端必须水平 C．P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放 D．P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放 （2）该实验结果可表明 。 A．两小球落地速度的大小相同 B．P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动 C．P小球在竖直方向的分运动是匀速直线运动 D．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同 （3）根据图乙可知，a点 （填“是”或“不是”）抛出点。 （4）在实验过程中，将背景换成方格纸，通过频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为l=1.6cm，则频闪相机的拍照频率f= Hz，该小球平抛时的速度大小v0= m/s。（结果保留2位有效数字，重力加速度g取10m/s2） 12．如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，皮带分别套在变速塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么： (1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是______。 A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验 B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验 C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验 D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验 (2)在该实验中应用了 （选填“理想实验法” “控制变量法”或“等效替代法”）来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。 (3) 当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边变速塔轮与右边变速塔轮之间的角速度之比为 。 (4)关于该实验，以下说法正确的是______ A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度越快越好，这样标尺露出的格数就越过多，便于观察 B．注意防止皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变 C．摇动手柄时，不要求转速均匀，只要标尺露出格数就能读数 D．圆盘转动时，可以伺机靠近、用手制动 四、解答题 13．某同学在水平空地上练习网球发球技巧，将球竖直向上抛出，球运动到最高点A时恰好被球拍水平拍出。如图所示，A点离地面高，A点与落地点B的水平距离，忽略空气阻力，重力加速度大小。求： (1)球从A点运动到B点所用的时间t； (2)球被拍出后瞬间速度的大小； (3)球运动到B点时速度v的大小和速度v与水平方向夹角的正切值。 14. 未来空间站“极光号”通过旋转环形生态舱（半径R=40m）模拟重力。某日舱体遭遇陨石撞击，部分区域塌缩导致旋转半径变为 R′=32 m，但驱动系统仍以原角速度 ω0运转。已知地球重力加速度 g=10 m/s2，宇航员质量为 m=60 kg。 （1） 撞击前空间站角速度 ω0为多少时，舱内能完美模拟地球重力？ （2） 撞击后宇航员感受到的“模拟重力”变为多少？并说明其感受到的是“超重”还是“失重”。 15.如图所示，水平传送带以v＝6 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带左端与倾角θ＝37°的斜面PM在M点平滑相接，右端与半径R＝4.05 m的光滑四分之一圆弧轨道在N点平滑相接(接点处均不影响传送带的转动)。质量m＝0.5 kg的小物块从圆弧轨道最高点由静止下滑后从N点滑上传送带，经过M点后滑上斜面。已知小物块经过圆轨道最低点N点时速度大小为vN＝9 m/s，小物块与传送带及斜面间的动摩擦因数μ均为0.15，MN间的距离L＝21 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。斜面PM足够长，不计小物块经过M、N两点处的机械能损失。求： (1)小物块经过N点对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块第一次通过传送带所用的时间t； (3)小物块第一次沿斜面上升的最大高度H； 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年桂林市桂电中学3月高一下学期月考卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C A B D C AC BCD CD 1．C 【详解】A．根据开普勒第一定律可知，太阳系的行星绕太阳做椭圆运动，故A错误； B．根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时近日点速度大于远日点速度，故B错误； C．根据开普勒第三定律可知，绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大，故C正确； D．根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时，在相等时间内行星与太阳连线扫过的面积相等，该规律只针对同一轨道，可知火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。 故选C。 2．B 【详解】AB．将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，则物体A的速度与小车的速度沿绳方向的分速度大小相等，即 故A错误，B正确； CD．小车向右匀速运动，v不变，减小，增大，所以增大，物体A加速上升，加速度向上，合外力向上，绳子对物体A的拉力大于物体A的重力，故C、D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．根据题意可知船速大于水速，当船的速度在沿着河岸方向与水流速度大小相等时，与水流速度方向相反时，可以到达正对岸，故A错误； BD．当船头始终垂直河岸时，渡河时间最短为 船渡河的时间河水的流动速度无关，故BD错误； C．根据运动的合成可知，当船速方向与水流速度的方向为锐角时，船在河水中的实际速度大于，故C正确。 故选C。 4．A 【详解】A．做匀速圆周运动的物体由合外力提供向心力，即合外力均指向圆心，故A正确； B．五位同学都是绕障碍物做圆周运动，角速度相等，转动半径不同，故B错误； CD．根据 可知与m、r有关，但由于m未知，最里面的同学不一定质量最小，所以最内侧同学的向心力不一定最小，不一定最容易被甩出去，故CD错误。 故选A。 5．B 【详解】若B点的角速度为ω，则根据v=ωr可知，A点的角速度为，AC的角速度相等，可知C点的角速度为；根据a=ω2r可知两点的向心加速度大小之比为4:1。 故选B。 6．D 【详解】设抛出点离地h1，回收箱洞口离地h2，抛出点距回收箱的水平距离为x，平抛的初速度为v0，根据平抛运动的规律可得， 代入数据解得 故选D。 7．C 【详解】AB．小球在竖直方向上做自由落体运动，故从抛出点到上管口的运动过程中，有 解得小球在管外运动的时间为 小球在水平方向上做匀减速运动，因恰能无碰撞地通过管子，故小球到管口时水平速度刚好减为零，设小球的初速度为，则有 解得小球的初速度大小为 故AB错误； C．设风力大小为F，水平方向根据牛顿第二定律有 由匀变速直线运动规律可得 联立可得 故C正确； D．小球到达上管口时，水平速度减为零，进入管中后其不再受风力作用，只有竖直方向的运动，从抛出到落地全程，小球在竖直方向上做自由落体运动，所以有 解得小球落地时的速度大小为 故D错误。 故选C。 8．AC 【详解】BC．竖直方向运动的高度相等，则运动时间相等，投出初速度的竖直分量相等，选项B错误，C正确； AD．由于运动时间相等，水平位移丙的最小，故投出初速度的水平分量丙的最小，据运动的对称性和速度的合成可知甲投出的铅球初速度最大，丙最小，选项A正确，D错误。 故选AC。 9．BCD 【详解】A．在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对外轨道的挤压，故A错误； B．对汽车在最高点，根据牛顿第二定律得 因为 N＜mg 故汽车处于失重状态，故B正确； C．根据牛顿第二定律，在最低点和在最高点时有 可得 N1＞N2 衣物运动到最低点B点时脱水效果更好，故C正确； D．小球在两位置做匀速圆周运动，由其合力提供向心力，受筒壁的支持力为 （θ为锥体顶角的一半），故支持力大小相等，故D正确。 故选BCD。 10．CD 【详解】D．当时，在最高点，只有重力提供向心力时，有 解得 此时小球对管内壁无压力，故D正确； C．时，弯管内侧对小球有支持力，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可得小球对内侧压力 故C正确； A．时，管外侧对小球有支持力，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可得小球对外侧压力 故A错误； B．时，管外侧对小球有支持力，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可得小球对外侧压力 故B错误。 故选CD。 11． BC/CB D 不是 25 0.80 【详解】（1）[1]ACD．斜槽轨道不必光滑，只要保证小球每次从斜槽上相同的位置无初速度释放，即可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，故AD错误，C正确。 B．斜槽轨道末段N端必须水平，以保证小球做平抛运动的初速度水平，故B正确。 故选BC。 （2）[2]由实验装置可知，P小球在斜槽末端撞击挡片后，Q小球将于P小球在同一高度同时开始运动，P球做平抛运动，Q球做自由落体运动，两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，即P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，两球落地速度不相同。 故选D。 （3）[3]由于P小球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则其从开始运动，连续相等时间间隔内的位移比满足而由图乙可知，在连续相等的时间内，竖直方向下落的高度有不满足此规律，则可说明A点不是抛出点。 （4）[4]方格的边长为1.6cm，在竖直方向是自由落体运动，根据连续相等时间间隔内的位移差公式有 解得 可得 [5]小球在水平方向是匀速直线运动，则可得小球平抛时的初速度为 12．(1)A (2)控制变量法 (3)1∶2 (4)B 【详解】（1）为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，必须要使得两球的质量相同，转动半径相同，故选A。 （2）本实验采用控制变量法来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。 （3）两球质量相等 r左=2r右 F右=2F左 根据 F=mω2r 可得 （4）A．实验前，应将横臂的紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出造成事故。实验时，转动速度适当快较好，不是越快越好，故A错误； B．注意防止皮带打滑，尽可能保证角速度的比值不变，故B正确； C．摇动手柄时，要求转速均匀，标尺上露出的红白相间的等分格数为恒定值方便记录数据，故C错误； D．圆盘转动时，不可以伺机靠近、用手制动，以防造成人身伤害，故D错误。 故选B。 13．(1)0.6s (2)30m/s (3)， 【详解】（1）网球做平抛运动，在竖直方向上有 解得 （2）网球做平抛运动，在水平方向上有 解得 （3）竖直方向上，根据速度公式 根据速度合成有， 解得， 14. 15.答案　(1)3 s　(2)3 s　(3)1.5 m 解析　(1)小物块下滑到N时，根据牛顿第二定律有 解得＝15N 由牛顿第三定律知小物块对圆弧轨道的压力大小为=＝15N （2）vN>v，小物块滑上传送带后先做匀减速运动 由牛顿第二定律μmg＝ma1，解得a1＝1.5 m/s2 若经过t1减速到v＝6 m/s，由v＝vN－a1t1 代入数据求得t1＝2 s 在t1内小物块的位移x＝t1，解得x＝15 m 由x<L，可知小物块之后做匀速运动，设匀速运动时间为t2，则t2＝ 解得t2＝1 s，所以小物块第一次通过传送带所用的时间t＝t1＋t2＝3 s。 (3)小物块以v＝6 m/s的速度冲上斜面，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，得a2＝7.2 m/s2 由运动学公式，有0－v2＝－2a2x1 x1sin θ＝H，可得H＝1.5 m 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$