广西贵港市“贵百河”联考2024-2025学年高一下学期3月月考物理试题

null1 2024级“贵百河”3月高一年级新高考月考测试 物理 参考答案 1.B【详解】汽车做曲线运动，则所受到的合力应指向曲线的凹侧。汽车沿图中的实线轨道从左向右运动，速度 不断减小，则汽车所受的合力与汽车运动的切线方向的夹角为钝角。故选 B。 2.C【详解】A、B.地球的线速度方向时刻变化，彗星受到的万有引力方向时刻变化，所以，A、B错误。C、D. 根据开普勒第二定律可知哈雷彗星与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相同，根据 1 2S S 可知从 a 运行到 b的时间大于从 c运行到 d的时间，C正确，D错误。 3.C【详解】AB.由图乙可知，重物沿 y轴做匀加速直线运动，初速度和加速度分别为 vy0=0 ，ay=0.5m/s2 由图甲可知，沿 x轴正方向做匀速直线运动，速度大小为 vx0=3m/s，即合初速度与加速度方向不在 同一直线，所以重物做匀变速曲线运动，故 AB错误；重物 8s内由图可知在 x轴、y轴的位移分别 为 x=24m，y=16m，所以，C正确；D.以上分析可知，重物的加速度为 0.5m/s2，且为恒定值，根 据 va t    ，可知在相等时间内的速度变化量相等，故 D错误。 4.A【详解】B、C、D点为同轴转动，它们的角速度和转速相等，由于皮带不打滑，所以 vA=vC。 B、C.由 v=ωr可知：vD>vA=vC>vB，所以 B、C正确。A.由 a=v2/r =ω2r可知：aA=aD>aC>aB，所以 A 错。D.由ω=2πn可知 D正确 5.D【详解】A.小球在 A点时，把 v0分别沿着绳和垂直绳分解，沿着绳子方向的分速度为 / / 0 2cos37 5 v v gL  = 45v0， 由关联速度可知，此时物块的速度等于沿绳方向的速度，则有 / / 2 5 v v gL  块 4 5 v0，故 A错误；B.同理， 小球运动到 B点时，把小球的速度分别沿着绳和垂直绳分解，因为绳子与细杆垂直，即绳子与小球 的速度垂直，则绳速为 0，物块的速度为零，是最小值，故 B错误；C.小球从 A到 B物块下落的高 度为 tan 37 cos37 2 L Lh L     ，故 C错误；D.当小球运动到 B点时，物块的速度大小为 0，因此物 块先向下减速再向上加速，加速度方向一直向上，所以一直处于超重状态，故 D正确。故选 D。 6.C【详解】A.设水流速度为 v，第一次以最短时间过河，则船头正对河对岸，则有 1 tanv v  若 45  ，则 1v v ，即第一次划船速度小于水流速度，故 A错误；B.第二次以最短位移过河，则 合速度方向与河岸垂直，则有 v2cosθ = v，v2＞ v，即第二次划船速度一定大于水流速度，故 B错误； C.两次划船速度的大小之比为 1 2: 1: sinv v  sinθ : 1，故 C正确；D.两次船的渡河位移分别为 x1 = d sinθ ， x2= d，两次渡河位移之比为 x1 : x2 = 1 sinθ : 1，D错误。故选 C。 7.B【详解】A.水在空中做斜抛运动，水柱上升至最高点，速度为 v0cos60°=8 3m/s，故 A错误。 BC.水在空中做斜抛运动，水柱从 O运动到 A过程有水平位移 x=v0cos60°×t，竖直位移 y=v0sin60°×t - 1 2 gt2，由 tan30°= y x得 t=3.2s；由 xOA = x2 + y2=51.2 m，故 C错误，B正确；D.在竖 直方向有 vyA=v0sin60°-gt=-8m/s，D错误。故选 B。 8. AC【详解】A.根据 2 MmF G r  可知，使两物体的质量各减小一半，距离变为原来的 2倍，则两质点间的万有 引力减小到原来的 1 16 ，故 A正确；B.根据 2 MmF G r  可知，使两物体的质量和两物体间的距离都 减小到原来的 2 1 ，则两质点间的万有引力不变，故 B错误；C.根据 2 MmF G r  可知，使其中一个物 体的质量减小到原来的 1 4 ，距离变为原来的 2 倍，则两质点间的万有引力减小到原来的 1 16 ，故 C 正确；D.根据 2 MmF G r  可知，使两物体间的距离增大到原来的 4倍，质量均变为原来的 2倍，则 两质点间的万有引力减小到原来的 1 4 ，故 D错误。 2 9.AD【详解】ABC.运动员离开A点后做平抛运动，有 2 1sin 2 L gt  ； 0cosL v t  ，联立解得 0 cos 2tan gLv    ，v0=2m/s， 2 sinLt g   ，t=0.3s A正确，B错误；C错误。D.落到 B点的速度大小为：  220 gtvv  ， smv /13 ，D正确。 10.BCD【详解】A.根据题目杂技演员和摩托车整体只受重力和弹力，故 A错误； B.作出受力图 则有合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 2 tan vmg m R   得 gHgRv  tan ，v=10m/s，故 B正确； C.根据题意，由平衡条件可得 cos mgF   由牛顿第三定律可知，摩托车对侧壁的压力 cos mgF F    ，Fʹ=5000N，可知，故 C正确； D.由牛顿第二定律 2tanmg m R  ，得 s/rad33.1tantang 2  H g R  ,故 D正确。 11.【答案】（1）标尺（1分） B（1分） （2）相同（1分） A、C（1分） 不等（1分） （3）2：3（1分） 【详解】（1）本实验的实验方法是控制变量法跟探究加速度与力、质量的关系实验一致，所以选择 B项。 （2）[1][2][3]探究向心力与角速度的关系，将质量相同的小球，分别放在挡板 A、C处（半径相同），将皮带 处于左右塔轮的半径不等的皮带轮上，两个轮转动的角速度不同。 （3）由 v r   ，结合题意可知，左右两塔轮转动的角速度之比为 1：3，由 2F mr 结合题意可知，左右两球做圆周运动的向心力之比为 2：3，即左、右标尺露出格数之比为 2：3。 12.【答案】C（2分） ACE（2分） 1.5（2分） 2.5（2分） （-L，L）（2分） 【详解】（1）除所给器材外，还需要重垂线，来确定 y轴。由于实验不需要测量小球的质量、受力以及运动的时 间，所以不需要天平、弹簧测力计、秒表。故选 C。 （2）ABC.在做“探究平抛运动”的实验时，要确保小球的初速度水平，且每次抛出初速度要相同，则调节斜 槽的末端保持水平，每次释放小球的位置必须相同，每次必须由静止释放小球，AC正确，B错误； D.记录小球位置用的木条（或凹槽）每次不必严格地等距离下降，D错误； E.确保小球运动时不会受到摩擦力作用，则小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，E 正确； F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成平滑的曲线，F错误。故选 ACE。 （3）[3]小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有 25 3L L Ty g    解得 T=0.1s 小球做平抛运动的初速度 2 0 3 3 5 10 m/s 1.5m/s 0.1 Lv T      [4]小球经过 B点时的竖直分速度 -28 8 5 10 m/s 2m/s 2 2 2 0.1 AC By y Lv T T        则小球经过 B点时的速度 2 2 2 20 1 5 2 m/s 2.5m/sB Byv v v    . [5]小球从抛出点到 B点的时间 2 s 0.2s 10 By B v t g    则抛出点到 B点的水平距离 0 1.5 0.2m 0.3m 30cm 6B Bx v t L      抛出点到 B点的竖直距离 2 2 1 1 10 0.2 m 0.2m 20cm 4 2 2B B y gt L       由于 B点的坐标为（5L，5L），所以抛出点的坐标为（-L，L）‍。 13.解析： （1）套中汽水罐前，塑料圈在空中做平抛运动，则有 0d v t （1分） 2 1 2 h gt （1分） 解得 h=1.25m （1分） 3 （2）套中小熊猫前，塑料圈在空中做平抛运动，则有 0d v t （1分） 0gtvy  （1分） 220 yvvv  （2分） 解得 102v m/s （1分） 设 v方向与水平方向夹角为θ，则 0 tan v vy （1分） 解得 tanθ=3 （1分） 14.解析： （1）设匀速转动的角速度为ω， 小球在最高点时，由牛顿第二定律得 rωmmgF 21  （1分） 由牛顿第三定律得，小球在最高点对打夯机的反作用力大小 11 FF   打夯机恰好不离开地面，则 gmMF )(1   （1分） 小球在最低点时，由牛顿第二定律得 rωmmgF 22  （1分） 由牛顿第三定律得，小球在最低点对打夯机的反作用力大小 22 FF   打夯机处于静止状态，则 NFgmMF   )(2 （1分） 解得 FN=2Mg （1分） mr Mgω  （1分） （2）设铁球在最高点的速度为 v0，则 m Mgrrωv 0 （1分） 铁球垂直打在斜面上，则 0 45tan v vyo  （1分） 铁球平抛运动的时间为 g v t y （1分） 平抛运动的下落距离为 g v y y 2 2  （1分） 斜面的右端点 A距抛出点的水平距离为 o yrhtvx 45tan0   （1分） 解得 h m rmMx  2 )23( （1分） 15.解析： （1）当排球的初速度 v0沿垂直于底线方向且恰好擦网时有最小值，竖直方向有 21 1 2 H h gt  （2分） 水平方向有 1 12 s v t （2分） 解得 1 22.5m/sv  （1分） 当排球落在对方底角时，初速度 v0有最大值，竖直方向有 22 1 2 H gt （1分） 水平方向有 2 2 2 22 Ls v t      （2分） 解得 2 3 255 m/s 2 v  （1分） 所以能进入对方场内的速度范围 0 3 25522.5m/s m/s 2 v  。 （1分） （2）当排球落在侧边线上时，满足条件初速度沿着垂直于底线方向的分量 22.5m/sv 垂 （2分） 初速度沿着平行于底线方向的分量 2 3 152 m/s 2 L v t  平 （2分） 解得 2 2m 6 15m/sv v v  垂 平 （2分）