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2024济宁育才中学高一下学期4月月考试题物理含解析
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这是一份2024济宁育才中学高一下学期4月月考试题物理含解析，共7页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．如图所示为某港口大型起重装置，缆车下吊一重物正匀速运动，速度为gL，所吊重物（可视为质点）的质量为m，吊重物的缆绳长为L，不计缆绳的重量，重力加速度为g，当缆车突然停止时，缆绳所承受的拉力为（ ）
A．2mgB．3mg
C．4mgD．mg
2．质量为2kg的质点在x—y平面上运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图所示，则质点（ ）
A．做匀变速直线运动
B．初速度的方向与合外力的方向垂直
C．初速度为4m/s
D．所受合外力为4N
3．如图所示，网球运动员训练时在同一高度的前后两个不同位置，将球斜向上打出，球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，不计空气阻力，则（ ）
A．两次击中墙时的速度相等
B．沿1轨迹打出时的初速度大
C．沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角大
D．从打出到撞墙，沿2轨迹的网球在空中运动时间长
4．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B．乙所示是圆锥摆，减小，但保持圆锥的高不变；则圆锥摆的角速度不变
C．如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，、内轨对轮缘会有挤压作用
D．如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度大小不同，但所受筒壁的支持力也不相等。
5．2022年10月9日，我国成功发射“夸父一号”探测卫星，用于探测由太阳发射而来的高能宇宙射线，卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道离地面的高度为720km，下列说法正确的是（ ）
A．“夸父一号”的运行速度大于
B．“夸父一号”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期为24小时
D．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理
6．2023年11月23日《中国日报》消息，11月23日18时00分04秒，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭及远征三号上面级成功将互联网技术试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如果互联网技术试验卫星的轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，则（ ）
A．地球的质量为 B．地球的质量为 C．地球的密度为D．地球的密度为
7．将一质量为m的物体分别放到地球的南北两极点时，该物体的重力均为。将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg；假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（ ）
A．B．地球的质量为
C．地球自转的角速度为 D．地球的平均密度为
8．我国自2004年起启动月球探测工程，2022年10月31日，山东大学牵头完成的世界第一幅1：250万月球全月岩石类型分布图对外公布，该研究成果发表于国际综合性期刊《科学通报》。假设距离月球球心处的重力加速度与的关系图像如图所示，已知引力常量为，质量分布均匀的球壳对球壳内质点引力为零。则（ ）
A．距月球表面高处的重力加速度
B．在距月球表面轨道上运行的航天器的速度大小为
C．月球的平均密度为
D．距月球球心和两位置处的重力加速度大小相等
多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，一可绕光滑固定轴O转动的轻杆，另一端连接一小球，小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为，小球在最高点的速度大小为v，图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为aRb
B．时，小球处于完全失重状态
C．时，杆对小球的弹力方向竖直向上
D．v2=3c时，杆对小球的弹力大小为5b
10．2023年5月30日9时31分，我国自主研发的长征二号F遥十六运载火箭，搭载景海鹏、朱杨柱、桂海潮三名航天员的神舟十六号载人飞船，在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟十六号飞船入轨后在停泊轨道（Ⅰ）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）于当日16时29分与中国空间站组合体完成自主快速交会对接，其变轨过程可简化如右图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则（ ）
A．飞船在停泊轨道上的速度等于第一宇宙速度
B．飞船在转移轨道上P、Q两点的速率之比为
C．若飞船在Ⅰ轨道的点P点火加速，至少经过时间，才能在Ⅱ轨道的点与空间站完成交会对接
D．中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们不受地球引力作用
11．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变大
C．Q受到桌面的静摩擦力变大
D．Q受到桌面的支持力变大
12． 如图所示，质量均为m的甲、乙、丙三个小物块（均可看作质点）随水平转盘一起以角速度绕OO'轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动摩擦因数均为。已知甲、乙到转轴的距离为r1，丙到转轴的距离为r2，且r2>r1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．甲受到的摩擦力一定为
B．乙受到转盘的摩擦力一定为：
C．若角速度增大，丙先达到滑动的临界点
D．若角速度增大，甲先达到滑动的临界点
第II卷（非选择题）
三、实验题：每空2分，共14分。
13．(6分）如图所示是研究向心力的大小F与质量m。角速度和半径r之间的关系的实验装置图。
（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，下列做法正确的是 。
A．让两个小球运动半径相等，用质量相同的小球做实验；
B．让两个小球运动半径相等，用质最不同的小球做实验
C．让两个小球运动半径不相等，用质量不同的小球做实验
D．让两个小球运动半径不相等，用质量相同的小球做实验
（2）在该实验中采用了 （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F与质量m、角速度和半径r之间的关系。
（3）当用两个质量相等的小球做实验，且右边的小球的轨道半径与左边小球轨道半径相等，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4倍。那么，右边轮塔与左边轮塔之间的角速度之比为 。
14．（8分）某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置“研究平抛物体运动”，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)下列关于实验步骤没有必要的是___________。
A．将斜槽的末端切线调成水平
B．通过重锤线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
C．小球每次必须从斜面上的同一位置由静止开始释放
D．斜槽轨道必须光滑
(2)某同学做实验时，忘记了标记平抛运动的抛出点O，只记录了A、B、C三点，于是就取A点为坐标原点，建立了如图乙所示的坐标系。运动轨迹上的这三点坐标值图中已标出。那么小球平抛的初速度大小为 m/s（保留三位有效数字），经过B点时速度大小为 m/s（可保留根号），小球抛出点的坐标为 （单位cm）。（重力加速度g取10m/s2）
四、计算题：共4小题，共46分。
15．（8分）两个靠得很近的天体，离其他天体非常遥远，它们以其连线上某一点为圆心各自做匀速圆周运动，两者的距离保持不变，科学家把这样的两个天体称为“双星”，如图所示。已知双星的质量分别为和，它们之间的距离为，引力常量为，求双星中质量为和的两个天体分别对应的运行轨道半径和及运行周期。
16．（10分）某人在离地面3.2m的高度，将质量1kg的小球以v0=10m/s的速度斜向上抛出，小球的初速度方向与水平方向之间的夹角为，不计空气阻力，（重力加速度g取10，，）,求
（1）小球从抛出点上升的最大高度；
（2）小球在空中运动的时间；
（3）小球落地点与抛出点的水平距离。
17．（13分）如图所示，装置可绕竖直轴转动，可视为质点的小球A与两轻细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角。已知小球的质量，细线AC长，B点距C点的水平和竖直距离相等。（重力加速度g取10，，）
（1）若装置以一定的角速度匀速转动，线AB水平且张力恰为0时，求此时的角速度ω？
（2）若装置匀速转动的角速度ω1=2 rad/s，求细线AC与AB的拉力分别多大？
（3）若装置匀速转动的角速度，求细线AC与AB的拉力分别多大？
18．（15分）如图所示，为竖直光滑圆弧的直径，其半径，A端沿水平方向。水平轨道与半径的竖直光滑圆弧轨道相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道、对应的圆心角。圆弧和倾斜传送带相切于E点，的长度为。一质量为的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取，，。求：
（1）水平轨道的长度是多少；
（2）物块到达C点时对C点的压力大小；
（3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。
济宁市育才中学2023级高一下学期4月月考
物理参考答案：
1．A
【详解】由题意知，缆车突然停车的瞬间，重物开始做圆周运动，其所受合力提供向心力，即
其中V=gL，可得F=2mg故选A。
2．D
【详解】A．x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故A错误。
B．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直故选B。
C．x轴方向初速度为vx=4m/s，y轴方向初速度vy=-3m/s，质点的初速度故C错误。
D．在y轴方向质点做匀速直线运动，x轴方向的加速度a=2m/s2则质点受到的合力F合=ma=4N故D正确；
【点睛】本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，根据速度图像判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动，根据平行四边形法则结合牛顿第二定律求解；此题类似平抛运动。
3．B
【详解】球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，则此时小球在竖直方向上的速度分量为0，则
因为球1与球2竖直方向上的位移h相等，所以运动时间相等，也相等。根据，则
所以
A. 两次击中墙时的速度就等于初速度在水平方向上的分量，因为，所以两次击中墙时的速度不相等，A错误；
B.因为两球竖直方向上的速度分量相等，球1水平方向上的速度分量大于球2水平方向上的速度分量，则球1的初速度大于球2的初速度，B正确；
C. 设球打出时速度方向与水平方向夹角为，则所以则C错误；
D. 从打出到撞墙，两球在空中运动时间相等，D错误；故选B。
4．B
【详解】A．如图甲，汽车通过拱桥的最高点时，汽车的加速度方向向下，汽车处于失重状态，故A错误；
B．如图乙所示是一圆锥摆，减小，但保持圆锥的高不变，设高度为，根据牛顿第二定律可得
可得
可知减小，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确；
C．如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，外轨对轮缘会有挤压作用，故C错误；
D．如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，设圆锥筒的母线与水平方向的夹角为，竖直方向根据受力平衡可得可得
可知小球在A、B位置所受筒壁的支持力大小相等，水平方向根据牛顿第二定律可得
可得由于同一小球在A、B位置做匀速圆周运动的半径不同，则角速度不同。
5．D
【详解】A．第一宇宙速度为围绕地球做圆周运动的最大速度，则“夸父一号”的运行速度小于，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有解得
由于“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；
C．由万有引力提供向心力有解得
由于“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期24小时，故C错误。
D．由图可知，采用a轨道可以更长时间观测太阳，故D正确
6．B
【详解】AB.根据可得地球的质量故B正确，A错误；
CD.地球的体积为可得地球密度为故CD错误。故选B。
7.C
【详解】ABC．设地球质量为，物体在南北两极点时，此时没有地球自转的向心力，有
解得在赤道时，有所以有联合解得故AB错误，C正确；
D．根据；可得，D错误。故选C。
8．C
【详解】A．由题可知，距月球球心距离处的重力加速度，A错误；
CD．由题可知，设月球半径为，当时解得
当时解得由此可知
由上分析可知月球的密度为
当距月球球心时
当距月球球心时C正确，D错误；
B．由
可知，在距月球表面轨道上运行的航天器的速度大小为B错误；故选C。
9．BD
【详解】AB．当时，小球受重力、杆的弹力作用，二力平衡，即
当时，，说明重力恰好提供向心力，小球处于完全失重状态，由
知
得 故B正确；
C．当时，小球在最高点的速度更大，重力不足以提供向心力，此时杆对球有向下的拉力，故C错误。
D．当时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知
同理，当v2=3c时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知mg+F=m3cR
得F=5mg=5b故D正确。故选BD。
10．AC
【详解】A．因为停泊轨道半径近似为地球半径R，所以飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇宙速度，A正确；
B．由开普勒第二定律可知，飞船在转移轨道上P、Q附近极短时间内扫过的面积相等
故两点的速率之比为，B错误；
C．设飞机在转移轨道运行的周期为，由开普勒第三定律可得整理可得
故飞船在转移轨道上从点飞到点所需的时间为所以飞船在Ⅰ轨道的点P点火加速，至少经过时间，才能在Ⅱ轨道的Q点与空间站完成交会对接，C正确；
D．中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们万有引力提供向心力，处于完全失重状态，D错误。故选C。
11．BC
解析：选BC. 金属块Q在桌面上保持静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D错误．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线拉力的合力提供向心力，如图，则有FT＝eq \f(mg,cs θ)，Fn＝mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝ eq \r(\f(g,Lcs θ))，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cs θ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，A错误、B正确．对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故C正确．
12、BC
【详解】A．当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于，故A错误；
B．对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为故B正确；
CD．若角速度增大，根据
丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误；故选BC。
13． A 控制变量法 2：1
【详解】（1）[1]根据向心力公式
可知要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和小球运动的半径相等。故选A。
（2）[2]在该实验中采用了控制变量法来探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。
（3）[3]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4倍，则有
两个小球的质量相等、轨道半径相等，由公式可得
14．(1)D (2) 1.00 17 (−20，−20)
【详解】（1）A．为了保证小球做平抛运动，将斜槽的末端切线调成水平，所以A正确；
B．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，能准确记录小球在竖直平面上的运动，所以B正确；
C．小球每次必须从斜面上的同一位置由静止开始释放，样子才能保证小球能具有相同的初速度做平抛运动，所以C正确；
D．斜槽轨道不需要光滑，只要从同一位置滑下小球就具有相同初速度，所以D错误。本题选择不必要的，故选D。
（2）[1]由题图乙可知A、B、C中相邻两点间水平距离相等，所以运动时间相等，均设为T，根据运动学公式有
解得T=0.2s小球平抛的初速度大小
[2]小球经过B点时竖直方向上的速度大小为
则经过B点的速度大小为
[3]小球从抛出点运动到B点的时间则抛出点的横坐标为
纵坐标故小球抛出点的坐标为
15．（8分）r1=Lm2m1+m2，r2=Lm1m1+m2，T=2πLLGm1+m2
【详解】双星间的万有引力提供了各自做匀速圆周运动的向心力，
对m1有 Gm1m2L2=m1r1ω2··········（1分）
对m2有 Gm1m2L2=m2r2ω2··········（1分）
且r1+r2=L·············（1分）
解得r1=Lm2m1+m2 （1分）r2=Lm1m1+m2·····（1分）
根据万有引力提供向心力Gm1m2L2=m1r14π2T2··········（1分）
且r1=Lm2m1+m2
解得周期为 T=2πLLGm1+m2··········（2分）
16（10分）．（1）1.8m；（2）1.6s；（3）12.8m
【详解】（1）小球做斜抛运动，小球从抛出点上升的最大高度为
ℎm=(v0sin37∘)22g·············（2分）
ℎm=622×10m=1.8m·········（1分）
（2）小球从抛出点上升的最大高度所用的时间为 t1=v0sin37∘g=0.6s·····（1分）
小球从最高点到落地的过程，有ℎm+ℎ=12gt22 ········（1分）
解得t2=1s ········（1分）
小球在空中运动的时间为t=t1+t2=1.6s·····（1分）
（3）小球落地点与抛出点的水平距离为
x=v0tcs37∘·············（2分）
x=8×1.6m=12.8m······（1分）
17（13分）．（1）ω=522rad/s（2）分别为12.5N和5.1N；（3）分别为36N和11.6N
【详解】（1）当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有
mgtan37°=mω2Lsin37°··········（2分）
解得 ω=gLcs37°=101×0.8=522rad/s·····（1分）
（2）由于ω1<ω，则细线AB上有拉力，为TAB，AC线上的拉力为TAC。根据牛顿第二定律得
TACcs37°=mg··················（1分）
TACsin37°−TAB=mω12Lsin37°·····（1分）
解得
TAC=12.5N，TAB=5.1N············（2分）
（3）当AB绳竖直方向时且拉力为零，B点距C点的水平和竖直距离相等，故此时绳与竖直方向的夹角为53°，此时的角速度为ω′，则
mgtan53°=mω′2Lsin53°··········（1分）
解得 ω′=503rad/s
ω2=6rad/s>503rad/s············（1分）
当ω2=6rad/s时，细线AB在竖直方向绷直，两绳都有拉力
TACsin53°=mω22Lsin53°······（1分）
TACcs53°−mg−TAB=0·····（1分）
TAC=36 N，TAB=11.6 N······（2分）
18(15分）．（1）4.8m；（2）208N；（3）v≥5m/s ，物块可以传送到顶端，且用时(5−15）s≤t≤3s
【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，根据竖直方向
ℎ=2R=12gt2·············（1分）
得，下落时间
t=2ℎg=0.6s
物块到C点时，竖直方向的速度
vy=gt=6m/s················（1分）
由几何关系得
v0=vytan37°=8m/s
BC轨道的长度lBC=v0t=4.8m·····（1分）
（2）对物块在C点受力，根据牛顿第二定律可得
FNC−mgcsθ=mvC2r·········（1分）
由几何关系得
vC=v0cs37°=10m/s···········（1分）
解得
FNC=208N···················（1分）
由牛顿第三定律可得，物块对C点的压力大小为208N。
（3）物块上滑过程中，若速度大于传送带速度，据牛顿第二定律，物块加速度大小a1为
mgsin37°+μmgcs37°=ma1·····（1分）
解得 a1=10m/s2
若物块速度小于传送带速度，物块加速度大小a2为
mgsin37°−μmgcs37°=ma2·····（1分）
解得a2=2m/s2
①当传送带速度 v≥10m/s时，物块在皮带上一直减速运动，减为零的位移为
x=vE22a2=25m···················（1分）
说明物块到达传送带顶端时速度不为零，故当传送带速度v≥10m/s时，可以传送到顶端；
则物块从E到F一直做匀减速运动，时间为
l=vEt−12a2t2
t=(5−15）s·················（1分）
②当传送带速度v<10m/s时，则物块先以加速度a1减速到v，之后以a2匀减速运动。要使物块能够到达顶端，则到达顶端时物块速度要大于等于零。
设皮带速度为v时，物块恰好运动到顶端，到达F点速度为零
vE2−v2=2a1x1·············（1分）
v2=2a2x2···················（1分）
x1+x2=l···················（1分）
v=5m/s
vE−v=a1t1
v=a2t2
t'=t1+t2=3S···················（1分）
即5m/s≤v<10m/s时，物块可以传送到顶端，且用时最长为3s.
综上，v≥5m/s 时，物块可以传送到顶端，且用时(5−15）s≤t≤3s ········（1分）
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．如图所示为某港口大型起重装置，缆车下吊一重物正匀速运动，速度为gL，所吊重物（可视为质点）的质量为m，吊重物的缆绳长为L，不计缆绳的重量，重力加速度为g，当缆车突然停止时，缆绳所承受的拉力为（ ）
A．2mgB．3mg
C．4mgD．mg
2．质量为2kg的质点在x—y平面上运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图所示，则质点（ ）
A．做匀变速直线运动
B．初速度的方向与合外力的方向垂直
C．初速度为4m/s
D．所受合外力为4N
3．如图所示，网球运动员训练时在同一高度的前后两个不同位置，将球斜向上打出，球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，不计空气阻力，则（ ）
A．两次击中墙时的速度相等
B．沿1轨迹打出时的初速度大
C．沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角大
D．从打出到撞墙，沿2轨迹的网球在空中运动时间长
4．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态
B．乙所示是圆锥摆，减小，但保持圆锥的高不变；则圆锥摆的角速度不变
C．如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，、内轨对轮缘会有挤压作用
D．如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度大小不同，但所受筒壁的支持力也不相等。
5．2022年10月9日，我国成功发射“夸父一号”探测卫星，用于探测由太阳发射而来的高能宇宙射线，卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道离地面的高度为720km，下列说法正确的是（ ）
A．“夸父一号”的运行速度大于
B．“夸父一号”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期为24小时
D．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理
6．2023年11月23日《中国日报》消息，11月23日18时00分04秒，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭及远征三号上面级成功将互联网技术试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如果互联网技术试验卫星的轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，则（ ）
A．地球的质量为 B．地球的质量为 C．地球的密度为D．地球的密度为
7．将一质量为m的物体分别放到地球的南北两极点时，该物体的重力均为。将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg；假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（ ）
A．B．地球的质量为
C．地球自转的角速度为 D．地球的平均密度为
8．我国自2004年起启动月球探测工程，2022年10月31日，山东大学牵头完成的世界第一幅1：250万月球全月岩石类型分布图对外公布，该研究成果发表于国际综合性期刊《科学通报》。假设距离月球球心处的重力加速度与的关系图像如图所示，已知引力常量为，质量分布均匀的球壳对球壳内质点引力为零。则（ ）
A．距月球表面高处的重力加速度
B．在距月球表面轨道上运行的航天器的速度大小为
C．月球的平均密度为
D．距月球球心和两位置处的重力加速度大小相等
多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，一可绕光滑固定轴O转动的轻杆，另一端连接一小球，小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为，小球在最高点的速度大小为v，图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为aRb
B．时，小球处于完全失重状态
C．时，杆对小球的弹力方向竖直向上
D．v2=3c时，杆对小球的弹力大小为5b
10．2023年5月30日9时31分，我国自主研发的长征二号F遥十六运载火箭，搭载景海鹏、朱杨柱、桂海潮三名航天员的神舟十六号载人飞船，在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟十六号飞船入轨后在停泊轨道（Ⅰ）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）于当日16时29分与中国空间站组合体完成自主快速交会对接，其变轨过程可简化如右图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则（ ）
A．飞船在停泊轨道上的速度等于第一宇宙速度
B．飞船在转移轨道上P、Q两点的速率之比为
C．若飞船在Ⅰ轨道的点P点火加速，至少经过时间，才能在Ⅱ轨道的点与空间站完成交会对接
D．中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们不受地球引力作用
11．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变大
C．Q受到桌面的静摩擦力变大
D．Q受到桌面的支持力变大
12． 如图所示，质量均为m的甲、乙、丙三个小物块（均可看作质点）随水平转盘一起以角速度绕OO'轴做匀速圆周运动，物块甲叠放在物块乙的上面，所有接触面间的动摩擦因数均为。已知甲、乙到转轴的距离为r1，丙到转轴的距离为r2，且r2>r1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．甲受到的摩擦力一定为
B．乙受到转盘的摩擦力一定为：
C．若角速度增大，丙先达到滑动的临界点
D．若角速度增大，甲先达到滑动的临界点
第II卷（非选择题）
三、实验题：每空2分，共14分。
13．(6分）如图所示是研究向心力的大小F与质量m。角速度和半径r之间的关系的实验装置图。
（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，下列做法正确的是 。
A．让两个小球运动半径相等，用质量相同的小球做实验；
B．让两个小球运动半径相等，用质最不同的小球做实验
C．让两个小球运动半径不相等，用质量不同的小球做实验
D．让两个小球运动半径不相等，用质量相同的小球做实验
（2）在该实验中采用了 （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F与质量m、角速度和半径r之间的关系。
（3）当用两个质量相等的小球做实验，且右边的小球的轨道半径与左边小球轨道半径相等，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4倍。那么，右边轮塔与左边轮塔之间的角速度之比为 。
14．（8分）某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置“研究平抛物体运动”，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)下列关于实验步骤没有必要的是___________。
A．将斜槽的末端切线调成水平
B．通过重锤线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
C．小球每次必须从斜面上的同一位置由静止开始释放
D．斜槽轨道必须光滑
(2)某同学做实验时，忘记了标记平抛运动的抛出点O，只记录了A、B、C三点，于是就取A点为坐标原点，建立了如图乙所示的坐标系。运动轨迹上的这三点坐标值图中已标出。那么小球平抛的初速度大小为 m/s（保留三位有效数字），经过B点时速度大小为 m/s（可保留根号），小球抛出点的坐标为 （单位cm）。（重力加速度g取10m/s2）
四、计算题：共4小题，共46分。
15．（8分）两个靠得很近的天体，离其他天体非常遥远，它们以其连线上某一点为圆心各自做匀速圆周运动，两者的距离保持不变，科学家把这样的两个天体称为“双星”，如图所示。已知双星的质量分别为和，它们之间的距离为，引力常量为，求双星中质量为和的两个天体分别对应的运行轨道半径和及运行周期。
16．（10分）某人在离地面3.2m的高度，将质量1kg的小球以v0=10m/s的速度斜向上抛出，小球的初速度方向与水平方向之间的夹角为，不计空气阻力，（重力加速度g取10，，）,求
（1）小球从抛出点上升的最大高度；
（2）小球在空中运动的时间；
（3）小球落地点与抛出点的水平距离。
17．（13分）如图所示，装置可绕竖直轴转动，可视为质点的小球A与两轻细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角。已知小球的质量，细线AC长，B点距C点的水平和竖直距离相等。（重力加速度g取10，，）
（1）若装置以一定的角速度匀速转动，线AB水平且张力恰为0时，求此时的角速度ω？
（2）若装置匀速转动的角速度ω1=2 rad/s，求细线AC与AB的拉力分别多大？
（3）若装置匀速转动的角速度，求细线AC与AB的拉力分别多大？
18．（15分）如图所示，为竖直光滑圆弧的直径，其半径，A端沿水平方向。水平轨道与半径的竖直光滑圆弧轨道相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道、对应的圆心角。圆弧和倾斜传送带相切于E点，的长度为。一质量为的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取，，。求：
（1）水平轨道的长度是多少；
（2）物块到达C点时对C点的压力大小；
（3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。
济宁市育才中学2023级高一下学期4月月考
物理参考答案：
1．A
【详解】由题意知，缆车突然停车的瞬间，重物开始做圆周运动，其所受合力提供向心力，即
其中V=gL，可得F=2mg故选A。
2．D
【详解】A．x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故A错误。
B．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直故选B。
C．x轴方向初速度为vx=4m/s，y轴方向初速度vy=-3m/s，质点的初速度故C错误。
D．在y轴方向质点做匀速直线运动，x轴方向的加速度a=2m/s2则质点受到的合力F合=ma=4N故D正确；
【点睛】本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，根据速度图像判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动，根据平行四边形法则结合牛顿第二定律求解；此题类似平抛运动。
3．B
【详解】球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，则此时小球在竖直方向上的速度分量为0，则
因为球1与球2竖直方向上的位移h相等，所以运动时间相等，也相等。根据，则
所以
A. 两次击中墙时的速度就等于初速度在水平方向上的分量，因为，所以两次击中墙时的速度不相等，A错误；
B.因为两球竖直方向上的速度分量相等，球1水平方向上的速度分量大于球2水平方向上的速度分量，则球1的初速度大于球2的初速度，B正确；
C. 设球打出时速度方向与水平方向夹角为，则所以则C错误；
D. 从打出到撞墙，两球在空中运动时间相等，D错误；故选B。
4．B
【详解】A．如图甲，汽车通过拱桥的最高点时，汽车的加速度方向向下，汽车处于失重状态，故A错误；
B．如图乙所示是一圆锥摆，减小，但保持圆锥的高不变，设高度为，根据牛顿第二定律可得
可得
可知减小，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确；
C．如图丁，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，外轨对轮缘会有挤压作用，故C错误；
D．如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，设圆锥筒的母线与水平方向的夹角为，竖直方向根据受力平衡可得可得
可知小球在A、B位置所受筒壁的支持力大小相等，水平方向根据牛顿第二定律可得
可得由于同一小球在A、B位置做匀速圆周运动的半径不同，则角速度不同。
5．D
【详解】A．第一宇宙速度为围绕地球做圆周运动的最大速度，则“夸父一号”的运行速度小于，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有解得
由于“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；
C．由万有引力提供向心力有解得
由于“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期24小时，故C错误。
D．由图可知，采用a轨道可以更长时间观测太阳，故D正确
6．B
【详解】AB.根据可得地球的质量故B正确，A错误；
CD.地球的体积为可得地球密度为故CD错误。故选B。
7.C
【详解】ABC．设地球质量为，物体在南北两极点时，此时没有地球自转的向心力，有
解得在赤道时，有所以有联合解得故AB错误，C正确；
D．根据；可得，D错误。故选C。
8．C
【详解】A．由题可知，距月球球心距离处的重力加速度，A错误；
CD．由题可知，设月球半径为，当时解得
当时解得由此可知
由上分析可知月球的密度为
当距月球球心时
当距月球球心时C正确，D错误；
B．由
可知，在距月球表面轨道上运行的航天器的速度大小为B错误；故选C。
9．BD
【详解】AB．当时，小球受重力、杆的弹力作用，二力平衡，即
当时，，说明重力恰好提供向心力，小球处于完全失重状态，由
知
得 故B正确；
C．当时，小球在最高点的速度更大，重力不足以提供向心力，此时杆对球有向下的拉力，故C错误。
D．当时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知
同理，当v2=3c时，杆对球有向下的拉力，由牛顿第二定律知mg+F=m3cR
得F=5mg=5b故D正确。故选BD。
10．AC
【详解】A．因为停泊轨道半径近似为地球半径R，所以飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇宙速度，A正确；
B．由开普勒第二定律可知，飞船在转移轨道上P、Q附近极短时间内扫过的面积相等
故两点的速率之比为，B错误；
C．设飞机在转移轨道运行的周期为，由开普勒第三定律可得整理可得
故飞船在转移轨道上从点飞到点所需的时间为所以飞船在Ⅰ轨道的点P点火加速，至少经过时间，才能在Ⅱ轨道的Q点与空间站完成交会对接，C正确；
D．中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们万有引力提供向心力，处于完全失重状态，D错误。故选C。
11．BC
解析：选BC. 金属块Q在桌面上保持静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D错误．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线拉力的合力提供向心力，如图，则有FT＝eq \f(mg,cs θ)，Fn＝mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝ eq \r(\f(g,Lcs θ))，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cs θ减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，A错误、B正确．对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故C正确．
12、BC
【详解】A．当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向心力，大小不等于，故A错误；
B．对甲、乙整体分析可知，乙受到转盘的摩擦力为故B正确；
CD．若角速度增大，根据
丙到转轴的距离较大，则丙先达到滑动的临界点，故C正确，D错误；故选BC。
13． A 控制变量法 2：1
【详解】（1）[1]根据向心力公式
可知要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和小球运动的半径相等。故选A。
（2）[2]在该实验中采用了控制变量法来探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。
（3）[3]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4倍，则有
两个小球的质量相等、轨道半径相等，由公式可得
14．(1)D (2) 1.00 17 (−20，−20)
【详解】（1）A．为了保证小球做平抛运动，将斜槽的末端切线调成水平，所以A正确；
B．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，能准确记录小球在竖直平面上的运动，所以B正确；
C．小球每次必须从斜面上的同一位置由静止开始释放，样子才能保证小球能具有相同的初速度做平抛运动，所以C正确；
D．斜槽轨道不需要光滑，只要从同一位置滑下小球就具有相同初速度，所以D错误。本题选择不必要的，故选D。
（2）[1]由题图乙可知A、B、C中相邻两点间水平距离相等，所以运动时间相等，均设为T，根据运动学公式有
解得T=0.2s小球平抛的初速度大小
[2]小球经过B点时竖直方向上的速度大小为
则经过B点的速度大小为
[3]小球从抛出点运动到B点的时间则抛出点的横坐标为
纵坐标故小球抛出点的坐标为
15．（8分）r1=Lm2m1+m2，r2=Lm1m1+m2，T=2πLLGm1+m2
【详解】双星间的万有引力提供了各自做匀速圆周运动的向心力，
对m1有 Gm1m2L2=m1r1ω2··········（1分）
对m2有 Gm1m2L2=m2r2ω2··········（1分）
且r1+r2=L·············（1分）
解得r1=Lm2m1+m2 （1分）r2=Lm1m1+m2·····（1分）
根据万有引力提供向心力Gm1m2L2=m1r14π2T2··········（1分）
且r1=Lm2m1+m2
解得周期为 T=2πLLGm1+m2··········（2分）
16（10分）．（1）1.8m；（2）1.6s；（3）12.8m
【详解】（1）小球做斜抛运动，小球从抛出点上升的最大高度为
ℎm=(v0sin37∘)22g·············（2分）
ℎm=622×10m=1.8m·········（1分）
（2）小球从抛出点上升的最大高度所用的时间为 t1=v0sin37∘g=0.6s·····（1分）
小球从最高点到落地的过程，有ℎm+ℎ=12gt22 ········（1分）
解得t2=1s ········（1分）
小球在空中运动的时间为t=t1+t2=1.6s·····（1分）
（3）小球落地点与抛出点的水平距离为
x=v0tcs37∘·············（2分）
x=8×1.6m=12.8m······（1分）
17（13分）．（1）ω=522rad/s（2）分别为12.5N和5.1N；（3）分别为36N和11.6N
【详解】（1）当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有
mgtan37°=mω2Lsin37°··········（2分）
解得 ω=gLcs37°=101×0.8=522rad/s·····（1分）
（2）由于ω1<ω，则细线AB上有拉力，为TAB，AC线上的拉力为TAC。根据牛顿第二定律得
TACcs37°=mg··················（1分）
TACsin37°−TAB=mω12Lsin37°·····（1分）
解得
TAC=12.5N，TAB=5.1N············（2分）
（3）当AB绳竖直方向时且拉力为零，B点距C点的水平和竖直距离相等，故此时绳与竖直方向的夹角为53°，此时的角速度为ω′，则
mgtan53°=mω′2Lsin53°··········（1分）
解得 ω′=503rad/s
ω2=6rad/s>503rad/s············（1分）
当ω2=6rad/s时，细线AB在竖直方向绷直，两绳都有拉力
TACsin53°=mω22Lsin53°······（1分）
TACcs53°−mg−TAB=0·····（1分）
TAC=36 N，TAB=11.6 N······（2分）
18(15分）．（1）4.8m；（2）208N；（3）v≥5m/s ，物块可以传送到顶端，且用时(5−15）s≤t≤3s
【详解】（1）物块从A到C做平抛运动，根据竖直方向
ℎ=2R=12gt2·············（1分）
得，下落时间
t=2ℎg=0.6s
物块到C点时，竖直方向的速度
vy=gt=6m/s················（1分）
由几何关系得
v0=vytan37°=8m/s
BC轨道的长度lBC=v0t=4.8m·····（1分）
（2）对物块在C点受力，根据牛顿第二定律可得
FNC−mgcsθ=mvC2r·········（1分）
由几何关系得
vC=v0cs37°=10m/s···········（1分）
解得
FNC=208N···················（1分）
由牛顿第三定律可得，物块对C点的压力大小为208N。
（3）物块上滑过程中，若速度大于传送带速度，据牛顿第二定律，物块加速度大小a1为
mgsin37°+μmgcs37°=ma1·····（1分）
解得 a1=10m/s2
若物块速度小于传送带速度，物块加速度大小a2为
mgsin37°−μmgcs37°=ma2·····（1分）
解得a2=2m/s2
①当传送带速度 v≥10m/s时，物块在皮带上一直减速运动，减为零的位移为
x=vE22a2=25m···················（1分）
说明物块到达传送带顶端时速度不为零，故当传送带速度v≥10m/s时，可以传送到顶端；
则物块从E到F一直做匀减速运动，时间为
l=vEt−12a2t2
t=(5−15）s·················（1分）
②当传送带速度v<10m/s时，则物块先以加速度a1减速到v，之后以a2匀减速运动。要使物块能够到达顶端，则到达顶端时物块速度要大于等于零。
设皮带速度为v时，物块恰好运动到顶端，到达F点速度为零
vE2−v2=2a1x1·············（1分）
v2=2a2x2···················（1分）
x1+x2=l···················（1分）
v=5m/s
vE−v=a1t1
v=a2t2
t'=t1+t2=3S···················（1分）
即5m/s≤v<10m/s时，物块可以传送到顶端，且用时最长为3s.
综上，v≥5m/s 时，物块可以传送到顶端，且用时(5−15）s≤t≤3s ········（1分）
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