襄陽四中2024級高一年級3月月考命題人：周永麗審題人：王青松黃展一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。下列敘述正確的是()A.卡文迪什在測萬有引力常量時，利用了微小量放大法的思想B.探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關系實驗中，采用了等效替代的思想C.第谷在其天文觀測數(shù)據(jù)的基礎上，總結出了行星按D.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并通過扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值仍從P點斜向上拋出，拋出速度與水平方向夾角為37°,結果套圈仍落在Q點，空A.兩套圈運動的時間相等B.兩套圈運動的最小速度相等C.兩套圈的速度變化快慢不同D.兩套圈在相等時間內(nèi)速度的變化量相同3.高度差一定的不同光滑曲線軌道中，小球滾下用時最短的曲線叫做最速曲線，在某科技有兩個并排軌道，分別為直線軌道和最速曲線軌道，簡化如圖所示，現(xiàn)讓兩個完全相同的小球A和B同時從M點由靜止下滑，不計摩擦。關于小球從M點運動到軌道底端N的過程，下列說法M正確的是()A.A球重力做的功小于B球重力做的功B.A球重力的平均功率小于B球重力的平均功率C.兩小球的平均速度相同D.到達底端N時兩小球重力的瞬時功率相同從最高點C到最低點A運動的過程中，下列說法正確的是()A.球拍對小球的摩擦力先增大后減小B.小球先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)C.球拍對小球的支持力先減小后增大D.小球所受的合外力保持不變B.探測器在軌道1,2,3的運行周期關系為T?>T?>T?C.探測器在軌道1經(jīng)P點的加速度小于軌道3經(jīng)P點的加速度D.探測器在軌道1經(jīng)P點的速度小于軌道3經(jīng)P點的速度6.如圖甲所示，一款旋轉硬幣游樂設備。圖乙是該裝置的示意圖，00為其對稱軸，且00豎直。將一元錢的硬幣從上端入口沿容器壁邊緣水平切線方向滾該硬幣在水平方向的運動可近似看做勻速圓周運動，曲面在A、B兩點的切線與水平方向的夾角分別為30°襄陽四中2024級高一年級3月月考物理試卷第1頁(共4頁)A.容器壁對硬幣的支持力充當了硬幣做勻速圓周運動的向心力B.硬幣做勻速圓周運動在A點的向心加速度大于在B點的向心加速度C.硬幣在A點做勻速圓周運動的周期小于在B點運動的周期B為北斗系統(tǒng)中軌道在同一平面內(nèi)，均沿逆時針方向繞行的兩顆工作衛(wèi)星。某時刻兩衛(wèi)星的連線與A衛(wèi)星的軌道相切，已知A、B衛(wèi)星的運行周期分別為TA、Tg,A、B衛(wèi)星的運行半徑分別為r、2r。則兩衛(wèi)星從圖示時刻到兩衛(wèi)星間距離最大需要的最短時止，某時刻電梯停靠在軌道中間某位置，衛(wèi)星B在同步空間站外側并與同步空間站A的運行方向相同，則下列說法正確的是()A.太空電梯受到地球的萬有引力一定大于衛(wèi)星B受到地球的萬有引力B.太空電梯的速度一定大于衛(wèi)星B的速度D.電梯對電梯軌道的作用力方向指向地心9.如圖所示，足夠大的水平圓臺中央固定一光滑豎直細桿，原長為L的輕質(zhì)彈簧套在豎直桿上，質(zhì)量均為m的光滑小球A、B用長為L的輕桿及光滑鉸鏈相連，小球A穿過豎直桿置于彈簧上。讓小球B以不同的系數(shù)為k,重力加速度為g,則下列判斷正確的是()戲狀AA.戲狀AB.角速度w=wo時，小球A對彈簧的壓力為mgD.角速度從wo繼續(xù)增大的過程中，小球A對彈簧的壓力逐漸增大10.如圖所示，宇宙空間有一種由三顆星體A、B、C組成的三星體系，它們分別位于等邊三角形ABC的三個頂點上，繞一個固定且共同的圓心O做略其他星體對它們的作用，關于這三顆星體，下列說法正確的是()A.角速度大小關系是WA<Wg<@cB.線速度大小關系是vA<VB<VcC.質(zhì)量大小關系是mA>mg>mcD.所受合力大小關系是FA>F>Fc襄陽四中2024級高一年級3月月考物理試卷第2頁(共4頁)二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.(7分)某同學設計了一個測定油漆噴槍向外噴射油漆霧滴速度的實驗。他采用如圖(甲)所示的裝置，該油漆噴槍能夠向外噴射四種速度大小不同的油漆霧滴，一個直徑為D=20cm的紙帶環(huán)安放在水平轉臺上，紙帶環(huán)上刻有一條狹縫A,在狹縫A的正對面畫一條標志線。在轉臺開始轉動達到穩(wěn)定轉速時，向側面同樣開有狹縫B的紙盒中沿水平方向噴射油漆霧滴，當狹縫A轉至與狹縫B正對平行時，霧滴便通過狹縫A在紙帶的內(nèi)側面留下油漆痕跡。改變噴射速度vo重復實驗，在紙帶上留下四個油漆痕跡a、b、c、d。將紙帶從轉臺上取下來，展開平放在刻度尺旁邊，如圖(乙)所示，已知1(計算結果均保留3位有效數(shù)2標志線a6字)。甲油漆噴槍(1)圖(乙)中，速度最大的霧滴所留的痕跡是點；如果不計霧滴所受空氣的阻力，則噴槍噴出霧滴速度的最大值為m/s;考慮到空氣阻力的影響，該測量值真實值(選填“大于”、“小于”或“等于”);(1)關于該實驗應注意的問題，下列做法合理的是A.應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放B.調(diào)節(jié)擋板的高度時必須等間距變化C.建立坐標系時，坐標原點應為斜槽口的末端D.小球運動時不應與木板上的白紙(或方格紙)相接觸(2)在該實驗中，讓小球多次從斜槽上滾下，在白紙上依次記下小球的位置，同學甲和同學乙得到的記錄紙如圖2所示，從圖中明顯看出甲的實驗錯誤是,乙圖中有兩個點位于拋物線下方的原因是_;下列器材問題和操作方式不會對實驗探究產(chǎn)生影響的是(以上各空均選擇正確答案的標號，單選)。A.斜槽軌道不光滑B.斜槽末端不水平C.小球在釋放時有初速度v。D.小球每次自由釋放的位置不同(3)丙同學不小心將記錄實驗的坐標紙弄破損，導致平拋運動的初始位置缺失。他選取軌跡上的某一點做為坐坐標紙中每個小方格的邊長為L,重力加速度為s,根據(jù)題中所給信息，可以求出小球從O點運動到A點所用的時間t=,小球平拋運動的初速度v。=(計算結果用L,g表示)。襄陽四中2024級高一年級3月月考物理試卷第3頁(共4頁)的汽車，沿傾角為θ=30°的斜坡由靜止開始向上運動，汽車在運動過程中所受阻力大小恒為f=2000N,汽車發(fā)動機的額定輸出功率為P=5.6×10?W,開始時以a=1m/s2的加速度做勻加速運動，重力加速度g取10m/s2,求：(1)汽車做勻加速運動的時間t;固定在水平地面上。豎直平面內(nèi)光滑半圓弧形固度vo垂直斜面向上拋出，又恰好從最低點C水平切入半圓弧軌道，后又以原速率返回半圓弧軌道的最低點，之后平拋而擊中斜面。已知小球擊中斜面反彈后的速率為擊中前的一半，不計空氣阻力，重力加速度為g。(1)小球運動至半圓弧最低點C時對軌道的壓力；(3)若從斜面底端M點以一定的速度斜向上拋出，恰好垂直擊中斜面與N點間距為三分之一斜面長的位置，求小球從M點拋出時的速度大小及速度與斜面間夾角的正切值。15.(18分)宇宙空間有兩顆相距較遠、中心距離為d的星球A和星球B。在星球A上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，如圖(a)所示，P由靜止向下運動，其加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖(b)中實線所示。在星球B上用完全相同的彈簧和物體P完成同樣的過程，其a-x關系未知)。已知兩星球密度相等。星球A的質(zhì)量為m。,引力常量為G。假設兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。(1)求星球A和星球B的表面重力加速度的比值；(3)若將星球A和星球B看成是遠離其他星球的雙星模型，求兩星球做勻速圓周運動的周期T。襄陽四中2024級高一年級3月月考物理試卷第4頁(共4頁)題號123456789ADBABDB1.【答案】A【詳解】A.卡文迪什在測萬有引力常量時,通過扭秤實驗將微小的力的作用效果進行放大,利用了微小量放大法的思想，故A正確；B.探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關系實驗中，采用了控制變量法，故B錯誤。C.開普勒在第谷的天文觀測數(shù)據(jù)的基礎上,總結出了行星按照橢圓軌道運行的規(guī)律,故C錯誤;D.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪什通過扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，故D錯誤。2.【答案】D【詳解】A.套圈第一次豎直方向做自由落體運動，第二次豎直方向做豎直上拋運動，第二次運動時間長，故A錯誤；B.兩次套圈在最高點的速度最小，在由最高點到Q點運動過程中，第二次高度高，水平位移小，因此最小速度小，故B錯誤；C.兩次套圈重力加速度相同，即速度變化快慢相同，故C錯誤；D.兩次套圈過程中加速度相同,速度變化量△v=g△t,故相等時間內(nèi)速度變化量大小相等,方向相同,均為豎直向下，故D正確。B.根據(jù)可知，因B球運動時間較小，可知A球重力的平均功率小于B球重力的平均功率，故B正C.兩小球運動位移相同，但時間不同，故平均速度不同，故C錯誤；D.到達底端N時兩小球重力的瞬時功率為=mgv,。因到達N點時速度的豎直分量不同,則重力的瞬時功率不相同，故D錯誤。4.【答案】A【詳解】A.小球做勻速圓周運動,在C點沿切線的摩擦力為零,而圓周運動到D點,靜摩擦力提供向心力，而圓周運動到A點，沿切線的摩擦力又為零，則可推得球拍對小球的摩擦力先增大后減小，B.小球做勻速圓周運動從C點到D點，有豎直向下的加速度分量，則小球處于失重狀態(tài)，從D點到A點，有豎直向上的加速度分量，則小球處于超重狀態(tài)，故小球先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C.小球在C點，有,Nc<mg;N>mg,可推知小球做勻速圓周運動從C點到A點，球拍的支持力一直增大，故C錯誤；D.小球和球拍一起勻速圓周運動，由,小球所受的合外力提供向心力，大小始終不變，但方向始終指向圓心，方向變化，故D錯誤。5.【答案】B【詳解】A.探測器需要到達土星,因此最終會脫離地球的引力束縛,但還在太陽系中,故發(fā)射速度應大于11.2km/s,小于16.7km/s,故A錯誤；B.由開普勒第三定律，可知軌道1的半長軸最大、軌道3的軌道半徑最小，所以探測器在軌道1、2、3的運行周期關系為T>T?>T?,故B正確;C.探測器在P點所受的萬有引力一定,由Fg=ma得,P點處的加速度無論在那條軌道均相同,故C錯誤。D.探測器在軌道1上經(jīng)過P點后做離心運動，有,探測器在軌道3上經(jīng)過P點做勻速圓周運動，,故vp?>vp?,故D錯誤。6.【答案】D【詳解】A.容器壁對硬幣的支持力與硬幣重力的合力充當了硬幣做勻速圓周運動的向心力，故A錯誤；B.對硬幣,mgtanθ=ma,因在A點時θ角較小,則硬幣做勻速圓周運動在A點的向心加速度小于做勻速圓周運動在B點的向心加速度，故B錯誤；C.根據(jù)R,解得T=因硬幣在A點時θ角較小且R周運動的周期大于在B點做勻速圓周運動的周期，故C錯誤； D.根據(jù),可得v=√gRtanθ故硬幣做勻速圓周運動在A、B兩點的線速度之比為 故D正確。7.【答案】B【詳解】根據(jù)幾何關系可知,設地心為O,在圖示時刻兩衛(wèi)星與地心O之間的夾角滿足,可得,兩衛(wèi)星均沿逆時針方向繞行，則兩衛(wèi)星從圖示時刻到兩衛(wèi)星間距離最大，A比B多轉過的最小角度為,則有,解得兩衛(wèi)星從圖示時刻到兩衛(wèi)星間距離最大需要的最短時間,故B正確。8.【答案】CD【詳解】A.由于不知道太空電梯與衛(wèi)星B的質(zhì)量關系，故無法確定太空電梯受到地球的萬有引力與衛(wèi)星B受到地球的萬有引力的大小關系，故A錯誤；B.對于同步空間站A和衛(wèi)星B,由萬有引力提供向心力可得,得可知同步空間站A的線速度大于衛(wèi)星B的線速度;對于太空電梯和同步空間站A,由于角速度相等,根據(jù)v=or,可知同步空間站A的線速度大于太空電梯的線速度；太空電梯和衛(wèi)星B的線速度均比同步衛(wèi)星小，無法確定其大小關系，所以太空電梯的速度不一定大于衛(wèi)星B的速度，故B錯誤；CD.若只有萬有引力提供向心力，則有可知電梯所在處只有萬有引力提供向心力時的角速度應大于同步空間站A的角速度，而電梯的實際角速度等于同步空間站A的角速度，可知萬有引力大于電梯所需的向心力，則電梯軌道對電梯的作用力方向背向地心，根據(jù)牛頓第三定律可知電梯對電梯軌道的作用力方向指向地心；若電梯上的某物體脫落，由于萬有引力大于所需的向心力，脫離后將做近心運9.【答案】AC【詳解】A.若兩球靜止時，受力平衡，故桿的彈力為零，對A球，有kx=mg,解得此時彈簧的長度為,故A正確；BC.當轉動的角速度為0?時,小球B剛好離開臺面,設桿與豎直方向的夾角為θ,對B球,有mgtanθ=mLsinθo3,由平衡條件有Tcosθ=mg;A球依然處于平衡,有Tcosθ+mg=kx'聯(lián)立解得kx1=2mg;由幾何關系可知由牛頓第三定律可知，小球A對D.當角速度從0繼續(xù)增大,B球將飄起來,桿與豎直方向θ變大,但桿的豎直分力仍為mg不變，故彈簧對A球的彈力大小仍然是2mg,由牛頓第三定律知，A球對彈簧的壓力仍然為2mg,彈簧的形變量不變，故D錯誤。10.【答案】BCD【詳解】A.三星相等時間內(nèi)轉過相等圓心角，故三者角速度大小相B.軌道半徑rA<rB<c,由公式v=or可知線速度大小關系是vA<VB<vc,故B正確；C.對A受力如圖，由于向心力指向圓心，由矢量關系可知，B對A的引力大于C對A的引力，結合萬有引力定律的表達式可知B的質(zhì)量大于C的質(zhì)量；同理，以C為研究對象，可得A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量,故質(zhì)量m?>mg>mc,故C正確;D.以A為研究對象,由余弦定理得F?=√Fγ+F&+2Fg?Fe?cos60°,同理對B和C分析知,夾角相等的情況下，兩星球間萬有引力力越大，所受合力越大，由質(zhì)量關系mA>mg>mc得FAB>FAc>Fgc,故分析得F?>Fg>Fc,故D正確。11.(7分)【答案】(1)d(1分)(2)40.0;小于(每空2分)(3)12.2(2分)【詳解】(1)轉盤的角速度一定，霧滴速度越大，運行時間越短，在霧滴運行的時間內(nèi)，轉盤轉過的角度越(2)由,說明霧滴運動時間小于轉臺的半周期；速度最大的是d點，距離標志線的做減速運動，現(xiàn)在將霧滴當做勻速直線運動的計算，求出(3)由故霧滴運動時間內(nèi)，轉臺轉動了一圈多；速度最小的霧滴落在a點，此時a點轉動的路程為△s'=πD+2.80cm=65.60cm,根據(jù)(2)問中公式,可得最小速度為12.(9分)【答案】(1)AD(2分)(2)BDA(每空1分)(3);2√2gL(每空2分)【詳解】(1)A.為了保證小球每次拋出的速度相同，應使小球每次從斜槽上同一位置靜止釋放，故A正確；B.調(diào)節(jié)擋板的高度時不需要等間距變化，故B錯誤；C.建立坐標系時，坐標原點應為小球處于斜槽口末端時球心在白紙上的水平投D.為了減小誤差，小球運動時不應與木板上的白紙(或方格紙)相接觸，故D正確。故選AD。(2)從圖中明顯看出甲的實驗錯誤是：小球拋出時的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平，故B正確；乙圖中有兩個點位于拋物線下方的原因是靜止釋放小球的位置不同，故D正確；操作不會對實驗探究產(chǎn)生(3)豎直方向根據(jù)△y=yAB-Voa=5L-3L=gt2,可得小球從O點運動到A點所用的時間;水平方向根據(jù)x=4L=vt,可得小球平拋運動的初速度為v?=2√2gL。13.(10分)評分細則：第一問共6分，第二問共4分。①②⑤均2分，③和④一共2分，⑥和⑦一共2分。解：(1)對汽車，由牛頓第二定律得F-mgsin30°-F=ma①解得F=8000N(2分)設勻加速過程的末速度為v,則有P=Fv由運動學公式v=at(2)當達到最大速度vm時，加速度為零，由平衡條件可得牽引力Fm=mgsin30°+F?⑤(2分)