物理答案强基班_2025年04月试卷_0403四川省遂宁市射洪中学强基班2024-2025学年高一下学期3月月考试题

射洪中学高2024级高一下期强基班第一学月考试 物理答案 一、单项选择题（本题共7题，每小题5分，共35分） 1、D 2、C 3、A 4、D 5、A 6、B 7、C 1 5、由于杆做匀速转动，拉力的功率等于克服重力做功的功率，P＝mgωLcos 60°＝ mgLω，A项正确。 2 l θ 6、“嫦娥三号”在环月轨道上运动的线速度为：v＝，角速度为ω＝ ；根据线速度和角速度的关系式：v＝ t t v l GMm ωr，可得其轨道半径r＝ ＝ ；“嫦娥三号”做匀速圆周运动，万有引力提供向心力， ＝mωv，解得M ω θ r2 l3 ＝ ，故选B. Gθt2 1 7、若v ＝ 2gR，则由 mv 2＝mgh可知，h＝R，则小球能到达与圆轨道圆心等高处反向返回，在最低点 0 0 2 两侧做往返运动，选项A错误；若v ＝2 gR，且轨道的内外壁均光滑时，小球到达最高点的速度恰好为 0 零，但是因轨道内轨外表面粗糙，则小球与内轨接触时要损失机械能，则小球不能到达最高点，选项B错 v2 误；若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点，则到达最高点时满足mg＝m ，从最低点到最 R 1 1 高点由机械能守恒可知， mv 2＝mg·2R＋ mv2，解得v ＝ 5gR，由此可知当v ＝ 5gR时，小球始终做完 0 0 0 2 2 整的圆周运动，且沿外轨道恰能运动到最高点，选项C正确，D错误。 二、多选题（本题包含3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多个选 项符合要求， 全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分） 8、CD 9、AD 10、BD GMm 9、A．由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知 mg ma R2 0 M  3a 又 4 ，联立，可得= 0 ，故A正确； R3 4GR 3 GMm v2 B．在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有 m ，联立，可得v a R ，故B错误； R2 R 0 GMm 42 C．卫星在距该行星表面高h处的圆轨道上运行时，有 m  Rh  ，联立，可得  Rh 2 T2 2  Rh 3 T  ，故C错误； R a 0 D．从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得mg f ma ma x 解得 f mgma ma ma ，阻力做功为W fx  ma ma  x  0 0 ，即物体克服阻力 0 0 0 0 2ma x 做功 0 0 。故D正确；故选AD。 2 1 10、AD．由数学知识可知，图像中当 0.0125s/m时，加速度为a1m/s2 v 且之后的图像加速度一直恒定，则可知右侧水平直线的图像对应第一阶段，且第一阶段以恒定加速度加速， 1 v 80 末速度为v m/s80m/s，赛车在第一阶段行驶时间为t   s=80s，故A错误，D正确； 0.0125 a 1 BC．第一阶段：设赛车牵引力为F，所受阻力为f，对赛车受力分析F  f ma ，功率为PFv F  f P 1 f P 4 f 第二阶段：以恒定功率加速，则a     ，结合图像斜率、截距可得  400、 4 m m v m m 0.01 m 解得P 40000W 40kW， f 400N。阻力恒定不变，所以当加速度最大时，牵引力最大，又因为赛 车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，因此赛车受到的最大牵引力 F =f ma 400N100kg1m/s2=500N，故B正确，C错误。故选BD。 max 三、本大题3小题，每空2分，共16分。 11、（1）（2分）B （2）（2分）2:1 （3）（2分）0.2  F 1 （2）由图可知，质量和半径相等，由公式F m2r可知，角速度之比为 1  1   F 2 2 2 r  2 变速塔轮边缘的线速度相等，由vr可知，变速塔轮的半径之比为 1  2  r  1 2 1 （3）根据题意有F m v2 ，结合图像可得，斜率为k  6.0  m ，解得m0.2kg r 9.0 r 12、（1）平衡摩擦力；（2）①mM ②0.130,0.128 ；（3）绳子拉力小于钩码重力或者钩码也有动能 （1）纸带穿过打点计时器，调整长木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿长木板做匀速运 动。这样做的目的是能够平衡掉摩擦力，使小车所受的合外力即为绳子拉力。 （2）①以小车为研究对象，若用钩码的重力表示细线对小车的拉力，钩码的质量m和小车的质量M应满 足的条件是钩码的质量远小于小车的质量，即mM ②因为将钩码的重力表示细线对小车的拉力，则合力对小车做的功为 W  FOB mgOB  201031065102J 0.130J AC (1.591.61)102 由数据可得下降OB时，小车速度为v  m s 0.8m s 2T 0.04 1 1 则小车动能的变化量为E  Mv2  400103(0.8)2J 0.128J k 2 2 （3）改变钩码的质量进行多次实验，发现合力做的功W总是大于动能的变化量，导致这一结果的原因是 绳子的拉力小于钩码的重力（或者钩码也有动能）。四、计算题（本题共3小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最 后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 1 2h 13、（1）设该星球表面的重力加速度为g ，小球做自由落体运动，则有h gt2，解得g  2 t2 Mm （2）根据物体在星球受到的万有引力等于重力，则有G mg R2 M 3h 2hR2   解得星球的质量为M  ，故该星球的平均密度为 4 2πGt2R Gt2 πR3 3 （3）星球的第一宇宙速度等于卫星在该星球表面轨道绕星球做匀速运动时的线速度，由万有引力提供向 GMm v2 GM 2hR 心力得 m ，解得v  R2 R R t （4）同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为T ，设同步卫星的质量为m ，由万有引力提供向心力 0 得G  R M  m H 0 2 m 0 4 T π 2 2  RH  ，联立解得同步卫星距行星表面的高度为H  3 h 2 T π 2 2 R t2 2 R 14、【详解】（1）小球在A的加速度大小为4.4g时，F mgsinm44 1 到达B时的加速度大小为2g时，F mgsinm20 2 解得F F  40N 1 2 v2 （2）小球到达B点时沿斜面上下侧受到的弹力刚好为0，则有mgsinm 0 r 1 小球从B点飞出后有，水平方向 2rsin gt2，竖直方向 x v t 2 0 0 0 0 小球的落地点与B点间的距离为L x2  2rsin2 ，解得L0.8 2 m 0 （3）小球到达B点受到的弹力大小为4N。 v2 若该弹力方向沿斜面向下 F mgsinm 1 r v2 若该弹力方向沿斜面向上 mgsinF m 2 r 由于平抛高度一定，此两种情况下小球飞出至落地时间与（2）中相同，则水平位移 2 6 2 2 x vt  m，x v t  m 1 1 0 5 2 2 0 5v2 15、(1)C点，mg m C ，解得v  gR 。若小球此后能到E点，则C  E过程有， R C 1 1 2mgRmg2R  mv2  mv2，解得v  3gR 0，即小球能到E点。则PC过程有， 2 E 2 C E 1 E mg  hR   mv2 0，解得h7.5R p 2 C 1 1 (2)C  D过程有：mg2R  mv2  mv2 ，解得v  5gR 2 D 2 C D v2 由N mg m D 得N 6mg，由牛顿第三定律知，N,  N 6mg R (3)从P到E的过程中，由能量守恒得 1 E －mg(h－R)－μmg·2R＝ mv 2－0， p E 2 要使小球落入盒中且x取最大值的临界情况是正好从Q点掉入盒中，由E到Q做平抛运动得 1 h－R＝ gt2，x＝v t， E 2 联立得x＝2 －h－5R2＋16R2， 故当h＝5R时，有x ＝8R. max 判断：该情况小球能通过最高点C，结果成立．