高中试卷答案网红河州第一中学2023年春季学期4月月考
的夹角为日，与A保特相对静止。另一个物体是质最也为m的物块C,位于空腔中圆心的正下方，也与A保持
相对静止，则下列判中正确的是〔)
高一物理试卷
A.物块C对A的作用力大小为mg
考试时间：90分钟满分：100分
第卷（选择题共48分）
B,小球B的速变方向向左，大小为a。
一、单项选释题：本趣共8小愿，每小题4分，共32分。年小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
C.地面对A的支持力大小为(M4m)g
1.在物理学发展历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的递程。在对以下几位物坦学家所作科学贡献
D.地面与A之间的泔动摩擦因数为tm6
的叙述中，正确的是（)
7.如图所示，半球体放母于水平地面上，米球体的质部焊接光滑竖直轻杆，O为半球的球心，质适为证的脚体
A.哥白尼首次提出了“地心说”
B套在轻杆上，轮绳一端与B连接，另端与质量为办的光消球A荆连。现用竖直向的拉力F作用在B上，
使其缓慢向上运动，整个过程中A始终没有离开芈球，半球始终静止在水平地面上，下列说法错误的是()
B,卡文迪什用实验的方法测出引力常壁G。一且测得G,就可以算出地球的资至，因必卡文通什被称为“第一
个称量地球质量的人”
A.绳的拉力减小
心，哈雷通过计算首淡发现了海王型
B.半球对A的支持力减小
C,地而对半球体的支持不变
D.开普勒通过多年附天文观测，发现太阳系中各行星绕太阳运动的轨述是椭圆
2.关于各类力做功，下列说法正确的是()
D.地面与半球体问无摩擦力
TARZAAAR2777278777
A.滑动季擦力总是做负功
8,设想在赤逍上建造如图甲所示的太空中梯，守航员可证过悠直的电梯直通太竿站，图乙中r为宇航员到地心的
B.静擦力一定不橄功
C,作用力与反作用力可能都牧压功
D.一对平衡力可能都做正功
距离，R为地球半径，前线A为学航负受到的地球产尘的加速度大小与r的关系：宜线B为宇航员由于地
3.如图所示的光滑的漏斗竖直放置，内*上有两个小球A、B各自在不同的水平面内做匀速圆周运动，则下列说
球自转面产生的向心加速度大小与r的关系。关于州对地面静止在不同高度的字航员，"下列说法正确的有()
法正确的是（)
A.图中为地球司步卫星的轨道半径
B.字航员在R处的线速度等于第一字宙速度
A,小球A的线速度小于小球B的绕速度
C.随着增大，宁航员的速度增大
B.小球A的有速度火于小球B的角速度
C,小球A的周期等子小球B的周期
少.随着？增大，字航员感受到“重力恤增大
D.小球A的向心加速度等于小球B的向心如速茂
4.如图所示，中四北斗卫星导航系统是中国自行研制的金球卫显导航系统。其中有静止卫基和中轨道卫犀。已知
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部
选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得·分
中轨道卫星的轨道武度在500015000ku,如下列说法正确的是(
A.图示的中轨谆卫氣的线速度小于静止卫星的线速度
9.如图所示，：为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆网运动的人海下星，c为地球同步卫垦。关」
a、、c微匀速圆周运动的说法中正确的是（
B.上述种卫星的运行速度可能大于7.m
A.角速变的大小关系为u=ob>c
C.图示的中轨道卫犀绕地球一周时间大于24小时
B.向心加速茂的大小关系为s>ac≥aa
D.静止卫显的周期大于中轨道卫垦的周期
C.线速度的大小关系为=贴>
5.特马射箭是蒙古族传统的体有项目，如图甲所示。在某次此赛中，选手骑马沿直线002匀速前进，速度大小为
D.周期关系为2a=Te>T6
,射出的箭做匀浪直线运动，速度大小为，靶中心P距OO2为d,垂足为D,图乙所不。关于此次比此赛，
10.探方工程中，“端娥三号探测器的发射过程可以简化下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点
下列说法正确的是()
时变轨进入距离月球表而100公里的圆形轨道1，在靴道1上经过Q点时变轨进入隋圆轨道2，轨逍2与月成
A.选手想要射中靶心，必须在到达D点之前某处把箭射出
表面相切于M点，月球车将在M点着陆月球。下列说法正确的是(
B,箭的最小位移一定为d
A.“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一字宙速戌小
C箭运动龄最振时阅为号
B.“嫦娥兰号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1.上经过P点时大
C.“嫦娥三亨”在轨道】上的运动刷期比在轨道2上的小
D.逃手在任意位橙射箭都可以，只芝箭射出的方向指向P点，就一定能射中靶心
池月移然遵
D,“嫦娥三号在轨道1上经过Q点耐的加速度大在轨道2.上登过2点时的蜘速度
6.如图所示，一方形物体A内有一圆柱形空腔，此时正以一定的初速度在相糙的水平而上向右减速运动，其质
1上.在水平路面上运动的汽车质量为2t,发动机的额定功率为80kW,汽车所受雁力大小恒为车重的02倍(g取
垂为M，空腔中有两物体，个是质量为州的光滑小球B,位芋空腔中，其所在位置与圆心的连线与竖宜方问
10ms2),则下列判断中正确的有()
试卷第1页，共4页
试卷第2頭，共4页红河州第一中学 2023年春季学期 4月月考
高一物理 参考答案
1．B
【详解】A．哥白尼经过对天体运行的观测与推算，提出了“日心说”，故 A项错误；
B．卡文迪什测出了万有引力常量，引力常量测出后可以计算出地球的质量，因此被称为“第一个称量地球质量的人”，
故 B项正确；
C．海王星是亚当斯和勒维耶各自利用计算出海王星的轨道，伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了这颗行星，故 C
项错误；
D．开普勒通过分析第谷观测的天文数据，发现了行星绕太阳的运动轨迹是椭圆，故 D项错误，故选 B。
2．C
【详解】AB．滑动摩擦力或静摩擦力均可能做负功、做正功或不做功，AB错误；
C．作用力与反作用力可能都做正功，C正确；
D．平衡力作用在同一个物体上，大小相等，方向相反，若其中一个力做正功，另一个力一定做负功，D错误。故
选 C。
3．D
【详解】对其中的任一个小球受力分析，其受力示意图如图所示
设小球质量为 m，漏斗顶角为 2 ，漏斗侧面的支持力为 F，根据题意有
F sin mg
2 2
F cos ma m v 4 m 2r m r
r T 2
g gr g r tan
解得 a ， v ， ，T 2 tan tan r tan g
对 A、B两个小球而言， 相同、 rA rB，所以有 aA aB ；vA>vB；ωA<ωB；TA>TB
选项 ABC错误，选项 D正确。故选 D。
4．D
Mm v 2 GM
【详解】A．根据G 2 m ,可得 v ,静止卫星的轨道半径大于中轨道卫星的轨道半径，可知图示的中轨r r r
道卫星的线速度大于静止卫星的线速度，A错误；
B GM．7.9km/s 为第一宇宙速度，是近地卫星的环绕速度，根据 v 可知上述两种卫星的运行速度均小于 7.9km/s，
r
B错误；
2 r 3
CD．静止卫星的的周期为 24小时，根据T 可得
v T 2
r
可知静止卫星的周期大于中轨道卫星的周期，即
GM
图示的中轨道卫星绕地球一圈时间小于 24小时，D正确，C错误。故选 D。
5．C
【详解】A．箭参与沿直线O1O2匀速前进的速度 v1和沿射出方向的匀速运动的速度 v2，根据运动的合成可知，只要
箭的合速度方向指向 P点，均能射中靶心，不一定必须在到达 D点之前某处把箭射出，选项 A错误；
B．只有当运动到 D点时将剪射出，且合速度方向指向 P点，此时箭的最小位移才为 d，选项 B错误。
d
C．当剪垂直O1O2方向射出时用时间最短，则箭运动的最短时间为 tmin v ,选项 C正确；2
D．由以上分析可知，选手在任意位置射箭都可以，只要箭的合速度方向指向 P点就一定能射中靶心，选项 D错误；
故选 C。
6．D
【详解】A．物体 C与A相对静止一起向右减速运动，故物体 C合力方向水平向左，物体 C受A的支持力和摩擦力，
由于物体 C受A的支持力 N mg ,所以 C对A的作用力大小为支持力和摩擦力的合力,不等于mg，故 A错误；
B．物体 B与A相对静止一起向右减速运动，加速度方向向左，即合力方向向左；对 B进行受力分析，其受到重力
答案第 1页，共 4页
和A施加的支持力，由牛顿第二定律得 F mg tan ma ,所以其加速度的大小为 a g tan 故 B错误；
C．整体在竖直方向上受力平衡，地面对A的支持力大小为N (M 2m)g ,故 C错误；
D．已知加速度大小为a g tan ，且地面摩擦力 f (M 2m)g (M 2m)a解得 tan ,故 D正确。故选 D。
7．C
【详解】AB．由于 B缓慢向上运动，可知 A也缓慢在半球上运动，A、B都处于
动态平衡过程，对 A受力分析，如下图所示
mg T F
根据相似三角形，由几何关系可得 N
OB l OA
B缓慢向上运动，OB变大，绳长 l、半球半径 OA不变，所以半球对 A的支持力
FN 减小，绳上拉力T减小，故 AB正确；
CD．在竖直方向上对 B列平衡方程得 F Mg T cos
为绳与轻杆的夹角，B向上运动， 减小，cos 变大，T减小，所以T cos 无法确定如何变化，因此 F 的变化情
况无法确定。对 A、B和半球体组成的整体受力分析，由于 F 的变化情况无法确定，因此地面对半球的支持力变化
无法确定，由于整体没有水平方向上的力，那么地面对半球没有摩擦力，故 C错误，D正确。故选 C。
8．A
【详解】A．当 r=r0时，万有引力产生的加速度等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动
的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星。
故 A正确；
2
B．r=R GMm v处是在地球的表面，设宇航员的线速度为 v，第一宇宙速度为 v1，根据牛顿第二定律得
R2
mg m
赤 R
GMm v21 v v
R2
m ,可以看出 ,故 B错误；
R 1
C．宇航员站在“太空电梯”上，相对地面静止，角速度与地球自转角速度相同，在不同高度角速度不变，故 C错误；
D Mm．根据等效重力和万有引力相等可得G mg 随着 增大，其重力越来越小。故 错误；故选 。r 2 , r D A
9．BD
2
【详解】A．b和 c Mm都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即G m 22 r m
2 r ,可得 GM
r T r3
可见轨道半径大的角速度较小，即 c b ,所以 a c b ,A错误；
B．地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，即 a和 c的运动周期相同，即Ta Tc ;角速度相同，即 a c ,
根据关系式 a 2r可知 aa a
Mm
c ,又由G 2 ma可知轨道半径大的向心加速度a小，即 ac ab ,故 aa ac ab ,B正确；r
C．根据关系式 v r可知 va vc ,C错误；
r3D．由T 2 可见轨道半径大的周期较大，即Tc Tb ,所以Ta Tc TbD正确。故选 BD。
GM
10．AB
2
【详解】A Mm v GM．月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据G
r 2
m 解得 v
r r
由于轨道 1的半径大于近月卫星的半径，则“嫦娥三号”在轨道 1上的速度比月球的第一宇宙速度小，A正确；
B．地月转移轨道变轨到轨道 1是由高轨道变轨到低轨道，需要在两轨道切点 P位置减速，即“嫦娥三号”在地月转
移轨道上经过 P点的速度比在轨道 1上经过 P点时大，B正确；
R3 R3
C．根据开普勒定律可知 12
2
2 ,由于轨道 1的半径大于轨道 2的半长轴，则“嫦娥三号”在轨道 1上的运动周期比T1 T2
在轨道 2上的大，C错误；
Mm M
D．根据G 2 ma解得 a G 2 ,卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即“嫦娥三号”在轨道 1上经过 Q点时的r r
加速度等于在轨道 2上经过 Q点时的加速度，D错误。故选 AB。
答案第 2页，共 4页
11．CD
【详解】A．当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则 F f 0.2mg 0.2 20000N 4000N
P 80000
根据 P fvm ,得最大速度 vm m/s 20m/sf 4000 ,故 A错误；
F P 80000B．若汽车以额定功率启动，则当汽车速度为 5m/s时，牵引力 16000N ,则加速度
v 5
a F f 16000 4000 6m/s2 ,故 B错误；
m 2000
C．当汽车以恒定加速度启动时，根据牛顿第二定律得 F f ma ,解得 F f ma 4000 2000 2N 8000N
P 80000 v 10
则匀加速直线运动的末速度 v m/s 10m/s ,匀加速运动的时间 t s 5s ,故 C正确；
F 8000 a 2
D．汽车从静止开始以 2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第 3秒初的速度为 v at 2 2m/s 4m/s ,则此时的功率
为 P Fv 8000 4W 32kW ,故 D正确。故选 CD。
12．BD
【详解】
1 2h 2
A 2 4 2R．根据 h gt 得，行星表面的重力加速度 g 2 ,根据mg mR 2 ,最小周期T t ,故 A错误。2 t T h
2 M 3g 3h ＝
B．根据mg
GMm
gR2 得，行星的质量M ,则行星的平均密度 4 R
3 4G R 2G Rt2 故 B正确；
R G 3
Mm 4 2
C G m R h , GM gR2 h hT
2R2
．根据 32 2 又 解得 R ,故 C错误；(R h) T 2 2t2
2
D mg m v 2hR．根据 得行星的第一宇宙速度 v gR ,故 D正确；故选 BD。
R t
4n213 B
2r
． 2 0.18t
【详解】（1）[1]某同学为了探究向心力跟线速度的关系，需要控制质量和半径两个变量保持不变。故选 B。
t 2 2 2
（2）[2] 4 4n r现用刻度尺测得金属块做匀速圆周运动的半径为 r，转动的周期T ，向心加速度 an r，则 a n T 2 n t 2
v2 m m 9
（3）[3]根据 F m v2，由图像可知 ，解得 m=0.18kg
r r r 10
kb
14． AB 0.264 0.990 g
【详解】（1）[1]除图中所给的实验器材外，以下器材还必需选用的有刻度尺，用来测量纸带长度，打点计时器本身
就是计时仪器，所以不需要秒表，也不需要干电池，而测量原理为 2F μmg ma，所以测量动摩擦因数，则需要
天平测量质量。故选 AB。
2.40 2.88 10 2
（2）[2] 2 打下计数点 时物块对应的速度大小为 v m/s 0.264m/s
0.2
x x
[3]本次实验物块对应的加速度 a的大小为a 3 11 2T 2
a x4 x 22 2T 2
a a1 a 2
2
带入数据解得 a 0.495m/s2，沙桶加速度 a =2a=0.990m/s2（0.990~1.02m/s2均给分）
2 2 2 kb
[4]由牛顿第二定律得 2F μmg ma，解得 a F g，由题意可知 b g 0， k ,解得
m m m g
15．（1）2400W；（2）1200W
答案第 3页，共 4页
F cos37 mg F sin 37
【详解】（1）加速度大小 a 6m/s2 （2分）
m
刚撤去拉力时速度最大，此时速度 v=at=30m/s （2分）
拉力的最大功率 P Fvcos37 2400W （2分）
（2）平均速度大小 v
v
（1分）
2
拉力的平均功率 P F cos v （2分）
解得 P 1200W （1分）
16 2gL 6gL．（1） F1 7mg，方向竖直向下；（2）若 F2竖直向上， v2 ；若 F2竖直向下， v2 2 2
v2
【详解】（1）球过最低点处，有 F1 mg m 1 （2分）L
得杆对球的作用力 F1 7mg
'
由牛顿第三定律，可知球对杆作用力大小 F1 =F1 7mg，方向竖直向下 （2分）
v2
（2）球过最高点处，若 F2竖直向上，则有mg F2 m 2 （2分）L
2gL
得 v2 （2分）2
2
若 F v2竖直向下，则有mg F2 m 2 （2分）L
6gL
得 v2 （2分）2
25
17．（1）5m/s；（2）86.7N；（3） m
12
1 2
【详解】（1） 物块做平抛运动H h gt （1分）
2
设到达 C点时竖直分速度为 vy则有 vy gt （1分）
v v 2 20 vy （1分）
解得 v 5m/s （1分）
mv 2
（2）设 C点受到的支持力为 N，则有 N mg 2 （1分）
R
根据上述 v2=v=5m/s
260
解得 N N 86.7N （1分）
3
根据牛顿第三定律可知，物块 m对圆弧轨道 C点的压力大小为 86.7N。 （1分）
（3）对小物块受力分析有 1mg mam （1分）
对长木板受力分析有 1mg 2 (m M )g MaM （1分）
根据速度—时间关系有 v共 v amt aMt （1分）
v v
根据位移—时间关系有 x 共m t （1分）2
v
x 共M t （1分）2
最短板长 L xm xM （1分）
25
解得 L m （1分）
12
答案第 4页，共 4页