江苏南京金陵中学2024年高一下学期3月月考物理试题+答案

2024年高一年级3月学情调研测试
物理试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意．
1．如图所示，星球大战（Star Wars）中凯洛∙伦（Kylo Ren）乘坐速度为0.9c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的叔叔卢克（Luke），卢克的飞行速度为0.2c，凯洛伦向卢克发出一束光进行联络，则卢克观测到该光速的传播速度为（）
A．0.7c B．0.9c C．1.0c D．1.1c
2．甲、乙两个质量相同的物体受到竖直向上的拉力作用，从同一高度向上运动，它们的运动图象如图所示，则下列说法正确的是（）
A．在
1
0t∼时间内甲的加速度越来越大
B．在
1
t t=时刻两物体的高度相同
C．在
1
t t=时刻甲所受拉力的瞬时功率大于乙所受拉力的瞬时功率
D．在
2
t t=时刻甲所受的拉力大于乙所受的拉力
3．随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗外星球，质量是
地球质量的2倍，半径是地球半径的1
2
．则下列判断正确的是（）
A．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期
B．某物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的8倍
C．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的4倍
D．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同
4．地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨道如图所示，哈雷彗星最近出现在地球附近是1986年，预计下次将在2061年飞近地球．则哈雷彗星轨道的半长轴约为地球公转半径的（）
A．8倍B．18倍C．28倍D．38倍
5．在海边的山坡高处的岸防炮，可以同时向两个方向投出弹丸，射击海面上的不同目标。

如图所示，在一次
v在同一竖直面内同时射出两颗弹丸，速度方向与水平方向夹角均为θ，投射中，岸防炮以相同大小的初速度
不计空气阻力，则（）
A．到达海面时两炮弹的速度大小相同方向不同
B．到达海面前两炮弹之间的距离越来越小
C．到达海面前两炮弹的相对速度越来越大
D．到达海面前两炮弹总在同一竖直线上
6．如图，质量为m的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动（重力加速度为g，空气阻力不计）（）
A．盒子从最低点向最高点的过程中，球处于超重状态
B．若盒子周期为，则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平位置时，小球对盒子左侧面的力为4mg
C．若盒子角速度为3mg
D．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子的周期为2
7．如图所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a 点停下。

斜面与水平面粗䊁程度相同，且平滑连接。

现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a 点停下。

则小木块释放的位置可能是（ ）
A ．甲
B ．乙
C ．丙
D ．丁
8．在匀加速运动的车厢里，一个人用力向前推车厢，人相对车厢未移动，下列说法正确的是（ ）
A ．人对车不做功
B ．人对车的合力做正功
C ．人对车的推力做功小于车对人的摩擦力做功
D ．匀加速过程中，汽车发动机的实际功率不变
9．中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。

如图所示是“嫦娥一号奔月”的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星。

关于“嫦娥一号”下列说法正确的是（ ）
A ．发射时的速度必须达到第三宇宙速度
B ．在整个运行过程中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变
C ．在轨道Ⅰ上运动时的速度不一定小于轨道Ⅱ上任意位置的速度
D ．绕月轨道Ⅱ变轨到Ⅰ上需点火加速
10．如图（a ）所示，质量均为1kg 的物体A 和B 放置在圆盘上，与圆盘间的动摩擦因数分别为A µ和B µ。

用两根不可伸长的细绳将物体A B 、和圆盘转轴相连，物体A B 、与转轴的距离分别为A r 和B r 。

设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。

当圆盘绕转轴转动的角速度ω缓慢增大时，转轴与物体A 之间的细绳拉力1T A 、与B 之间的细绳拉力2T 随2ω的关系如图（b ）所示。

取210m /s g =，则下列正确的是（ ）
图（a ） 图（b ） A ．A 0.25µ=
B ．B 0.1µ=
C ．A 1.5m r =
D ．B 2.5m r =
11．如图所示，假设在太空中有恒星A B 、组成的双星系统绕点O 做顺时针匀速圆周运动，运动周期为1T ，它们的轨道半径分别为A B R R 、，
且,A B R R C <为B 的卫星，绕B 做逆时针匀速圆周运动，周期为2T 。

忽略A 与C 之间的引力，A 与B 之间的引力远大于C 与B 之间的引力。

引力常量为G ，以下说法正确的是（ ）
A ．若知道C 的轨道半径，则可求出C 的质量
B ．恒星B 的质量为()
2
22
1
4A A B B R R R M GT π+= C ．若A 也有一颗运动周期为2T 的卫星，则其轨道半径也一定等于C 的轨道半径 D ．设A B C 、、三星由图示位置到再次共线的时间为t ，则12
12
T T t T T =
+
二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．
12．（14分）利用向心力演示仪或者生活中的器材都可以进行圆周运动规律的探究。

Ⅰ．如图（a ），是利用向心力演示仪来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F 与质量m 、角速度ω和半径
r
之间的关系。

如图是探究过程中，进行某次实验步骤时装置所对应的状态。

①若上图中使用的是两个完全相同的钢球，则是在研究向心力的大小F与______的关系。

A．质量m B．半径r C．角速度ω
②若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:4，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为______。

A．1:2B．2:1C．1:4D．4:1
图（a）图（b）图（c）
Ⅱ．利用生活中的器材同样也可以去探究圆周运动的规律。

小华同学用铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和停表等器材组装成如图（b）所示的实验装置，用于探究影响圆雉摆周期的因素，其实验操作步骤如下：
①用毫米刻度尺测出摆长L（细绳固定悬点O′与小球球心的距离）。

②给小球一个合适的初速度，使小球在图甲所示的水平面内做匀速圆周运动，用毫米刻度尺测出细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h。

③用停表测出小球做圆周运动的周期T。

④小华同学猜测摆绳长度L、细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h对小球做圆周运动的周期T有影响，于是他调节变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图。

根据上述步骤完成下列问题：
（1）小华同学用停表测得小球运动n圈的时间为t。

则小球做圆周运动的角速度ω=______。

（2）小华同学在保持L不变，研究h对T的影响时，得到了图像（c）（一条过原点的直线），说明在L不变时，h对T有影响。

若直线的斜率是k，则当地的重力加速度g=______（用题中所给物理量的符号表示）。

（3）不考虑阻力的影响，保持h不变，下列图中能反映T与L关系的图像是（）
A．B．
C ．
D ．
（4）在实际操作过程中，随着实验时间变长，小球的角速度是否会发生变化，并说明理由。

（8分）如图所示，有一长为8m 的粗糙斜面，倾角为37°，已知一个质量为1kg 的小物体从斜面顶端由静止下滑到斜面底端的时间为2s ．（已知sin 370.6,cos370.8°=°=，重力加速度g 取210m /s ）
（1）求斜面与物体间的动摩擦因数；
（2）若用一平行于斜面向上大小为12N 的恒力F 始终作用于小物体，使小物体由静止从斜面底端向上运动，求该物体到达斜面顶端时的速度大小；
（3）若用一平行于斜面向上大小为16N 的恒力F 作用于小物体，要将该物体由静止从斜面底端运送到顶端，求恒力F 作用的最短时间．
14．（9分）如图所示，长为L 、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。

将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为5M m =的小物块相连，小物块悬挂于管口。

现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。

（重力加速度为g ）。

求：
（1）小物块下落过程中的加速度大小； （2）小球从管口抛出时的速度大小； （3）小球平抛运动的水平位移．
15．（12分）空间站可以通过机械臂操控货物的运动。

考察货物的运动时，可以空间站为参考系。

空间站可近似看成惯性参考系，这样在轨空间站中物体处于完全失重状态而不用考虑地球引力的作用。

忽略货物的运动对空间站的影响，同时忽略空间站对货物的引力。

如图（a ）所示，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L ，机械臂一端固定在空间站上的O 点，另一端抓住质量为m 的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O 点做半径为2L 、角速度为ω的匀速圆周运动，运动到A 点停下，然后在机械
臂操控下，货物从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t 到达B 点，A B 、间的距离为L 。

以空间站为参考系，求：
（1）货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小n F ； （2）货物运动到B 点时机械臂对其做功的瞬时功率P ；
（3）货物、空间站和地球的位置如图（b ）所示，它们保持在同一直线上。

以地球为参考系，货物与空间站同步绕地球做匀速圆周运动，已知空间站中心轨道半径为r ，货物与空间站中心的距离为d ，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比12:F F ．
16．（13分）生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，传送方向如图（a ）所示，其中甲的速度为13m /s v =，乙的速度为24m /s v =。

小工件（可视为质点）离开甲前与甲的速度相同，并平稳地滑到乙上的A 点，A 点到乙右端的距离为6m s =。

已知工件质量1kg m =，工件与传送带乙之间的动摩擦因数
0.2µ=，重力加速度210m /s g =，忽略空气阻力。

图（a ） 图（b ）
（1）若关闭传送带甲，将工件无初速度地放在A 点，求工件从释放到乙右端所用的时间；
（2）打开传送带甲，工件的运动如图（b ）所示。

要求工件在乙上运动时不会侧向（垂直于乙的运动方向）滑落，求乙的最小宽度；
（3）打开传送带甲，且乙足够宽。

当工件在乙上刚停止侧向滑动时，下一只相同的工件恰好传到乙上，如此反复。

除工件与传送带摩擦外，其他能量损耗均不计。

求驱动乙的电动机的平均输出功率．
2024年高一年级3月学情调研测试
物理试卷
命题：李恒林、赵晓雪 审核：蒋霖峰
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意．
1【答案】C
【详解】根据光速不变原理，在一切惯性参考系中测量到真空中的光速c 都一样，而卢克所处参考系即为惯性参考系，因此卢克观测到的光速为1.0c ，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

2．【答案】C 3．【答案】B 4．【答案】C 5．【答案】D
详解：A ．如图所示，斜向上飞出的弹丸经过一段时间到达水平位置时与斜下抛速度方向相同，且在此时与斜下抛高度相同，则落水时间相同，故到达海面时两炮弹的速度大小相同方向相同，A 错误；
B ．由题知，初速度大小相等，与水平方向夹角相同，则水平分速度相同，所以始终保持同一竖直线上，一个斜向上运动，一个斜向下运动，竖直方向位移方向相反，距离增大，如果高度较低，到达海面前两炮弹之间的距离越来越大，B 错误；
C ．到达海面前两炮弹的水平分相对速度为0，斜向上飞出的弹丸先减速，达到最高点后加速运动，竖直方向相对速度先增大，后减小，C 错误；
D ．由题知，初速度大小相等，与水平方向夹角相同，则水平分速度相同，所以始终保持同一竖直线上，D 正确。

故选D 。

6．【答案】A
【详解】小球做匀速圆周运动，加速度时刻指向圆心．在圆心等高线下方时，小球在竖直方向上有向上的分加速度，此时为超重状态．在圆心等高线上方时，小球在竖直方向上有向下的分加速度，此时为失重状态．故A
错误；小球在圆心等高处时，盒子对小球的弹力提供向心力，22
4,N m R T T ππ==，得4N mg =，球对
盒子右侧面压力为4mg ，左侧面为零，故B 错误；在最高点时，2
F mg
m R ωω+==3F mg =，球对盒子上侧面压力为3mg ，下侧面为零，故C 错误；若最高点时，盒子与小球无作用力，由2
24mg m R T
π=，
得2T π
=，故D 正确． 7．【答案】C
8．【答案】C 9．【答案】C
【详解】A ．第三宇宙速度，又叫逃逸速度，即能够脱离太阳系的最小发射速度，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，可没有脱离地球的引力范围，因此发射时的速度应小于第二宇宙速度，A 错误；
B ．在绕地轨道中，中心天体分别为地球和月球，由开普勒第三定律可得23
a k T
=，k 与中心天体质量有关，
所以相比于绕地球，绕月球时公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变，B 正确；
C ．设轨道Ⅰ上运动时的速度为1v ，轨道Ⅱ上近月点的速度为2v ，轨道Ⅱ上远月点的速度为3v ，若在轨道Ⅱ上的远月点建立以月球球心为圆心的圆轨道，其速度为4v ，由卫星加速将会做离心运动，以及线速度与轨道半径的大小关系可知21v v >
43v v >
由万有引力提供向心力，哥得2
2Mm v G m
r r
=
v =
由上式可知14v v > 因此可得2143v v v v >>>
因此在轨道Ⅰ上运动时的速度不是小于轨道Ⅱ上任意位置的速度，C 正确； D ．由C 选项解析可知，绕月轨道Ⅱ变轨到Ⅰ上需点火减速，D 错误。

故选C 。

10．【答案】C 【详解】
BD ．以物体B 为研究对象，则有22B B T mg m r µω+= 变形得22B B T m r mg ωµ=− 与2T 图像对比可得2B r m =
0.2B µ=
故BD 错误；
AC ．以A 为研究对象可得212A A T T mg m r µω−+=
代入2T 得
()()2
1A B A B T m r r mg ωµµ=+−+
与1T 图像对比可得 3.5A B r r m +=
0.5A B µµ+=
即 1.5A r m =
A 0.3µ=
故A 错误，C 正确。

故选C 。

11．【答案】B
【详解】A ．在知道C 的轨道半径和周期的情况下，根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解B 的质量，无法求解C 的质量，故A 错误；
B ．在A 、B 组成的双星系统中，对A 根据牛顿第二定律有()
2
A B
A A 2
1A B 2M M G
M R T R R π
= +
解得()
2
2A A B B 2
1
4R R R M GT π+= 故B 正确；
C ．若A 也有一颗运动周期为2T 的卫星，设卫星的质量为m ，轨道半径为r ，则根据牛顿第二定律有
2
A 2
22M m G m r r T π =
解得r =同理可得C
的轨道半径为C R = 对A 、B 组成的双星系统有22
1122A A B B M R M R T T ππ
=
因为A B R R <，所以A B M M >，则C r R >，故C 错误； D ．如图所示
A B C 、、三星由图示位置到再次共线时，A B 、转过圆心角1θ与C 转过的圆心角2θ互补，则根据匀速圆周运动规律可得12
22t t T T πππ+= 解得()
12122T T t T T =+ 故D 错误。

故选B 。

二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．
12．答案：Ⅰ．（1）C （2）B Ⅱ．（1）2n t
πω= （2）224g k π= （3）A （4）变小；由于空气阻力，绳与竖直方向夹角θ变小，所以ω变小详解：
Ⅰ．（1）两个钢球质量和半径相等，由2F m r ω=可知，
这是在研究向心力的大小F 与角速度的关系。

故选C 。

（2）根据2F m r ω=可知，两球的向心力之比为1:4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1:2，因为靠皮带传动，变速转塔的线速度大小相等，根据v r ω=可知，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为2:1。

故选B 。

Ⅱ．（1）因为做匀速圆周运动，所以2,t n T n t
πω== （2）设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球受到重力、绳子的拉力的作用，对小球，由牛顿第二定律得
22tan sin mg m L T πθθ =
由几何知识得cos h L θ=
解得2T
=
由上式可知T −图像的斜率为k = 得2
24g k
π= （3）当h 不变时，L 对T 无影响，故A 正确。

（4）随着时间变长，由于空气阻力，绳与竖直方向夹角θ变小，由2tan sin mg m l θωθ= 可得2cos mg m l ωθ
=可知ω变小，即小球角速度将变小。

13．答案：（1）小物体从斜面顶端由静止下滑1sin cos mg mg ma θµθ−= 位移2112
s a t = 解得2112
s a t = （2）2sin cos F mg mg ma θµθ−−=
222v a s =
解得8m /s v =
（3）恒力撤去以后，物体做匀减速运动，若物体滑到顶端时速度恰好为0，则此过程中恒力F 作用的时间最短。

3sin cos F mg mg ma θµθ−−=，解得238m /s a =
恒力撤去以后4sin cos mg mg ma θµθ+=解得248m /s a =
设恒力撤去时的速度为v
22
34
22v v s a a +=解得8m /s v = 恒力F 作用的最短时间min 31s v t a =
=
14．答案：（1）34a g =
（2）2v = （3）12x L = 详解：（1）34
a g =
（2）物块落地瞬间1v =，此后小球的加速度212a g =−，解得：2v = （3）12
x L =
15．【答案】（1）2
2m L ω，（2）2
34mL t ；（3）333():r r d r −− 【详解】（1）质量为m 的货物绕O 点做匀速圆周运动，半径为2L ，根据牛顿第二定律可知2222n F m L m L ωω=⋅=
（2）货物从静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，根据运动学公式可知212L at =
解得2
2L a t = 货物到达B 点时的速度大小为2L v at t ==
货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力ma ，所以
经过t 时间，货物运动到B 点时机械臂对其做功的瞬时功率为2
23224L L mL P mav m t t t
==⋅⋅= （3）空间站和货物同轴转动，角速度0ω相同，对质量为0m 空间站，质量为M 的地球提供向心力，则有20002Mm G m r r
ω= 解得230GM r ω=
货物在机械臂的作用力1F 和万有引力2F 的作用下做匀速圆周运动，则()2
210F F m r d ω−=−
货物受到的万有引力23022()
m r F G r d ω=− 解得机械臂对货物的作用力大小为()233322010022()()()
m r r r d F m r d m r d r d ωωω−−=−−=−− 则有33312:():F F r r d r −−
16．【答案】（1）2.5s ；
（2）3.75m ；（3）6.4W ； 【详解】（1）工件的加速度为2
2m /s a g µ== 加速到啊共速所需的位移为2
4m 2v x s a
==< 加速时间为21
2s v t a == 匀速时间为22
0.5s s x t v −== 工件从释放到乙右端所用的时间为12 2.5s t t t =+=
（2）由牛顿第二定律有sin y mg ma µθ=
解得2
1.2m /s y a = 乙的最小宽度为21min 3.75m 2y
v d a == （3）工件刚滑上传送带乙时，相对于乙的速度为5m /s v =相
停止侧向滑动时，沿传送带方向也停止滑动，此时工件相对于地面的速度为2v ，则相对位移为
2Δ 6.25m 2v x a
==相 所用时间为 2.5s v t a
==相 由动能定理有22211
1Δ22W mg x mv mv µ−=−
解得16J W = 驱动乙的电动机的平均输出功率为 6.4W W t P ==。