【文档说明】重庆市第一中学校2022-2023学年高一下学期第一次月考物理试题 含解析.docx，共(21)页，4.100 MB，由小赞的店铺上传

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重庆一中高2025届高一下期第一次月考物理试题卷一、单项选择题：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.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是:A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行

星运动的规律B.牛顿发现了万有引力规律，并且测出了引力常量GC.开普勒在第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律D.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因【答案】C【解析】【分析】【详解】AC．开普勒在第谷天文观测数据的基础上，

总结出了行星运动的规律——开普勒三定律，故A错误，C正确；B．牛顿发现了万有引力规律，卡文迪许测出了引力常量G，故B错误；D．开普勒总结出了行星运动的规律，牛顿找出了行星按照这些规律运动的原因，故D错误。故选C。2.一个物体在三个恒

力的作用下做匀速直线运动，现撤去其中两个力，保持第三个力的大小和方向均不变。关于该物体此后的运动，下列说法正确的是（）A.可能做圆周运动B.可能继续做匀速直线运动C.一定做匀变速直线运动D.速度一定随时间均匀变化【答案】D【解析】

【详解】一个物体在三个恒力的作用下做匀速直线运动，现撤去其中两个力，物体所受合力为第三个力，物体的加速度不变，速度一定随时间均匀变化，若物体速度方向与第三个力的方向共线，则物体做匀变速直线运动，若物体

速度方向与第三个力的方向不共线，则物体做匀变速曲线运动，不可能做圆周运动。故选D。3.如图所示，有两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运送到二楼。其中图甲为用扶梯台式电梯匀速运送货物，图乙为用履带式自动电梯匀速运送货物，货物均相对扶梯静止。下列关于做功的判断中正确的是（）A.图甲中支持力对

货物做正功B.图甲中摩擦力对货物做负功C.图乙中支持力对货物做正功D.图乙中摩擦对货物做负功【答案】A【解析】【详解】AB．对图甲中货物受力分析，根据平衡条件可知货物甲受重力、扶梯对甲的支持力，不受摩擦力，支持力与货物

的运动方向夹角为锐角，根据cosWFx=可知图甲中支持力对货物做正功，故A正确，B错误；CD．对图乙中货物受力分析，货物受重力，履带给货物的支持力和履带对货物沿着履带向上的静摩擦力，履带给货物的支持力与货物的运动方向垂直，图乙中支持力对货物不做功，履带对货物的摩擦

力与货物运动方向相同，图乙中摩擦对货物做正功，故CD错误。故选A。4.嫦娥五号是中国探月工程三期发射的月球探测器，是中国首个实施无人月面取样返回的探测器，助力了月球成因和演化历史等科学研究。为了了解相关信息，小明同学通过网络搜索获取了地月系统的相关数据资料如

下表：地球半径R=6400km地球表面重力加速度g0=9.80m/s2月球表面重力加速度G′=1.56m/s2月球绕地球转动的线速度v=1km/s月球绕地球转动周期T=27.3d已知万有引力常量G，根据这些数据可以估算出的物理量是（）A.月

球半径B.月球质量C.月球的第一宇宙速度D.地月之间的距离【答案】D【解析】【详解】ABC．根据题给条件，无法计算出月球的半径，根据月球表面物体重力等于万有引力，即2'GMmmgR=得月球质量2'gRMG=

因月球半径未知，所以无法求出月球的质量；月球的第一宇宙速度即月球的近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力有22mRRGMvm=解得'GMvgRR==因为月球半径未知，所以月球的第一宇宙速度无法计算出，故ABC错误；D．根据2rvT=结合表格条件，即

可求出地月之间的距离r，故D正确。故选D。5.如图所示，在光滑的水平面上，物块在恒力50N=F作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳、滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，1.2mH=，37=，53=。则拉力F所做的功为（）A.20JB.25JC.37.5JD.60J【答案】

B【解析】【详解】根据几何关系可得力方向上的位移sinsinHHx=−拉力F所做的功WFx=代入数据解得25JW=故选B。6.如图所示，轻杆一端固定有质量为2kgm=的小球，另一端安装在水平转轴上，转轴到小球的距离为1m，转轴固定在带电动机（电动机没画出来）的

三角形支架上（支架放在水平地面上且始终保持静止），在电动机作用下，小球在竖直面内做匀速圆周运动。若小球的转速为n且运动到最高点时，杆受到小球的压力为2N（重力加速度g取210m/s），则（）A.小球运动时需要的向心力大小为22NB.小球运动的线速度大小为2m/sC.

小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力大小为18ND.把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点【答案】C【解析】【详解】A．小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，在最高点，杆对小球的支持力为2N

，根据题意可得n20N2N18NF=−=故A错误；B．根据2nvFmR=解得3m/sv=故B错误；C．小球运动到图示水平位置时，杆对小球水平方向的分力大小为18N，对支架水平方向由平衡条件可知地面对支架的摩擦力大小为18N，故C错误；D．把杆换成轻绳，轻绳无法给小球支持力，同样转

速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故D错误。故选B。7.如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的3把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上。假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O、M、N、

P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（）A.3把飞刀在击中木板时速度相同B.到达M、N、P三点的飞行时间之比为1:2:3C.3把飞刀从抛出至分别到达M、N、P三点的过程中，重力的平均功

率之比为3:2:1D.设到达M、N、P三点的飞刀，初速度与水平方向夹角分别为1、2、3，则有123::3:2:1=【答案】C【解析】【详解】A．将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，三把刀在击中板时的速度大小即为平抛运动的初速度大小，运动时间为2htg=初速度为02xgvxth

==由图看出，三把刀飞行的高度不同，运动时间不同，水平位移大小相等，所以平抛运动的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等，故A错误；B．竖直方向上逆过来看做自由落体运动，运动时间为2htg=则得三

次飞行时间之比为3:2:3:2:1hhh=故B错误；C．根据GWmgh=3把飞刀从抛出至分别到达M、N、P三点的过程中，重力之比为3:2:1，根据WPt=结合B选项可知重力的平均功率之比为3:2:1，故C错误；D．设任一飞刀抛出的初速度

与水平方向夹角分别为θ，则022tan2yvghhvxgxh===则得123tan:tan:tan3:2:1=但123::3:2:1故D错误。故选C。8.在某科学报告中指出，在距离我们大约1600光年的范围内，存在一个四星系统。假设四星

系统离其他恒星较远，通常可忽略其他星体对四星系统的引力作用。假设某种四星系统的形式如图所示，三颗星体位于边长为L的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，而第四颗星体刚好位于三角形的中心不动。设每颗星体的质量均为m，引力常量为G，则（）A.位于等边三角形三个顶

点上的每颗星体做圆周运动的向心加速度大小与m无关B.位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的线速度大小为(31)GmL+C.若四颗星体的质量m均不变，距离L均变为2L，则周期变为原来的2倍D.若距离L

不变，四颗星体的质量m均变为2m，则角速度变为原来的2倍【答案】B【解析】【详解】A．根据题意可得每颗星轨道半径为33rL=每颗星受到的万有引力的合力为()222222332cos3033GmGmGmFLLL+=+=由万有引力提供向心力得(

)2233GmFmaL+==向解得()233GmaL+=向向心加速度与质量有关，故A错误；B．由万有引力提供向心力得()2223333GmmvFLL+==解得()31GmvL+=则位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的线速度

大小为(31)GmL+，故B正确；CD．由万有引力提供向心力得()222233433GmFmLLT+==解得()32333LTGm=+若距离L变为原来的2倍，则周期变为原来的22，若每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的22倍，即角速度变为原来的2倍，故C、D错误。故选B。二、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，有选错或不选的得0分。9.如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力f的大小不变，则下列说法

正确的是（）A.重力做功为mgLB.悬线拉力做负功C.空气阻力做功为2fL−D.空气阻力f做功为12fL−【答案】AD【解析】【详解】A．重力做功mgL，选项A正确；B．悬线拉力方向与速度方向总垂直，可知拉力不做功，选项B错误；CD．空气阻力f

做功为2142fLWffL=−=−选项C错误，D正确。故选AD。10.2021年2月10日，我国首次将“天问一号”火星探测器发射成功。“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道运行到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号为（）A.从P点运行

到Q点的时间小于6个月B.发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间C.从环绕火星的调相轨道转移到停泊轨道，需要在N点适当减速D.在地火转移轨道运动的速度均大于地球绕太阳的速度【答案】BC【解析】【详解】A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，根据开普勒第三定律3

2akT=可知其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故A错误；B．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7k

m/s之间，故B正确；C．由图可知从环绕火星的调相轨道转移到停泊轨道，做近心运动，需要在N点适当减速，故C正确；D．在火星轨道Q点速度大于地火转移轨道的速度，而地火轨道Q点速度小于地球绕太阳的速度，故D错误；故选BC。11.如图所示

，阶梯状平台的所有台阶均相同，其高度为1m，宽度为2m。现将小球从台阶边缘上的A点以一定的水平初速度0v抛出，为使小球抛出后直接落到第三级台阶上（210m/sg=），则0v可能为（）A.5m/sB.6m/sC.7m/sD.213m/s【答案】CD【解析】【详解】当小球

落在第二级阶梯的最右边时，运动时间222ss105t==初速度的最小值min22m/s210m/s25v==小球落在第三级台阶，运动时间233ss105t==初速度的最大值max32m/s215m/s35v==初速度的取值范围0410m/s215m

/s2v故选CD。12.如图所示，能绕O点转动的水平圆盘上，放置两个可视为质点且质量均为m的物块A、B，它们与圆盘间动摩擦因数均为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物块用一长度为L的轻绳连接，且A、B和O点恰好构成一

边长为L的正三角形。现使两个物块随圆盘一起以不同的角速度做匀速圆周运动（重力加速度为g），则（）A.当圆盘的角速度为gL时，轻绳上开始出现拉力B.若两物体始终与圆盘保持相对静止，圆盘角速度不能超过233gLC.在两物体即将与圆盘

发生相对滑动的瞬间，轻绳上的拉力大小为12mgD.在两物体即将与圆盘发生相对滑动的瞬间，烧断轻绳，两物体将做离心运动【答案】ABD【解析】【详解】A．当轻绳上恰好开始出现拉力时，两物块恰好由最大静摩擦力提供向心力，则有21mgmL=解得1gL=A正确；B．当物块恰好发

生相对滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，令轻绳拉力为T，摩擦力与过物块的半径方向之间的夹角为，则有sinsin60mgT=，22coscos60mgTmL+=解得23cossin3gL=+

令3cossin3y=+对该函数求导3'sincos3y=−+令该导数等于0时，解得30=则解得角速度的最大值2max233gL=即若两物体始终与圆盘保持相对静止，圆盘角速度不能超过233gL，B正确；C．根据上述，解得若两物体

始终与圆盘保持相对静止，轻绳拉力最大值为max33Tmg=C错误；D．根据上述可知，当圆盘以最大角速度，物块与圆盘恰好保持相对静止时的向心力为22max233FmLmgmg==可知，此时若烧断轻绳，静摩擦力已经不能再提供向心力，则两物体将做离心运动，D正确。故选ABD。三、非选择

题：本题共6小题，共60分。13.如图是利用激光测定圆盘圆周运动的原理示意图，图中光源和接收器固定，圆盘绕固定轴匀速转动，圆盘边缘侧面有一小段涂有反光材料（侧面其他部分不反射光）。圆盘转动到图示位置时，接收器开始接收到反光涂层所反射的激光束，接收器第1次刚

接收到激光束至第1n+次刚接收到激光束所用时间为0T，每次接收激光束持续时间为t，圆盘的直径为d，圆周率用π表示。（计算结果用题中所给字母表示）（1）由实验可知，圆盘转动周期T=______；（2）圆盘边缘上的点的向心加速度大小na=______；（3）圆盘侧面反光涂层的长度l=_____

_。【答案】①.0Tn②.22202ndT③.0ndtT【解析】【详解】（1）[1]由实验可知，圆盘转动周期0TTn=（2）[2]圆盘转动的角速度为02π2πnTT==圆盘边缘上的点的向心加速度大小为22222002π2π2ndnndarTT

===（3）[3]由题意可得πltdT=解得0πndtlT=14.某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。Ⅰ．小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A，然后依次每隔1张照片标记一次小球位置，

得到如图所示的B点和C点；Ⅱ．经测量，AB、BC两线段的长度之比:ab。（1）为了减小空气阻力的影响，小球应选择：______（填选项字母）A．实心金属球B．空心塑料球C．空心金属球若忽略空气阻力，已知当地重力加速度为g；（2）AB、BC之间的水平距离在

理论上应满足ABx______BCx（选填“大于”、“等于”或“小于”）；（3）BC之间实际下落的竖直高度为______（用g、T表示）；（4）小球抛出时的初速度大小为______（用g、T、a、b表示）。【答案】①.A

②.等于③.26gT④.22229abgTba−−【解析】的【详解】（1）[1]为了减小空气阻力的影响，可以减小小球的体积，增大小球的质量，故应选择体积小、质量大的实心金属球，故A正确，BC错误。故选A。（2）[2]小球

在水平方向做匀速运动，AB、BC之间的时间相等，根据xvt=可知ABBCxx=（3）[3]小球在竖直方向做自由落体运动，AB间的竖直高度为21(2)2ABhgT=AC间的竖直高度为21(4)2AChgT=BC之间实际下落的竖直高度为26BCACABhh

hgT=−=（4）[4]AB、BC之间的水平距离相等，设为x，根据几何知识有222ABABhxl+=，222BCBChxl+=由题意知ABBClalb=联立解得22222364gagbxgTba−=−小球抛出时的

初速度大小为222229axvbgTbaT−=−=15.如图甲为生产流水线上的水平皮带转弯机，由一段直线皮带和一段圆弧皮带平滑连接而成，其俯视图如图乙所示，虚线ABC是皮带的中线，AB段（直线）长度L＝3.2m，BC段（圆弧）半径R＝2m，中线上各处的速度大小均为v＝1m/s。某次转弯机传送一个

质量m＝1kg的小物件时，将小物件轻放在直线皮带的起点A处，被传送至B处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变，已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为0.2=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s。（1）求小物件在直线皮带上加速过程的位移大小s；（2）计算说明小

物件在圆弧皮带上是否打滑？并求出摩擦力大小。【答案】（1）0.25m；（2）不打滑，0.5Nf=【解析】【详解】（1）物件在AB段加速mgma=解得22m/sa=加速至1m/sv=时，根据22vas=解得0.25m3.2ms=（合理）（2）在圆弧皮带上做圆周运动2vfmR=解得m0.5N2N

ffmg===所以不打滑，且0.5Nf=16.如图所示，质量分别为1m、2m的小球A和B，用两根长度均为L的细绳悬挂在同一点O上。现让A、B在水平面内绕同一方向做匀速圆周运动，小球做圆周运动的圆心分别为1O、O2。1O、2O到O点的距离分别为10.25hL

=、20.64hL=，重力加速度为g。（1）求小球A和B转动的角速度大小；（2）在运动过程中小球A和B间的距离会不断改变，求A和B的间距从最小值变化到最大值所需的最短时间。【答案】（1）12gL=，254gL=；（2）43Lg【解析】【详解】（1）设细绳与竖直方向夹角为，如图所示则有2t

ansinmgmL=解得cosggLh==代入10.25hL=，20.64hL=可得12gL=254gL=（2）间距从最小至最大满足()12t−=解得43Ltg=17.如图所示，固定在水平面上电动机通过跨过斜面顶端光滑小定滑轮的轻绳（绳分别与水平面和斜面平行），拖着质

量为10kgm=的平板车A。平板车A在倾角为37=的光滑斜面上，由静止开始向上运送一个质量也为10kgm=的货物B。已知电动机的额定功率为840WP=，货物B与平板车A之间的动摩擦因数为78，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度210m/sg=，

不计空气阻力。sin370.6=，cos370.8=。为尽快地加速到最大速度又能使平板车和货物始终保持相对静止，求：（1）平板车能达到的最大加速度；（2）平板车能达到的最大速度；（3）平板车以最大加速度行驶的时间。【答案】（1）

21m/s；（2）7m/s；（3）6s【解析】【详解】（1）设B沿斜面向上的最大加速度为am，对B受力分析，根据牛顿第二定律有mcossinmgmgma−=解得2m1m/sa=AB要始终保持相对静止，那么平板车A的加速度时刻与货物B的加速度相等，

则平板车的最大加速度也为21m/s。（2）设平板车能达到的最大速度为mv，达到最大速度时，平板车加速度为零，设此时绳的拉力为TF，对AB整体受力分析，可得T2sinFmg=对于电动机，则有TmPFv=的

联立解得m7m/sv=（3）在以最大加速度am匀加速阶段，设绳的拉力为T0F，对AB整体，根据牛顿第二定律有mT02sin2Fmgma−=随着AB速度的增大，电动机的功率也要相应增大，当电动机达到其额定功率后，电动机提供的牵引力将减小，AB整体运动的加速度将减小。设

匀加速阶段达到的最大速度为1v，则有T01PFv=联立解得16m/sv=则匀加速阶段的时间为1m6svta==18.风洞实验室可以产生水平方向、大小可以调节的风力。如图所示，两水平面1L、2L（图中虚线）的间距为H，虚线区域存在方向水平向右、大小恒定的风力。在该区域下边界上的O点，将质

量为m的小球以一定的初速度竖直上抛，小球从上边界的M点离开虚线区域，经过一段时间，小球又从上边界的N点再次进入虚线区域，小球再次进入虚线区域后做直线运动，最后小球从下边界的P点离开。已知小球从P点离开时，其速度为从O点进入时的2倍。不计虚线区域

上方的空气阻力，重力加速度为g。求：（计算结果可用根号表示。）（1）O、M的水平距离与N、P的水平距离之比；（2）虚线区域中水平风力的大小；（3）在第一个小球抛出的同时，有另一相同小球从O点竖直向上抛出，其初速度为第一个小球的12。当第二个小球从下边界离开时，求两小球之间的距离。的【答案】（1）1

:3；（2）3mg；（3）193H【解析】【详解】（1）竖直方向上，小球做竖直上抛，由对称性可得OMNPttT==水平方向上，在虚线区域，做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有212OMxaT=221322N

PxaTTaTaT=+=可得:1:3OMNPxx=（2）设初速度大小0v，根据题意可知02Pvv=且P点竖直分速度为0Pyvv=可得03Pxvv=小球由N到P做直线运动，则有003PxPyFvvmgvv==风解得3风=Fmg（3）由于水平方向上，在虚线

区域，做初速度为零的匀加速直线运动，且OMNPttT==可得01322MxNxPxvvvv===小球由N到P做直线运动，则有为NxPxNyPyvvvv=可得012Nyvv=设小球能达到的最高点为Q，在竖直方向上000122OM

MQQNNPvvvttttTgg−======2200122vvgH−=解得2038vHg=第二个小球不能达到上边界，在风力区域内运动时间为001222vvtTgg===第二个小球到下边界时，第一个小球正好在轨迹最高点Q点，二者高度差为20423vyHg

==二者水平距离为2012000313313322222283vxxxvTvTvTHg=−=+−==可得两小球之间的距离为2219()()3dxyH=+=