【文档说明】重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年高一下学期第一次月考物理试题答案.docx，共(17)页，1.007 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附属中学高2025届高一下阶段性检测（一）物理试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的

答题区域内作答，超出答题区域书写无效保持答卷清洁、完整。3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）。一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一项符合题目要求。）1.如图所示，修正带的核心结构为咬合良好的两个齿轮，AB两点分别位于大小齿轮的边缘，大轮和小轮的半径之

比RA：RB=5：3，当使用修正带时，纸带的运动会带动两轮转动，则两轮转动时A、B两点的角速度大小之比为（）A.1∶1B.5∶3C.3∶5D.9∶25【答案】C【解析】【分析】【详解】A、B两点分别位于大小齿轮的边缘，线速度相等，由vr=可知，角速

度与半径成反比，可得A、B两点的角速度大小之比为3∶5，C正确。故选C。2.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点。取重力加速

度大小210m/sg=，不计空气阻力．若球拍与水平方向的夹角为45，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为6m/s，则P、Q两点的高度差为（）A.0.1mB.0.3mC.0.6mD.0.9m【答案】D【解析】【详解】由于恰好垂直落在球拍上的Q点，

根据几何关系得cos45Qvgt=解得32s10t=根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由212hgt=解得0.9mh=故选D。3.如图所示，转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。小李同学是转笔高手，能让笔绕其手上的

某一点O做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（）A.笔杆上各点的线速度方向沿着笔杆指向O点B.除了O点，笔杆上不同点的角速度大小是不一样的C.笔杆上各点的线速度大小与到O点的距离成反比D.笔杆上的点离O点越近，做圆周运动的向心加速度越小【答案】D【解

析】【详解】A．笔杆上各点的线速度方向垂直于笔杆，沿运动轨迹的切线方向，A错误；B．除了O点，笔杆上不同点的角速度大小相同，B错误；C．根据vr=可知笔杆上各点的线速度大小与到O点的距离r成正比，C错误；D．根据2ar=可知笔杆上的点离O点越近，做圆周运动的向心加速度越小，D正确。故选D。4

.纳米材料的抗拉强度几乎比钢材还高出100倍，使人们设想的太空电梯成为可能．其工作原理是从同步卫星高度的太空站竖直放下由纳米材料做成的太空电梯，固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图所示．关于太空电梯仓停在太空电梯中点P时，下列对于太空电梯仓说法正确的是()A.处于平衡

状态B.速度比第一宇宙速度大C.向心加速度比同高度卫星小D.角速度比近地卫星大【答案】C【解析】【详解】A．电梯做圆周运动，有加速度，受力不平衡，故A错误；B．根据Vr=知速度比同步卫星小，根据GMvr=同步卫星比第一宇宙速度小，故B错误；C．根据2ar=知向心加速度比同高度卫星的小，故C

正确；D．根据3GMr=同步卫星比近地卫星角速度小，所以角速度比近地卫星小，故D错误；故选C．5.木星有众多卫星，其中木卫二绕木星做匀速圆周运动的轨道半径为86.710m，公转周期为53.010s（约三天半时间），已

知引力常量11226.6710Nm/kgG−=，则木星质量的数量级为（）的A.2110kgB.2410kgC.2710kgD.3010kg【答案】C【解析】【分析】【详解】设木星质量M，木卫二质量m，据引力作为向心力可得2224MmGmrrT=代入数据可解得27210kgM故选C。6.如

图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小

球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（）A.3mgB.433mgC.3mgD.23mg【答案】A【解析】【详解】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为30=则3cos2rLL==

根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有2vmgmr=小球在最高点速率为2v时，设每根绳拉力大小为F，则有()222cosvFmgmr+=解得3Fmg=故选A。7.如图所示，AB为竖直转轴，轻绳AC

和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为3mg。当AC和BC拉直时，90ABC=，60ACB=，BC绳的长为3m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度缓慢增大时，为保

证两绳都不断裂，线速度的最大值为（重力加速度210m/sg=）（）A10m/sB.210m/sC.310m/sD.410m/s【答案】B【解析】【详解】小球在竖直方向上合力为零，即sin60ACTmg=解得233ACT

mg=当3BCTmg=时，小球线速度具有最大值vm，根据牛顿第二定律有2mcos60ACBCvTTmr+=解得的.m210m/sv=故选B。二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的

得3分，有选错的得0分。）8.如图所示，甲、乙、丙三个光滑斜面，它们的高度相同、倾角不同，123，现让完全相同的物块沿斜面由静止从顶端运动到底端。关于物块沿不同斜面运动时重力做功W和重力做功的平均功率P，下列说法正确的是（）A.WWW乙甲丙B.PPP

甲乙丙C.WWW==甲乙丙D.PPP甲乙丙【答案】CD【解析】【详解】AC．三个物体下降的高度相同，根据Wmgh=可知，重力做功相同，A错误，C正确；BD．由牛顿第二定律sinmgma=得，物体下滑的加速度为sinag=由运动学公式21sin2hatθ=

解得12sinhtg=又因为123所以123ttt＞＞根据WPt=所以有PPP甲乙丙B错误，D正确。故选CD。9.在银河系中，双星的数量非常多，研究双星，对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要的意义。如图所示为由A、B两颗恒星组成的双星

系统，A、B绕连线上一点O做圆周运动，测得A、B两颗恒星间的距离为L，恒星A的周期为T，其中一颗恒星做圆周运动的向心加速度是另一颗恒星的2倍，则（）A.恒星B的周期为2TB.A、B两颗恒星质量之比为1∶2C.恒星B的

线速度是恒星A的2倍D.A、B两颗恒星质量之和为2324LGT【答案】BD【解析】【详解】A．由于A、B两恒星连线始终过O点，运动周期相同，均为T，A错误；B．根据224arT=①可知AB2rr=②又由于2AB

AA224GmmmrLT=③2ABBB224GmmmrLT=④联立可得AB:1:2mm=⑤B正确；C．根据2vrT=⑥②⑥联立可得AB:2:1vv=C错误；D．由③④联立可得23AB24LmmGT+=D正确。故选BD。10.现有一根长0.4m的

刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一个可视为质点且质量为1kg的小球，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示。不计空气阻力，g＝10m/s2，则（）A.小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为30NB.小球以2m/s的

速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为0C.小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为7.5ND.小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时所经历的时间为35s【答案】ABD【解析】【详解】A．要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运

动，在最高点时重力恰好提供的向心力，根据牛顿第二定律可得mg＝m2vl解得v＝100.4m/sgl=＝2m/s小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，对小球受力分析，由牛顿第二定律得T+mg＝m21vl解得T＝30N故A正确；B．小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，轻绳刚

好有拉力，张力为0，B正确；C．小球以1m/s的速度水平抛出的瞬间，1m/s＜2m/s，此时轻绳处于松弛状态，绳上拉力为0，故C错误；D．小球将做平抛运动，经时间t绳拉直，如图所示：在竖直方向有y＝212gt在水平方向有x＝v2t由几何知

识得l2＝(y﹣l）2+x2联立并代入数据解得t＝35s故D正确；故选ABD。三、非选择题（共57分）11.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转

动。皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上

露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：（l）在该实验中探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系应用了下列哪一种物理方法______。A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法（2）当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半

径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的向心力之比为_______，角速度之比为________。【答案】①.B②.1：2③.1：2【解析】【分析】【详解】（1）[1]根据2

Fmr=可知探究小球受到向心力大小与角速度的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与质量的关系，需控制一些变量，即保持转的动的角速度、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与转动的半径的关系，需控制一些变量，即保持

小球的质量、转动的角速度不变；该实验中应用了控制变量法；（2）[2][3]线速度相等，则角速度与半径成反比，故可知左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为12:1:2=根据2Fmr=可知左边轮塔与右边轮塔之间的向心力之比为12:1:2FF=12.图甲是“研究平抛物

体的运动”的实验装置图。（210m/s=g）（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线________，为了使每次平抛的初速度相同，需要进行的操作是：每次让小球从________释放。（2）某同学通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图乙所示，每个格的边长5c

mL=，则该小球做平抛运动的初速度为________m/s。（3）另一同学重新进行实验，以抛出点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，在轨迹上选取间距较大的几个点，确定其坐标，并在直角坐标系内绘出了2yx−图像，如图丙所示，则此小球平

抛的初速度0v=________m/s。【答案】①.水平②.同一位置静止③.1.5④.0.5【解析】【详解】（1）[1]平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度，安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平；[2]为

了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放。（2）[3]由图可知，物体由AB→和由BC→所用时间相等，竖直方向根据2ygT=的由图可知5310cmyLL=−=代入解得0.1sT=根据平抛运动0xvT=将315cm

xL==代入解得01.5m/sv=（3）[4]根据平抛运动212ygt=0xvT=解得，平抛运动的轨迹方程为2202gyxv=则2yx−图像的斜率为11200.8m20m20.04gv−−==解得00

.5m/sv=13.若某位宇航员随飞船登陆火星后，在火星表面的某处以速度0v竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回了抛出点。已知火星的半径为R，引力常量为G，“萤火号”卫星绕火星运动的周期为T，“萤

火号”卫星绕火星的运动近似看作匀速圆周运动。试求：（1）火星的质量M。（2）“萤火号”卫星绕火星运动的轨道半径r。【答案】（1）202vRMGt=；（2）220322vRTt【解析】【详解】（1）设火星的重力加速度为g，则02vtg=2GMmmgR=联立得202vRMGt=2

（）根据万有引力充当向心力知2224MmGmrrT=解得220322vRTrt=【点睛】本题主要考查万有引力定律及其应用。根据竖直上抛运动的对称性求时间，根据天体表面的万有引力约等于重力求质量，根据万有引力充当向心力求半径。14.如图所示，轻质杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量

均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，当球B运动到最低点时，杆对球B的作用力大小为2mg，已知当地重力加速度为g，求此时：（1）球B转动的线速度大小；

（2）杆对A球的作用力大小；（3）在点O处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小。【答案】（1）2gL；（2）12mg；（3）2.5mg【解析】【详解】（1）小球B受重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律212FmgmL−=()其中F1=2mg联立解

得2=gL（2）A球的角速度等于B球的角速度，设杆对A球是向下的拉力，根据牛顿第二定律，有22FmgmL+=解得2102Fmg=−所以杆对A球的作用力大小为12mg。（3）根据牛顿第三定律，球A对

杆有向下的压力，为12mg，球B对杆有向下的拉力，为2mg，杆受力平衡，故轴对杆的弹力向上，为2.5mg。15.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=2kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数0.5=，在台阶右侧固定了一个

1/4圆弧挡板，圆弧半径R=3m，圆弧的圆心也在O点。今以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F=20N的水平恒力拉动小物块，到O点时撤去拉力，小物块水平拋出并击中挡板（g取210m/s）。（1）求小物块在水平恒力F=20N作用下，沿水平面运动时的

加速度大小；（2）若小物块击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8），求平抛的初速度大小；（3）改变拉力F的作用时间，可使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时速度的最小值和击中点

的位置坐标。（结果可保留根式）【答案】（1）5m/s2；（2）4m/s；（3）min303m/s=v；63(，)33RR【解析】【详解】（1）在水平面上，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得Fmgma−=解得25m/sa=（2）若小物块击中挡板上的P点，则0cos3

7=vtR21sin372gtR=解得04m/sv=（3）小物块击中挡板时0xvt=212ygt=且由几何关系可得222xyR+=击中挡板时速度()2222023322++=+==gRgygRgyyvvgty当23gRgyy=

即33yR=时速度最小此时2263xRyR=−=故min303m/s=v击中点坐标为63(，)33RR