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南航苏州附中2024-2025学年第二学期高一年级三月阳光测试

物理

一、单选题 

1. 如图所示为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时他正沿圆弧形弯道匀速滑行，则他（　　）

A. 所受的合力为零，做匀速圆周运动

B. 所受的合力大小恒定，加速度大小也恒定

C. 所受的合力恒定，加速度也恒定，做匀变速运动

D. 所受的合力变化，加速度也变化，但速度不变

【答案】B

【解析】

【详解】AD．运动员沿圆弧形弯道匀速率滑行，可看做匀速圆周运动。首先，匀速圆周运动虽然速度大小不变，但速度方向时刻改变，所以匀速圆周运动必然是变速运动，且所受的合力不为零，故AD错误；

BC．向心力大小恒定，方向不断变化但始终指向圆心，根据牛顿第二定律，加速度大小也恒定，方向不断变化但始终指向圆心。所以所受合力不恒定，加速度也不恒定，不是匀变速运动，故B正确，C错误。

故选B。

2. 如图所示，打夯机通过硬质轻杆带动末端的重锤绕轴O在竖直面内做匀速圆周运动，A点为圆周最低点、B点与O点等高，不计空气阻力。则重锤（　　）

A. 在B点受重力、弹力和向心力三个力作用

B. 在一个周期内所受向心力始终保持不变

C. 在A点所受杆的作用力可能等于其重力

D. 在B点所受杆的作用力一定大于其重力

【答案】D

【解析】

【详解】A．在B点受重力、弹力作用，两个力的合力提供向心力，向心力并非真正受力，故A错误；

B．在一个周期内所受向心力始终保持大小不变，但方向始终指向圆心，一直改变，故B错误；

C．因为做匀速圆周运动，合力提供向心力，所以在A点所受杆的作用力一定大于其重力，故C错误；

D．在B点所受杆的作用力竖直分力平衡重力，水平分力提供向心力，所以在B点所受杆的作用力一定大于其重力，故D正确。

故选D。

3. 如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。小球圆周轨迹位置越高，则其（　　）

A. 线速度越大 B. 角速度越大

C. 加速度越大 D. 向心力越大

【答案】A

【解析】

【详解】ABCD．小球做匀速圆周运动受重力和支持力两个力作用，两个力的合力提供向心力。

根据牛顿第二定律得

解得

小球运动的轨道平面越高，轨道半径越大，则线速度越大，角速度越小，加速度不变，向心力不变。

故选A。

4. 如图所示，下列关于生活中圆周运动的实例分析，说法正确的是（　　）

A. 图1汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态

B. 图2“水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力

C. 图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯

D. 图4脱水桶脱水时，转速越大，衣服受到的摩擦力也越大

【答案】B

【解析】

【详解】A．图1汽车通过凹形桥的最低点时，汽车的加速度方向向上，汽车处于超重状态，故A错误；

B．图2“水流星”匀速转动过程中，在最高点处，根据牛顿第二定律可得

可得

在最低点处，根据牛顿第二定律可得

可得

可知

根据牛顿第三定律可知，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力，故B正确；

C．图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对轨道的挤压，故C错误；

D．图4脱水桶脱水时，桶壁对衣物的摩擦力等于衣物的重力，不会随着转速的增大而增大，故D错误。

故选B。

5. 如图所示，制作陶瓷的圆形工作台上有A、B两陶屑随工作台一起转动，转动角速度为，A在工作台边缘，B在工作台内部．若A、B与台面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（    ）

A. 当工作台匀速转动，A、B所受合力为0

B. 当工作台匀速转动，A、B线速度大小相等

C. 当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动

D. 当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力始终指向轴

【答案】C

【解析】

【详解】A．当工作台匀速转动时，A、B跟随工作台做匀速圆周运动，则所受合力不是0，选项A错误；

B．当工作台匀速转动，A、B角速度相等，根据v=ωr，因转动半径不等，则线速度大小不相等，选项B错误；

C．当陶屑将要产生滑动时

解得

可知r越大，产生相对滑动的临界角速度越小，可知当工作台角速度ω逐渐增大，陶屑A最先滑动，选项C正确；

D．只有当工作台匀速转动时，A、B所受的摩擦力充当向心力，其方向才指向圆心；则当工作台角速度ω逐渐增大，A、B所受的摩擦力不是指向轴，选项D错误。

故选C。

6. 我国探月工程实施了“绕、落、回”三步走规划。如图，“嫦娥”探测器前往月球的过程中，首先进入“停泊轨道”绕地球旋转，在P点变速进入地月“转移轨道”，接近月球时，被月球引力“俘获”，再在“工作轨道”上匀速绕月飞行，然后择机降落。则探测器（　　） 

A. 在“停泊轨道”上的绕行速度大于7.9km/s

B. 在P点向后喷气，然后变轨到转移轨道

C. 在转移轨道上，关闭发动机后运行时，速度不变

D. 探测器在停泊轨道和工作轨道上运行时，相等时间内，探测器与地球连线扫过的面积和探测器与月球连线扫过的面积相等

【答案】B

【解析】

【详解】A．7.9km/s是地球卫星最大的环绕速度，所以“嫦娥”探测器在“停泊轨道”上的绕行速度小于7.9km/s。故A错误；

B．“嫦娥”探测器在P点加速，向后喷气，做离心运动，然后变轨到“地月转移轨道”。故B正确；

C．在转移轨道上，关闭发动机后运行时，万有引力对探测器做功，速度大小、方向时刻改变，即速度在变，故C错误；

D．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上绕同一中心天体，在相同时间内，探测器与中心天体连线扫过的面积相等，故D错误。

故选B。

7. 如图所示，一民兵队员进行投掷手榴弹训练，每次掷弹时掷弹点高度不变，第1次手榴弹水平掷出，手榴弹落在正前方的M点；第2次斜向上掷出，手榴弹落在正前方的N点。下列分析正确的是（　　）

A. 第1次掷弹时初速度一定比第2次大

B. 第2次掷弹时的初速度一定比第1次大

C. 第1次手榴弹落地过程速度的变化量一定比第2次大

D. 第2次手榴弹落地过程速度的变化量一定比第1次大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．手榴弹第1次做平抛运动，第2次做斜抛运动，先斜向上运动到最高点后做平抛运动；竖直方向根据

可知手榴弹第1次做平抛运动的时间小于第2次从最高点做平抛运动的时间，则手榴弹第1次在空中的时间一定小于第2次在空中的时间；水平方向根据

可知第1次掷弹时的水平分速度大于第2次掷弹时的水平分速度，根据

由于第1次掷弹时的竖直分速度小于第2次掷弹时的竖直分速度，所以不能确定第1次掷弹时的初速度与第2次掷弹时的初速度大小关系，故AB错误；

CD．两次掷弹过程，手榴弹的加速度均为重力加速度，根据

由于手榴弹第1次在空中的时间小于第2次在空中的时间，所以第2次手榴弹落地过程速度的变化量一定比第1次大，故C错误，D正确。

故选D。

8. 如图所示，A、B为同一平面内均沿顺时针方向绕行的两颗卫星．某时刻两卫星的连线与A卫星的轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为T_A、T_B，A、B卫星的运行半径分别为r、2r，则（　　）

A. 卫星A的角速度小于卫星B的角速度

B. 卫星A的向心力大于卫星B的向心力

C.

D. 经时间两卫星距离最近

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据万用引力提供向心力有

得

即卫星A的角速度大于卫星B的角速度，故A错误；

B．根据万有引力定律有

因两卫星的质量关系未知，所以无法比较卫星A的向心力与卫星B的向心力的大小，故B错误；

C．根据开普勒第三定律有

得

故C错误；

D．设图示时刻两卫星与地球球心的连线夹角为，则

得

设由图示时刻经时间t两卫星相距最近，则

得

故D正确。

故选D。

9. 两种卫星绕地球运行的轨道如图，设地球半径为R，地球赤道上的物体随地球自转的速度大小为，加速度大小为；近地卫星的轨道半径近似为R，运行速度大小为，加速度大小为；地球静止卫星的轨道半径为r，运行速度大小为，加速度大小为。下列选项正确的是（　　）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】BD．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得

可得，

则有，

故B正确，D错误；

AC．地球赤道上的物体与静止卫星的角速度相等，根据，

可得，

则有

故AC错误。

故选B。

10. 随着航天科技的不断进步，人类探索宇宙的脚步也越来越快。为了深入研究某颗星球，我们向该星球发射航天器，记录航天器围绕该星球的不同轨道做匀速圆周运动的角速度和线速度。航天器的线速度大小的三次方与角速度大小ω的关系图像如图所示，图像的斜率为k，引力常量为G，则该星球的质量为（    ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据万有引力提供向心力有，

解得

所以，

故选A。

11. 如图所示，一半径为R的光滑圆环在竖直面内，O为圆心，原长为的轻弹簧一端固定在圆环的最低点A，另一端连接套在圆环上的小球。圆环绕竖直直径以角速度匀速转动，小球相对圆环静止时，小球、圆心连线与直径的夹角。已知小球质量为m，重力加速度大小为g。则圆环对小球作用力的大小为（　　）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】小球做匀速圆周运动，对其进行受力分析，如图所示

则有，

根据几何关系有

解得

故选D。

二、实验题 

12. 用如图所示的实验装置验证向心力的表达式。在有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边沿连接一细绳，细绳另一端连接一个小球，激光笔1始终竖直，激光笔2始终水平且激光笔2发出的激光恰好穿过连接重锤的细线。已知当地的重力加速度为g。实验操作如下：

①利用天平测量小球的质量为m；

②闭合电源开关，稳定后小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让两束激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测激光笔1到连接细线的重锤的距离（小球做圆周运动的半径R），用刻度尺测激光笔2到圆盘的竖直距离（球心到塑料圆盘的高度h）；

③当小球第一次到达B点时开始计时，并记为第1次，记录小球第n次到达B点所用的时间为t；

④切断电源，整理器材。

（1）小球运动的周期的表达式为_________，根据向心力的表达式，可得小球做匀速圆周运动的向心力的表达式F₁=___________。（用题中所给的字母表示）

（2）根据受力分析，小球做匀速圆周运动时所受合力的表达式F₂=___________。（用题中所给的字母表示）

在误差允许的范围内，若F₁=F₂，证明向心力的表达式是正确的。

（3）若电动机转速减小，则激光笔1应该__________（选填“左移”“右移”或“不动”），激光笔2应该_________（选填“上移”“下移”或“不动”）。

【答案】（1）    ①.     ②.     

（2）    

（3）    ①. 右移    ②. 下移

【解析】

【小问1详解】

[1]从小球第1次到第n次通过B位置，转动圈数n－1，时间为t，故周期为

[2] 向心力

【小问2详解】

小球受重力和拉力，合力提供向心力，设细绳与竖直方向的夹角为α，则

【小问3详解】

[1][2]若电动机的转速减小，则转动半径减小，故激光笔1、2应分别右移、下移

三、解答题 

13. 如图所示，长为r=1 m的轻杆一端固定质量m为1kg的小球（可视为质点），另一端与水平转轴（垂直于纸面）于O点连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，已知轻杆转动到最低点时对小球的作用力为3mg，轻杆不变形，重力加速度。求：

（1）小球线速度大小。

（2）小球在最高点时杆对小球的作用力。

【答案】（1）    

（2），方向竖直向下

【解析】

【小问1详解】

在最低点时对小球的作用力为3mg，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得

其中

解得小球的线速度大小为

【小问2详解】

小球在最高点时，设杆对小球的作用力方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得

解得

可知小球在最高点时杆对小球的作用力大小为，方向竖直向下。

14. 假设宇航员登上某一星球，该星球的半径为。他在该星球表面将一小球从与水平面成角的斜面上水平抛出，如图所示，抛出的初速度大小为，经过时间小球又落在斜面上。忽略星球的自转，不计星球表面的大气阻力，求：

（1）该星球表面的重力加速度为多大；

（2）该星球的第一宇宙速度为多大。

【答案】（1）    

（2）

【解析】

【小问1详解】

设该星球表面的重力加速度为，小球做平抛运动运动过程，有

解得

【小问2详解】

设该星球的第一宇宙速度为，由万有引力提供向心力可得

又

可得

15. 如图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，飞船先在近地轨道Ⅲ上绕地球做圆周运动，到达轨道Ⅲ的 B 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的远地点A 时再次点火进入轨道I绕地球做圆周运动，轨道I的轨道半径为r，r=4R。已知引力常量G， 求：

（1）飞船在轨道I上的运行速率：

（2）飞船在轨道Ⅱ上的运行周期；

（3）飞船在轨道Ⅱ上经过A 点时的加速度。

【答案】（1）    

（2）    

（3）

【解析】

【小问1详解】

当飞船在地球表面静止不动时，有

解得

设飞船在轨道I上的运行速率，轨道I是圆轨道，根据万有引力提供向心力

联立可得

小问2详解】

设飞船在轨道Ⅲ上的运行周期，轨道Ⅲ是圆轨道，根据万有引力提供向心力

又

解得

设飞船在轨道II上的运行周期为，轨道半长轴为

根据开普勒第三定律可得

解得

【小问3详解】

飞船在轨道Ⅱ上经过A 点时，根据牛顿第二定律有

又

解得

16. 如图所示的玩具转盘半径为l，角速度可以调节，转盘中心 O点固定了一竖直杆。质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳 AC长为l，与竖直杆上 A点相连，轻杆 BC用铰链连接在竖直杆上的B点且可绕B点自由转动，。圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角，轻杆BC与竖直方向夹角。不计摩擦阻力，重力加速度为g。

（1）要保持轻绳拉直，求的取值范围

（2）当时，求轻绳 AC、轻杆BC所受的弹力大小

（3）在转动过程中小球忽然脱离，要求小球不能碰到圆盘，求的取值范围。

【答案】（1）；（2），；（3）

【解析】

【详解】（1）当AC拉力时，对应的为最大，由牛顿第二定律可得

可得

则的范围为

（2）当时，小球的受力如图所示

水平方向有

竖直方向有

联立解得

，

（3）在转动过程中小球忽然脱离，由平抛运动的规律可得，水平方向有

 竖直方向

设小球刚好碰到圆盘边缘，由几何关系可得

，

可得

，

当增大时，不管轻绳是否拉直，水平位移一定增大，则要小球不能碰到圆盘，的范围为