吉林省长春市两校2022-2023高一下学期4月月考物理试题（答案）

长春市两校2022-2023学年高一下学期4月月考
物理试题
考试时间：90分钟 满分：100分
单项选择题 （每题4分，共28分）
1．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B. 火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
2.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星．下列关于a、b、c的说法中正确的是(　　)
A．b卫星转动线速度大于7.9 km/s
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa＞ab＞ac
C．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta＝Tc<Tb
D．在b、c中，b的线速度大
3.2018年7月25日消息称，科学家们在火星上发现了第一个液态水湖，这表明火星上很可能存在生命．美国的“洞察”号火星探测器曾在2018年11月降落到火星表面．假设该探测器在着陆火星前贴近火星表面运行一周用时为T，已知火星的半径为R1，地球的半径为R2，地球的质量为M，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则火星的质量为(　　)
A. B. C. D.
4.如图所示,某游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度,使其能跳到旁边等高平台上。棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线,经最高点时的瞬时速度为v0,此时离平台的高度为h。棋子质量为m,空气阻力不计,重力加速度为g。则此跳跃过程(　　)
A.所用时间t=
B.水平位移大小x=2v0
C.初速度的竖直分量大小vy=2
D.初速度与水平方向的角度的正弦值sin θ=
5.如图所示,半径为R的半球形容器固定在水平转台上,转台绕过容器球心O的竖直轴以角速度ω匀速转动,质量相同且均可视为质点的小物块A、B相对器壁静止,A、B和球心O的连线与竖直方向的夹角分别为α和β,α>β,则下列说法正确的是(　　)
A.A、B角速度之比ωA∶ωB=∶1
B.当B受到的摩擦力为零时,A受到的摩擦力也恰为零
C.若ω增大,A、B受到的摩擦力可能都减小
D.若ω增大,A、B受到的摩擦力一定都增大
6.如图所示,质量相同的两个小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出,恰好都落在斜面底端。不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.小球a、b运动过程中速度变化量的方向不相同
B.小球a、b到达斜面底端时的位移大小之比为4:1
C.小球a、b做平抛运动的初速度大小之比为2:1
D.小球a、b到达斜面底端的速度方向与斜面的夹角相同
7.如图所示为教室里悬挂的走时准确的时钟，时针、分针和秒针可视为做匀速转动，已知分针的长度是时针长度的倍，关于时钟的时针、分针和秒针转动情况的分析，下列说法正确的是( )
A. 时针、分针、秒针三者转动的角速度相等
B. 分针端点的线速度是时针端点的线速度的倍
C. 分针端点的向心加速度是时针端点的向心加速度的倍
D. 分针与时针相邻两次重合间隔的时间为小时
二、多项选择题（每题4分，共28分，选不全得2分）
8.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则(　　)
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
9．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100 m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图
甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不
再改变，则 (　　)
A．快艇的运动轨迹可能是直线
B．快艇的运动轨迹只可能是曲线
C．最快到达浮标处通过的位移为100 m
D．最快到达浮标处所用时间为20 s
10.在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
11．藏族文化是中华文化的重要组成部分。如图甲所示为藏族文化中的转经轮，转经轮套在转轴上，轮上悬挂一吊坠，简化模型如图乙。可视为质点的吊坠质量，绳长，悬挂点P到转经轮转轴的距离为。竖直拿好转轴，通过手腕轻微的扭动，使吊坠随轮一起绕轴转动，稳定后的一小段时间内，转轴保持竖直不动，吊坠的运动可视为水平面内的匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，重力加速度g取，，。下列说法正确的是(　　)
A．吊坠匀速转动过程中受到的拉力大小不变
B．当稳定在时，吊坠的向心加速度大小为
C．若不变，减小绳长，吊坠的转动周期变大
D．若从增加到，吊坠的线速度增大
12．如图是带车牌自动识别系统的直杆道闸。离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动，杆的中点A和前端B点各有一装饰小旗子。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到aaˊ的距离为0.6m，下列说法正确的是(　　)
A．A、 B两小旗子的角速度大小之比为1∶ 2
B．A、 B两小旗子的向心加速度大小之比为1∶ 2
C．要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为
D．要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为
13．某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，电动打夯机的结构示意图如图所示。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．转到最低点时摆锤处于超重状态
B．摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mg
C．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为3(mg＋Mg)
D．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为2(mg＋Mg)
14.如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2kg和3kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连。它们到转轴的距离分别为rA=0.2m、rB=0.3m与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍，g取10m/s2。现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )
A.当A受到的静摩擦力达到最大时，B受到的摩擦力大小为12N
B.当A受到的静摩擦力恰好达到最大时，圆盘的角速度为5rad/s
C.当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为rad/s
D.在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动
三、实验题（共14分）
15.（一）向心力演示器如图所示。匀速转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在塔轮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上露出的红白相间等分格子的多少可以粗略显示出两个球所受向心力的大小。
(1)本实验采用的实验方法是　　　　；
A.理想实验法　B.等效替代法　C.控制变量法　D.放大法
(2)某次实验使用两个质量相同的钢球，且右边钢球转动半径为左边钢球的2倍，转动时发现左边标尺露出的格数是右边的2倍，则左边塔轮与右边塔轮的角速度之比为　　　　。
15.（二） 图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线___________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛___________。
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为拋出点，则此小球作平抛运动的初速度为___________m/s。（g取9.8m/s2）
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平拋运动的初速度为___________m/s，B点的竖直分速度为___________m/s。（g取10m/s2）
四、计算题（共30分）
16．（8分）如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L，重力加速度为g，不计空气阻力．
（1）求小球通过最高点A时的速度vA；
（2）若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间让细线断裂，求小球落地点到C点的距离．
17．（11分）如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平的高台，接着以v=3m/s的水平速度离开高台，落至地面时，恰能无碰撞地从A点沿圆弧切线方向进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R=1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
(1)求从高台飞出至到达A点，人和车运动的水平距离s。
(2)若人和车运动到圆弧轨道最低点O时的速度v'=m/s，求此时对轨道的压力大小。
(3)求人和车从平台飞出到达A点时的速度大小及圆弧轨道对应的圆心角θ。
18.（11分） 如图所示，水平圆盘直径AB与C点同线，在C点正上方h处有一可视为质点的小球沿与圆盘直径AB平行的方向以一定的初速度水平抛出，O点为圆盘圆心，已知圆盘半径为R，B、C两点间的距离为R，D为圆周边缘上一点，且OD与AB垂直，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求当圆盘固定时，要使小球落在圆盘上，求速度大小范围；
（2）若圆盘绕圆心O点由图示位置沿逆时针（从上向下看）做匀速圆周运动，经过一段时间后，小球恰好与圆盘在D点相遇，求圆盘转动线速度大小的可能值。长春市两校2022-2023学年高一下学期4月月考
物理试题 答案
考试时间：90分钟 满分：100分
单项选择题
1．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B. 火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
答案　C
2.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星．下列关于a、b、c的说法中正确的是(　　)
A．b卫星转动线速度大于7.9 km/s
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa＞ab＞ac
C．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta＝Tc<Tb
D．在b、c中，b的线速度大
答案　D
解析　b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，根据万有引力定律有G＝m，解得v＝，又＝mg，可得v＝，与第一宇宙速度大小相同，即v＝7.9 km/s，故A错误；地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa＝ωc，根据a＝rω2知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据a＝得b的向心加速度大于c的向心加速度，即ab＞ac＞aa，故B错误；卫星c为地球同步卫星，所以Ta＝Tc，根据T＝2π得c的周期大于b的周期，即Ta＝Tc＞Tb，故C错误；在b、c中，根据v＝，可知b的线速度比c的线速度大，故D正确．
3.2018年7月25日消息称，科学家们在火星上发现了第一个液态水湖，这表明火星上很可能存在生命．美国的“洞察”号火星探测器曾在2018年11月降落到火星表面．假设该探测器在着陆火星前贴近火星表面运行一周用时为T，已知火星的半径为R1，地球的半径为R2，地球的质量为M，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则火星的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　绕地球表面运动的物体由牛顿第二定律可知：
G＝mg
同理，对绕火星表面运动的物体有：
＝m()2R1
结合两个公式可解得：M火＝，故A对．
4.如图所示,某游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度,使其能跳到旁边等高平台上。棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线,经最高点时的瞬时速度为v0,此时离平台的高度为h。棋子质量为m,空气阻力不计,重力加速度为g。则此跳跃过程(　　)
A.所用时间t=
B.水平位移大小x=2v0
C.初速度的竖直分量大小vy=2
D.初速度与水平方向的角度的正弦值sin θ=
13.B 竖直方向由h=gt2可得t=,该斜抛运动可等效为两个完全相同的平抛运动,时间为2t,故A错误;水平位移x=v0·2t=2v0,故B正确;初速度的竖直分量大小为vy=gt=,故C错误;根据速度的合成得,初速度与水平方向的角度的正弦值sin θ=,故D错误。
5.如图所示,半径为R的半球形容器固定在水平转台上,转台绕过容器球心O的竖直轴以角速度ω匀速转动,质量相同且均可视为质点的小物块A、B相对器壁静止,A、B和球心O的连线与竖直方向的夹角分别为α和β,α>β,则下列说法正确的是(　c　)
A.A、B角速度之比ωA∶ωB=∶1
B.当B受到的摩擦力为零时,A受到的摩擦力也恰为零
C.若ω增大,A、B受到的摩擦力可能都减小
D.若ω增大,A、B受到的摩擦力一定都增大
6.如图所示,质量相同的两个小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出,恰好都落在斜面底端。不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.小球a、b运动过程中速度变化量的方向不相同
B.小球a、b到达斜面底端时的位移大小之比为4∶1
C.小球a、b做平抛运动的初速度大小之比为2∶1
D.小球a、b到达斜面底端的速度方向与斜面的夹角相同
14.D 小球a、b均做平抛运动,加速度方向竖直向下,所以运动过程中速度变化量的方向相同,均为竖直向下,故A错误;因为B为斜面中点,所以小球a、b到达斜面底端时的位移大小之比为2∶1,故B错误;小球做平抛运动的初速度大小v0==x,小球a、b做平抛运动的初速度大小之比为,故C错误;设小球到达斜面底端时速度方向与水平方向夹角为α,斜面倾角为θ,则tan θ=tan α,由上式可知小球a、b到达斜面底端的速度方向相同,所以速度方向与斜面的夹角相同,故D正确。
7.如图所示为教室里悬挂的走时准确的时钟，时针、分针和秒针可视为做匀速转动，已知分针的长度是时针长度的倍，关于时钟的时针、分针和秒针转动情况的分析，下列说法正确的是( )
A. 时针、分针、秒针三者转动的角速度相等
B. 分针端点的线速度是时针端点的线速度的倍
C. 分针端点的向心加速度是时针端点的向心加速度的倍
D. 分针与时针相邻两次重合间隔的时间为小时
【答案】D
【解析】本题考查了物体做匀速圆周运动的运动规律及匀速圆周运动各物理量间关系这些知识点；
时针、分针和秒针都是做匀速圆周运动，根据转过的角度之间的关系可以求得角速度之比，再由可求得线速度之比；根据，分析向心加速度。
【解答】A.秒针的周期为，分针的周期为，时针的周期为，由于
可知，周期不同，角速度不同，故A错误；
B.时针的周期为分针的倍，由，则分针角速度为时针角速度的倍，根据
且已知分针的长度是时针长度的倍，故分针与时针的端点的线速度之比为，故B错误；
C.由，可得：，故C错误；
D.时针每走圈，分针走圈，因此时针被分针追上次，即重合次，故每次重合的时间间隔为，故D正确。
故选D。
二、多项选择题
8.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则(　AC　)
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
9．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100 m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图
甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不
再改变，则 (　BD　)
A．快艇的运动轨迹可能是直线
B．快艇的运动轨迹只可能是曲线
C．最快到达浮标处通过的位移为100 m
D．最快到达浮标处所用时间为20 s
10.在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】ABD　
【解析】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m，解得：r＝，故A正确；根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m，解得：v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不能够提供足够的向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确．
11．藏族文化是中华文化的重要组成部分。如图甲所示为藏族文化中的转经轮，转经轮套在转轴上，轮上悬挂一吊坠，简化模型如图乙。可视为质点的吊坠质量，绳长，悬挂点P到转经轮转轴的距离为。竖直拿好转轴，通过手腕轻微的扭动，使吊坠随轮一起绕轴转动，稳定后的一小段时间内，转轴保持竖直不动，吊坠的运动可视为水平面内的匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，重力加速度g取，，。下列说法正确的是（ ）
A．吊坠匀速转动过程中受到的拉力大小不变
B．当稳定在时，吊坠的向心加速度大小为
C．若不变，减小绳长，吊坠的转动周期变大
D．若从增加到，吊坠的线速度增大
【答案】AD
【解析】A．吊坠匀速转动过程中，绳子与竖直方向夹角保持不变，竖直方向根据受力平衡可得
可知吊坠匀速转动过程中受到的拉力大小不变，故A正确；
B．当稳定在时，以吊坠为对象，根据牛顿第二定律可得
解得吊坠的向心加速度大小为
故B错误；
C．以吊坠为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
若不变，减小绳长，可知吊坠做匀速圆周运动的半径减小，则吊坠的转动周期变小，故C错误；
D．设绳子长度为，则吊坠做匀速圆周运动的半径为
以吊坠为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知若从增加到，吊坠的线速度增大，故D正确。
故选AD。
12．如图是带车牌自动识别系统的直杆道闸。离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动，杆的中点A和前端B点各有一装饰小旗子。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到aaˊ的距离为0.6m，下列说法正确的是（　　）
A．A、 B两小旗子的角速度大小之比为1∶ 2
B．A、 B两小旗子的向心加速度大小之比为1∶ 2
C．要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为
D．要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为
【答案】BD
【详解】A．A、 B两小旗子一起随细直杆绕O做同轴匀速转动，角速度相同，角速度大小之比为1∶1，故A错误；
B．由匀速圆周运动向心加速度与角速度关系
则A、 B两小旗子的向心加速度大小之比为
故B正确；
CD．由题知要使汽车安全通过道闸，直杆在时间内至少要转动的角度为，则转动的角速度至少为
故C错误，D正确。
故选BD。
13．某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，电动打夯机的结构示意图如图所示。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．转到最低点时摆锤处于超重状态
B．摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mg
C．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为3(mg＋Mg)
D．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为2(mg＋Mg)
【答案】AD
【详解】A．转到最低点时摆锤有向上的加速度，则处于超重状态，故A正确；
B．电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，设角速度为ω0，则有
可知
F1－F2＝2mg
故B错误；
CD．在最低点，对摆锤有
T′－mg＝mRω2
则
T′＝Mg＋2mg
对打夯机有
N＝T′＋Mg＝2(M＋m)g
故C错误，D正确。
故选AD。
14.如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2kg和3kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连。它们到转轴的距离分别为rA=0.2m、rB=0.3m与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4倍，g取10m/s2。现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )
A.当A受到的静摩擦力达到最大时，B受到的摩擦力大小为12N
B.当A受到的静摩擦力恰好达到最大时，圆盘的角速度为5rad/s
C.当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为rad/s
D.在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动
三、实验题
15.向心力演示器如图所示。匀速转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在塔轮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上露出的红白相间等分格子的多少可以粗略显示出两个球所受向心力的大小。
(1)本实验采用的实验方法是　　　　；
A.理想实验法　B.等效替代法　C.控制变量法　D.放大法
(2)某次实验使用两个质量相同的钢球，且右边钢球转动半径为左边钢球的2倍，转动时发现左边标尺露出的格数是右边的2倍，则左边塔轮与右边塔轮的角速度之比为　　　　。
13.答案　(1)C(2分)　(2)2∶1(4分)
解析　(1)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，故C正确。
(2)由题意可知Fn左=2Fn右，2r左=r右，根据Fn=mω2r，可知ω左∶ω右=2∶1。
16. 图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线___________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛___________。
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为拋出点，则此小球作平抛运动的初速度为___________m/s。（g取9.8m/s2）
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平拋运动的初速度为___________m/s，B点的竖直分速度为___________m/s。（g取10m/s2）
【答案】 ①. 水平 ②. 初速度相同 ③. 1.6 ④. 1.5 ⑤. 2
【解析】
【详解】（1）[1]为了保证小球的初速度水平，斜槽末端切线应水平。
[2]每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相同。
（2）[3]分析图乙，O点为抛出点，取坐标点：x=32.00cm=0.32m，y=19.6cm=0.196m，在竖直方向上则有
水平方向上则有
x=v0t
代入数据解得小球平抛初速度
（3）[4]分析图丙 L=5cm=0.05m，由图可知，小球由A到B和由B到C在水平方向位移相等，均为3L，则运动时间T相等，在竖直方向，由图示可知，由匀变速直线运动的推论可得
初速度
[5]根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在B点竖直分速度
四、计算题
17．如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L，重力加速度为g，不计空气阻力．
（1）求小球通过最高点A时的速度vA；
（2）若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间让细线断裂，求小球落地点到C点的距离．
14. 解：（1）小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据向心力公式有：
mg=m
解得：VA=；
（2）小球在B点时根据牛顿第二定律有：
T﹣mg=m
小球运动到B点时细线断裂，小球做平抛运动，有：
竖直方向：1.9L﹣L=gt2
水平方向：x=vBt=×=3L
18．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平的高台，接着以v=3m/s的水平速度离开高台，落至地面时，恰能无碰撞地从A点沿圆弧切线方向进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R=1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
(1)求从高台飞出至到达A点，人和车运动的水平距离s。
(2)若人和车运动到圆弧轨道最低点O时的速度v'=m/s，求此时对轨道的压力大小。
(3)求人和车从平台飞出到达A点时的速度大小及圆弧轨道对应的圆心角θ。
【答案】（1）1.2m；（2）7740N；（3）5m/s，106°
【详解】(1)人和车从高台飞出至到达A点做平抛运动，竖直方向上有H=g
水平方向上有s=vt1
联立并代入数据解得t1=0.4s，s=1.2m
(2)在圆弧轨道最低点O，由牛顿第二定律得N-mg=m
代入数据解得N=7740N
由牛顿第三定律可知，人和车在圆弧轨道最低点O对轨道的压力大小为7740N。
(3)人和车到达A点时，竖直方向的分速度vy=gt1=4m/s
到达A点时的速度vA==5m/s
设vA与水平方向的夹角为α，则sinα=
解得α=53°
所以θ=2α=106°
19. 如图所示，水平圆盘直径AB与C点同线，在C点正上方h处有一可视为质点的小球沿与圆盘直径AB平行的方向以一定的初速度水平抛出，O点为圆盘圆心，已知圆盘半径为R，B、C两点间的距离为R，D为圆周边缘上一点，且OD与AB垂直，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求当圆盘固定时，要使小球落在圆盘上，求速度大小范围；
（2）若圆盘绕圆心O点由图示位置沿逆时针（从上向下看）做匀速圆周运动，经过一段时间后，小球恰好与圆盘在D点相遇，求圆盘转动线速度大小的可能值。
【答案】（1）R；（2））R、3）
【详解】（1）小球做平抛运动，根据
解得小球做平抛运动的时间
当小球落在B点时，初速度最小，则最小速度为
当小球落在A点时，初速度最大，则最大速度为
所以圆盘固定时，要使小球落在圆盘上，速度大小范围为
（2）根据
根据圆周运动的周期性，可知相遇时D点转过的角度为
线速度大小为
联立解得
）R、3）

吉林省长春市两校2022-2023高一下学期4月月考物理试题（答案）