2019学年高一物理下学期第二次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 高一（下）第二次月考物理试卷高一（下）第二次月考物理试卷一、单项选择题（每题一、单项选择题（每题 3 3 分，共分，共 3030 分）分）1 （3 分）两个大小相同的实心均质小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为，若两个F半径为小铁球倍的实心均质大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力变为（ ）2ABCD2F4F8F16F【答案】D【解析】解：设两个大小相同的实心小铁球的质量都为，半径为，mr根据万有引力公式得：，22mFGr根据可知，半径变为原来的两倍，质量变为原来的 倍343mr8所以若将两半径为小铁球半径倍的实心大铁球紧靠在一起时，万有引力2，2222(8 )1

2、616(2 )mmFGGFrr是原来的倍16故选：D2 （3 分）地球公转的轨道半径为，周期为，月球绕地球运转的轨道半径为，周期为1R1T2R，则太阳质量与地球质量之比为（ ）2TABCD32 11 32 22R T R T32 12 32 21R T R T22 12 22 21R T R T23 11 23 22R T R T【答案】B【解析】解：地球绕太阳公转和月球绕地球公转，万有引力提供向心力，2224GMmmr rT中心体质量，2324 rMGT地球公转的轨道半径为，周期为，月球绕地球运转的轨道半径为，周期为，1R1T2R2T则太阳质量与地球质量之比为：32 12 32 21R T

3、R T故选 B3 （3 分）某行星可看作一个均匀的球体，密度为，若在其赤道上随行星一起转动的物体对行星表面的压力恰好为零，则该行星的自转周期为（引力常量为） （ ）G- 2 -ABCD4 3G3 4G3 G G【答案】C【解析】解：设某行星质量为，半径为，物体质量为，万有引力充当向心力，则有；MRm，2224 mRMmGTR，34 3RMV联立解得，3TG故选：C4 （3 分）把太阳系各行星的运动近似看作匀速圆周运动，则离太阳越远的行星（ ）A周期越大B线速度越大C角速度越大D加速度越大【答案】A【解析】解：设太阳质量为，行星质量为，轨道半径为，Mmr由牛顿第二定律得：，2 2MmGmrr22

4、MmvGmrr2MmGmar解得，周期，3GM rGMvr2GMar2T3 2r GM离太远越远，轨道半径越大，则周期越大，故 A 正确；rT线速度、角速度、向心加速度越小，故 BCD 错误；故选 A5 （3 分）如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为和的行星做匀速圆M2M周运动，下列说法正确的是（ ）A甲的向心加速度比乙的小B甲的运行周期比乙的小C甲的角速度比乙的大D甲的线速度比乙的大【答案】A- 3 -【解析】解：根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有：22 2 224mMvGmammrmrTrA由于，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故 A 正确；2GMarB，由于甲的中心

5、天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的周期大于乙的周234 rTGM期，故 B 错误；C，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的角速度小于乙的3GM r角速度，故 C 错误；D，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的线速度小于乙的线GMvr速度，故 D 错误故选 A6 （3 分）如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进若质量为的小车m在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间 前进的距离为 ，且速度达到tl最大值设这一过程中电动机的功率恒为，小车所受阻力恒为，那么这段时间内mvPF（

6、 ）A小车做匀加速运动B小车受到的牵引力逐渐增大C小车受到的合外力所做的功为PtD小车受到的牵引力做的功为21 2mFlmv【答案】D【解析】解：A、小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式- 4 -可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，有，故小车的运动是加PFvPFmav速度不断减小的加速运动，故 AB 错误；C、对小车启动过程，根据动能定理，有：，则牵引力做功21 2mWmvPtFl乙，故 C 错误，D 正确21 2mPtFlmv故选：D7 （3 分）如图所示，将质量为的小球以速度由地面竖直向上抛出小球落回地面时，m0v其速度大小为设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不

7、变，则空气阻力的大小等于03 4v（ ）ABCD3 4mg3 16mg7 16mg7 25mg【答案】D【解析】解：重力对物体做的功为零，设空气阻力大小为，对整个过程应用动能定理得：f，22 011222fhmvmv上升过程中物体加度为：，mgfam由运动学公式得：，2 02ahv带入数据解得：，7 25fmg故 D 正确故选 D8 （3 分）一个质量为的小铁块沿半径为的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底mR部时，小铁块所受向心力为铁块重力的倍，则此过程中铁块损失的机械能为（ ）1.5- 5 -ABCD1 8mgR1 4mgR1 2mgR3 4mgR【答案】B【解析】解：铁块滑到半球底部时

8、，小铁块所受向心力为铁块重力的倍，1.5由牛顿第二定律得：，2 1.5vmgmR对铁块的下滑过程运用动能定理得：，21 2mgRWmv解得：；1 4WmgR故选：B9 （3 分）质量为的物体被竖直向上抛出，在空中的加速度的大小为，最大上升1kg216m/s高度为，若取，则在这个过程中（ ）5mg210m/sA重力势能增加B动能减少80J50JC机械能减少D机械能守恒30J【答案】C【解析】解：A、物体在向上运动的过程中，重力做功为，则重10 5J50JGWmgh 力势能增加了故 A 错误50JB、根据牛顿第二定律得，物体所受的合力大小为，方向竖直向下，1 16N16NFma 乙则合力对物体做功

9、为，由动能定理知，动能减小故 B 错16 5J80JWF h 乙乙80J误CD、因为重力势能增加，动能减小，则机械能减小，机械能不守恒故 C 正50J80J30J确，D 错误故选：C10 （3 分）如图所示，在竖直平面内有一个半径为的圆弧轨道半径水平、竖直，ROAOB一个质量为的小球自正上方点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点时mAPB恰好对轨道没有压力，已知，重力加速度为，则小球从到的运动过程中2APRgPB（ ）- 6 -A重力做功B机械能减少2mgRmgRC合外力做功D克服摩擦力做功mgR1 2mgR【答案】D【解析】解：A重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故到过程，重力做功为

10、PB，故 A 错误；GWmgRB小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有，B2 BvmgmR解得；BvgR从到过程，重力势能减小量为，动能增加量为，故机械能减小PBmgR211 22BmvmgR量为：，故 B 错误；11 22mgRmgRmgRC从到过程，合外力做功等于动能增加量，故为，故 C 错误；PB211 22BmvmgRD从到过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为，故PB11 22mgRmgRmgRD 正确；故选 D二多项选择题（每题二多项选择题（每题 4 4 分，共分，共 2828 分）分）11 （4 分）甲、乙两恒星相距为，质量之比，它们离其他天体都很遥远

11、，我们观L2 3m m乙乙察到它们的距离始终保持不变，由此可知（ ）A两恒星一定绕它们连线的某一位置做匀速圆周运动B甲、乙两恒星的角速度之比为2:3C甲、乙两恒星的线速度之比为3:2- 7 -D甲、乙两恒星的向心加速度之比为3:2【答案】AD【解析】解：A、B据题可知甲、乙两恒星的距离始终保持不变，围绕两星连线上的一点做匀速圆周运动，靠相互间的万有引力提供向心力，角速度一定相同，故 A 正确，B 错误C双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：，22m rm r乙乙乙乙得：3 2rm rm乙乙乙乙根据，知故 C 错误vr:3:2vvrr乙乙乙乙D、根据 a=r2知

12、，向心加速度之比，故 D 正确:3:2aarr乙乙乙乙故选：AD12 （4 分）假如地球自转速度增大，关于物体重力，下列说法正确的是（ ）A放在赤道地面上的物体万有引力不变B放在两极地面上的物体的重力不变C放在赤道地面上的物体的重力减小D放在两极地面上的物体的重力增加【答案】ABC【解析】解：地球自转速度增大，则物体随地球自转所需向心力增大A、地球的质量和半径都没有变化，故对赤道上物体的万有引力大小保持不变，故 A 正确；BD、地球绕地轴转动，在两极点，物体转动半径为，转动所需向心力为，此时物体00的重力与万有引力相等，故转速增加两极点的重力保持不变，故 B 正确 D 错误；C、赤道上的物体重

13、力和向心力的合力等于物体受到的万有引力，而万有引力不变，转速增加时所需向心力增大，故物体的重力将减小，故 C 正确；故选：ABC13 （4 分）如图所示，摆球质量为，悬线的长为，把悬线拉到水平位置后放手设在摆mL球运动过程中空气阻力的大小不变，则下列说法正确的是（ ）F乙- 8 -A重力做功为mgLB绳的拉力做功为0C空气阻力（）做功为F乙mgLD空气阻力（）做功为F乙1 2FL乙【答案】ABD【解析】解：A如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为在竖直方向上的投影，所以故 A 正确ABLGWmgLB因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即故 B 正确TFF

14、T0WC所做的总功等于每个小弧段上所做功的代数和，即F乙F乙12()FWFxFx 乙乙乙故 C 错误，D 正确；12FL 乙故选：ABD14 （4 分）如图所示，在外力作用下某质点运动的图象为正弦曲线从图中可以判断（ t）A在时间内，外力做正功10t乙B在时间内，外力的功率逐渐增大10t乙- 9 -C在时刻，外力的功率最大2tD在时间内，外力做的总功为零13tt乙【答案】AD【解析】解：A在时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，10t乙故力与速度方向相同，故外力做正功；故 A 正确；B图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知时0刻速度为零，时

15、刻速度最大但拉力为零，由可知外力的功率在时刻功率为零，1tPFv0时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，B 错误1tC时刻物体的速度为零，由可知外力的功率为零，故 C 错误2tPFvD在时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故 D 正确；13tt乙故选 AD15 （4 分）将三个木板 、 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，123如图所示，其中 与底边相同，和 高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从1223三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）A沿着 和下滑到底端时，物块的速度不

16、同；沿着和 下滑到底端时，物块的速度1223相同B沿着 下滑到底端时，物块的速度最大1C物块沿着 下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的3D物块沿着 和下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的12【答案】BCD【解析】解：对物块从高为的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有，h21 2mghWmv乙- 10 -其中为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力，又，所以物块W乙NfFNcosFmg克服摩擦力做的功为，由图可知，为WfL乙mgcosLmgLcosmgL乙Lcos斜面底边长，即若物体从斜面顶端下滑到底端时只要质量与斜面底端长相同，L乙mL乙则物体克服摩擦力做的功就相同故：A因沿着 和下滑到底

17、端时相同，沿和 下滑到底端时不同，沿 时克服摩擦力12W乙233做的功多，由动能定理，不难判断 A 错误21 2mghWmv乙B根据动能定理，沿 和下滑时有，同122 111 2mghWmv乙2 221 2mghWmv乙12vv理沿和 下滑时有，显然，最大，故 B 正确232 21 2mghWmv乙23vv1vC由摩擦产生热量，可知物块沿 下滑到底端的过程中产生的热QW乙WmgL乙乙3量最多，故 C 正确D同理，根据以上分析知，物块沿 和下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故12D 正确故选：BCD16 （4 分）如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为，圆环上套有质量分别为和Rm的小球、（

18、均可看作质点） ，且小球、用一长为的轻质细杆相连，在小2mABAB2R球从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为） ，下列Bg说法正确的是（ ）A球减少的机械能等于球增加的机械能BAB球减少的重力势能等于球增加的重力势能BAC球的最大速度为B4 3gRD球克服细杆所做的功为B8 9mgR【答案】AC- 11 -【解析】解：A球运动到最低点，球运动到最高点，两个球系统机械能守恒，故球BAA增加的机械能等于球减少的机械能，故 A 正确BB球重力势能增加，球重力势能减小，故 B 错误A2mgRB22mgRC两个球系统机械能守恒，当球运动到最低点时，速度最大，有B，解得故 C 正

19、确21222(2)2mgRmgRmm v4 3gRv D细杆对球做的功等于球动能的增加量，有BB，解得故 D 错误2122202WmgRmv8 3mgRW 故选：AC17 （4 分）光滑水平面上静止一质量为的木块，一颗质量为的子弹以水平速度射入Mm1v木块，并以速度穿出，对这个过程，下列说法正确的是（ ）2vA子弹克服阻力做的功等于22 121()2m vvB子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和D子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹和木块摩擦转化的内能之和【解析】解：A对子弹全过程由动能定理，有，所以子弹克服阻力做功22 211

20、()2Wm vv乙，故 A 正确22 121()2m vvB子弹与木块相互作用过程如下图：不仿设子弹与木块相互作用力大小为，f则子弹对木块做功，1Wfs木块对子弹做功，2Wfx由于，故，故 B 错误xs21WWC由动能定理，木块获得动能，即子弹对木块做的功等于木块获得的动能，故k1EW- 12 -C 错误D、对子弹和木块组成的系统，全过程总能量守恒，即系统内减少的能量等增加的能量，即：子弹减少的动能=木块增加的动能+系统产生的内能故 D 正确故选 AD三、实验题（每空三、实验题（每空 2 2 分，共分，共 2222 分）分）18 （6 分）如图 所示，是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物

21、体速度变化的关系”1的实验，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时，橡皮筋对小车做的功记为，当我们用条、 条完全相同的橡皮筋并在一起进行第次、第W232次实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放小车每次实验中获得的速度由打点3计时器所打的纸带测出，而后确定橡皮筋做的功和物体速度变化的关系回答下列问题：除了图中已给出的实验器材外，还需要的器材有低压交流电源和_；实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是_；若某次实验打出的一条纸带如图 2 所示，则小车由于橡皮筋弹力做功所获得的速度为_ （打点计时器所用交变电压的频率为）m/s50Hz【答案】刻度尺；木块的末端垫高，平衡

22、摩擦力；1.0【解析】解：（1）根据实验原理可知实验中需要刻度尺测量打点之间的距离，计算物体的速度（2）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高平衡小车所受的摩擦力- 13 -（3）小车的运动情况，先加速，再匀速，最后减速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，因此算速度时要选取点距均匀的部分，则小车由于橡皮筋弹力做功所获得的速度为：0.02m1.0m/s0.02sxvt故答案为：刻度尺；木块的末端垫高，平衡摩擦力；1.019 （16 分）如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图（1）实验时，需要测量物体由静

23、止开始自由下落到某点时的瞬时速度和下落高v度某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案hA用刻度尺测出物体下落的高度，并测出下落时间 ，通过计算出瞬时速度；htvgtB用刻度尺测出物体下落的高度，并通过计算出瞬时速度；h2vghC根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算出高度；v22vhghD用刻度尺测出物体下落的高度，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，h等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v以上方案中只有一种正确，正确的是_ （填入相应的字母）（2）某同学按照正确操作选的纸带如图所示，其中是起始点，

24、、OABCD是打点计时器连续打下的个点，打点频率为，该同学用毫米刻度尺测量到E550HzO、各点的距离，并记录在图中（单位：） ，重锤的质量为ABCDEcm，重力加速度根据以上数据当打点计时器打到点时，重物重0.1kgm 29.80m/sg D- 14 -力势能的减少量为_ ，动能的增加量为_ （要求计算数值保留三JJ位有效数字）（3）实验中误差产生的原因_ （写出两个原因）（4）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度，并计算各点速度的平方，然h2v后以_为纵轴，以_为横轴，根据实验数据作出图线若在实验误差允许的范围内

25、，图线是一条过原点且斜率为的直线，则验证了机械能守恒定律g（5）该装置也可用于精度要求不是很高的重力加速度的测量，依据第（2）问中选取g的纸带可计得重力加速度_g2m/s【答案】 （1） （D） ；（2）；0.1900.186（3）下落过程中存在阻力，长度的测量时存在误差；（4），；21 2vh（5）9.69【解析】解：（1）该实验是验证机械能守恒定律的实验因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢其中三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故 ABC 错误ABC故选 D（2）0.23470.1574m/s=1.9

26、25m/s20.04CE DxvT所以力势能的减少量；P0.190Emgh动能的增加量为210.1862KDEmv（3）下落过程中存在阻力作用；长度的测量时存在误差；（4）重力势能减少量是，增加的动能是，可由纸带上求出由，mgh21 2mvv21 2mghmv可知，所以图线的斜率为；21 2vgh21 2vhg（5）根据得：2xgT2(0.23470.1574)(0.15740.0956) 0.04g29.69m/s故答案为：（1） （D） ；（2）；0.1900.186- 15 -（3）下落过程中存在阻力，长度的测量时存在误差；（4），；21 2vh（5）9.69四四计算题（第题（第 202

27、0 题题 6 6 分，第分，第 2121 题题 6 6 分，第分，第 2222 题题 8 8 分，共分，共 2020 分）分）20 （6 分）宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间 小球落回原处；若t他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间小球落回原处 （取5t地球表面重力加速度，空气阻力不计）210m/sg （1）求该星球表面附近的重力加速度；g（2）已知该星球的半径与地球半径之比为，求该星球的质量与地球质量之:1:4RR 乙乙比:MM乙乙【解析】解：（1）根据匀变速直线运动规律得：vta从竖直上抛到最高点，上升的时间是，上升和下降的时间相等，000vv gg所

28、以从上抛到落回原处，02vtg由于在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间小球落回原处5t根据匀变速直线运动规律得：，025vt g由得星球表面附近的重力加速度，212m/s5gg（2）根据万有引力等于重力得：，2GMm Rmg，2gRMG所以221 80Mg R MgR乙乙乙乙答：（1）该星球表面附近的重力加速度为；g22m/s（2）该星球的质量与地球质量之比为:MM乙乙1:8021 （6 分）如图所示，斜面倾角为，质量为的滑块在距挡板的距离为的点以初速mP0sA- 16 -度沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的0v“下滑力” ，若滑块每次与挡

29、板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程【解析】解：滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 ，s取斜面底边所在的水平面为零势能面，根据能量守恒定律，滑块的机械能全部转化为内能：，2 001sin2Emvmgs乙滑块克服摩擦力所做的功：，Wmgscos对滑块运动的全过程应用功能关系：，WE乙解得：2 0 01tan2 cosvssg答：滑块停止运动前在斜面上经过的路程为2 0 01tan2 cosvsg22 （8 分）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图是滑板运动的轨道，和是两段光滑圆弧形轨道，段的圆心为点，圆心角为BCDEBCO

30、，半径与水平轨道垂直，水平轨道段粗糙且长一运动员从轨道上60OCCDCD8m的点以的速度水平滑出，在点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道，经A3m/sBBC轨道后冲上轨道，到达点时速度减为零，然后返回已知运动员和滑板的总CDDEE质量为，、两点与水平面的竖直高度为和，且，60kgBECDhH2mh 2.8mH 取求：g210m/s- 17 -（1）运动员从运动到达点时的速度大小；ABBv（2）轨道段的动摩擦因数；CD（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到点？如能，请求出回到点时BB速度的大小；如不能，则最后停在何处？【解析】解：（1）由题意可知：，0 cos60Bvv 解得：，026m

31、/sBvv（2）由点到点，由动能定理可得：，BE2102CDBmghmgSmgHmv由带入数据可得：，0.125（3）运动员能到达左侧的最大高度为，从到第一次返回左侧最高处，根据动能定hB理有：，21202CDBmghmghmgSmv解得：，1.8m2mhh所以第一次返回时，运动员不能回到点，B设运动员从点运动到停止，在段的总路程为，由动能定理可得：BCDS，2102BmghmgSmv代入数据解得：，30.4mS 因为，所以运动员最后停在点左侧处，或点右侧处36.4mCDSSD6.4mC1.6m答：（1）运动员从运动到达点时的速度大小为；AB6m/s（2）轨道段的动摩擦因数为；CD0.125（3）第一次返回时，运动员不能回到点，最后停在点左侧处，或点右侧BD6.4mC 处1.6m