【文档说明】【精准解析】四川省泸县第五中学2019-2020学年高一下学期第二次月考物理试题.doc，共(13)页，390.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第五中学高一第二学月考试物理试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的

答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考

试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，每科100分，共300分第I卷选择题（48分）一、单选题（每小题4分，共12个小题，共48分；其中1-9题为单选题，10-12题多选题，少选得2分，多选错选得0分。）1.人站在台阶式自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中错误的是（）A.重力对

人做负功B.摩擦力对人做正功C.支持力对人做正功D.合力对人做功为零【答案】B【解析】【详解】人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零．人不受摩

擦力，所以没有摩擦力做功．故A、C、D正确，B错误．2.如图所示,一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上，现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动．则小球在向右运动的整个过程中：①小球和弹簧

组成的系统机械能守恒②小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大③小球的动能逐渐增大④小球的动能先增大后减小A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】小球在向右运动的整个过程中，力F做正功．由功能原理知小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，选项①错误，选项②正

确；弹力一直增大，当弹力等于F时，小球的速度最大，动能最大，当弹力大于F时，小球开始减速运动，速度减小，动能减小，选项③错误，选项④正确,故答案选D.3.我国发射的神舟号宇宙飞船在返回地面的过程中先要由距地面较高的轨道A

转移到距地面较低的轨道B(设两种轨道均为圆形轨道），则在此两轨道上，关于宇宙飞船下列说法中正确的是A.在A轨道上运动的速度比在B轨道上运动的速度小B.A轨道处的重力加速度比B轨道处的重力加速度大C.宇宙飞

船内的物体处于完全失重状态，不受重力作用D.宇宙飞船的飞行速度大于第一宇宙速度【答案】A【解析】【详解】因轨道A的轨道半径较大，根据GMvr=可知，在A轨道上运动的速度比在B轨道上运动的速度小，且飞行速度小于第一宇宙速度，选项A正确，D错误

；根据2GMgr=可知，A轨道处的重力加速度比B轨道处的重力加速度小，选项B错误；宇宙飞船内的物体处于完全失重状态，但是仍受重力作用，选项C错误；4.用起重机将物体匀速吊起一段距离,作用在物体上的各力做功的情况是()A.重力做正功,拉力做负功,合力做功为零B.重力做负功,拉力做正功,

合力做正功C.重力做负功,拉力做正功,合力做功为零D.重力不做功,拉力做正功,合力做正功【答案】C【解析】试题分析：重力方向竖直向下，位移竖直向上，所以重力做负功，AD错误拉力方向竖直向上，位移竖直向上，故拉力做正

功，物体匀速上升合力为零，所以合力做功为零，B错误，C正确故选C考点：考查了功的计算点评：在计算功时，第一确定力的方向，第二确定在力的方向发生的位移，然后根据公式cosWFS=分析解题5.把一个物体竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度是h，若物体的质量为m，所受的空气阻力大小恒为f，则在从物

体被抛出到落回地面的全过程中A.空气阻力做的功为零B.空气阻力做的功为2fhC.重力所做的功为零D.重力所做的功为2mgh【答案】C【解析】【详解】在上升的过程中，空气阻力做功为-fh，在下降的过程中，空气阻力做功为-f

h，则整个过程中空气阻力做功为-2fh．故AB错误．物体被抛出到落回抛出点的全过程中，初末位置相同，高度差为零，所以重力做功为零．故C正确，D错误．6.关于万有引力公式122GmmFr=，以下说法正确的是（）A.公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较

小的物体B.当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大C.两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律D.公式中引力常量G的值是牛顿规定的【答案】C【解析】【详解】万有引力定律适用于任何两个可以看成质点的物体之间或均质球

体之间的引力计算，故A错误；当两物体间的距离趋近于0时，万有引力公式不再适用，万有引力不会趋近于无穷大，故B错误；两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律，总是大小相等、方向相反，是一对相互作用力，故C正

确；公式中引力常量G的值是卡文迪许测定的，故D错误．所以C正确，ABD错误．7.如图所示，半径为r的圆柱形转筒，绕其竖直中心轴OO′转动，小物体a在圆筒的内壁上，它与圆筒间的动摩擦因数为μ，要使小物体不

下落，圆筒转动的角速度至少为（）A.grB.gC.grD.gr【答案】D【解析】【详解】要使物体不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有：f＝mg.当摩擦力正好等于最大摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，

根据向心力公式得：N＝mω2r，而f＝μN，联立以上三式解得：gr=.故D正确；ABC错误；故选D.8.如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度分别为v1和v2，则下面说法正确的是()A.物体做匀

速运动，且v2＝v1B.物体做加速运动，且v2>v1C.物体做加速运动，且v2<v1D.物体做减速运动，且v2<v1【答案】C【解析】【详解】将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示：设两段绳子夹角

为，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小重物的速度21sinvv=,所以21vv,汽车向右匀速行驶,则增大,则sin增大,所以重物的速度增大,物体在做加速运动，故C正确，ABD错误。9.2018年10月9日10时43分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丙运载火箭成功将遥感三十二号0

1组卫星发射升空，卫星进入距地面高为h的预定圆轨道．已知地球半径为R，地球两极的重力加速度为g，则遥感三十二号01组卫星在预定圆轨道上运行的速度大小为A.()gRh+B.32()gRRh+C.gRD.2gRRh+【答案】D【解析】【详解】在预定

的圆轨道上，根据万有引力提供向心力得：22)(MmvGmRhRh++＝在地球两极有万有引力等于重力，即为：2GMmRmg＝联立解得：2gRvRh+＝A.()gRh+，与结论不相符，选项A错误；B.32()gRRh+，与结论不相符，选项B错误；C.gR，与结论不相符，选项C错误；D.2gRRh+，

与结论相符，选项D正确．10.满载A国公民的一航班在飞行途中神秘消失，A国推断航班遭到敌对国家劫持，政府立即调动大量海空军事力量进行搜救，并在第一时间紧急调动了21颗卫星参与搜寻．“调动”卫星的措施之一就是减小卫星环绕地球运动的轨道半径，降低卫星运行的高度，以有利于发现地面（或海

洋）目标．下面说法正确的是A.轨道半径减小后，卫星的环绕速度增大B.轨道半径减小后，卫星的环绕速度减小C.轨道半径减小后，卫星的环绕周期增大D.轨道半径减小后，卫星的环绕周期减小【答案】AD【解析】【详解】人造卫星绕地球做圆周运动时,由万有引力提供向心力,则有:22GMmv

mrr=及22(2)GMmmrrT=可知随着距离r的减小，周期T减小，速度v增大，故AD对；BC错；故选AD【点睛】人造卫星绕地球做圆周运动时,由万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得到卫星的线速度和

周期的表达式,再分析即可.11.如图所示，用长为L的轻绳（轻绳不可伸长）连接的甲、乙两物块（均可视为质点），放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O的距离也为L，甲、乙两物体的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法中正确的是（）A.圆盘转动的角速度最大为32gLB.圆盘转动的角速度最大为23gLC.轻绳最大弹力为13mgD.轻绳最大弹力mg【答案】BC【解析】【分析】甲乙都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，

当转速较小时，绳子没有张力，甲乙都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，当甲开始滑动时，甲乙都滑动了，说明此时甲乙都已达到最大静摩擦力，由向心力公式可求得角速度和绳子的拉力．【详解】当ω较小时，甲乙均由静摩擦力充

当向心力，ω增大，由F=mω2r可知，它受到的静摩擦力也增大，而r甲=L，r乙=2L，r甲<r乙，所以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后ω继续增大，要保证乙不滑动，轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力继续增大，直到甲受到的静摩擦力也达到最大，此时ω最

大，轻绳弹力T也最大；对甲乙整体：2μmg=mω2L+mω2·2L，解得2g=3L，对甲：μmg–T=mω2L，解得1=3Tmg；故圆盘转动的角速度最大为2g3L，轻绳弹力最大为13mg，故选B．12.如图甲所示，小球

在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动．当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)．MN为通过圆心的一条水平线．不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g．则下列说法中正确的是（）A.管道的半径为b/gB.小球的质量为agC.小球

在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力D.小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知：当2vb=，N0F=，此时2vmgmR=解得bRg=，故A对；B．当20v=时，此时NFmga==，所以amg=，故B对；C．

小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错；D．小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也

可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，做D错．第II卷非选择题（52分）二、实验题（16分）13.(1)在“研究平抛物体的运动”的实验中，为减小空气阻力对小球的影响.选择小球时，应选择下列的____A.实心

小铁球B.空心铁球C.实心小木球D.以上三种球都可以(2)在研究平抛运动的实验中，斜槽末端要_____，且要求小球要从_____释放，现用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格边长L＝2.5cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图所示，小球由A到B位置的

时间间隔为_____s，小球平抛的初速度大小为_____m/s.小球在B点的速度为_____m/s.【答案】(1).A(2).切线水平(3).同一位置(4).0.05(5).1(6).1.25【解析】【详解】(1)为了减小空气阻力对小球的影

响，要选择体积较小质量较大的小球，故选实心小铁球，故A正确，BCD错误；故选A；(2)在研究平抛运动的实验中，为保证小球做平抛运动斜槽末端要水平，为保证每次运动轨迹相同要求小球从同一位置释放，小球竖直方

向做自由落体运动，有：△h＝gT2，即为：L＝gT2，得:22.5100.05s10LTg−===.小球初速度为:2022.510m/s1m/s0.05xvT−===;B位置竖直方向速度为：2332.510m/s0.75m/s2

20.05yLvT−===;则B点的速度为:2222010.75m/s1.25m/sByvvv=+=+=.14.在用自由落体运动验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O点是起始点，A、

B、C是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量O点到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位cm）．已知打点计时器电源频率为50Hz，重锤质量为m，当地重力加速度g=9．80m/s2．（1）这三组数据中不符合有效数字读数要求的是_______________；（2）该同学用

重锤取OB段的运动来验证机械能守恒定律，先计算出该段重锤重力势能的减小量为_________，接着从打点计时器打下的第一个点O数起，数到图中B点是打点计时器打下的第9个点，他用vB=gt计算跟B点对应的物体的瞬时

速度，得到动能的增加量为___________（均保留三位有效数字）．这样他发现重力势能的减小量__________（填“大于”或“小于”）动能的增加量，造成这一错误的原因是．【答案】（1）OC；（2）

1.22m，1.23m，小于，实际测得的高度比自由落体对应下落的高度小【解析】【详解】（1）毫米刻度尺测量长度，要求估读即读到最小刻度的下一位．这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC段：15.7，

应记作15.70cm．故答案为OC．（2）重力势能减小量△Ep=mgh=9.8×0.1242mJ=1.22mJ由题目中要求可知9.880.021.568/bvgtms===211.232kBBEmvmJ==发现重力势能得减少量小于动能得增加量，可能是测量得高度比实际高度小三、解答题（

36分）15.宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球．经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L．若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3L．已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G，求该星球的质

量M．【答案】22233LRMGt=【解析】【详解】两次平抛运动，竖直方向212hgt=，水平方向0xvt=，根据勾股定理可得：2220()Lhvt−=，抛出速度变为2倍：2220(3)(2)Lhvt−=，联立解得：13hL=，223Lgt=，在星球表面：2MmGmgR=，解得：2

223LRMtG=16.一种以氢气为燃料的汽车质量m=2.0×103kg，发动机额定功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的1/10．若汽车从静止开始匀加速运动，加速度的大小a=1.0m/s2，达到额定功率后，汽车保持功率不变又加速行驶800m，此时获得最大速度，然后匀速行

驶．取g=10m/s2，试求：(1)汽车的最大行驶速度(2)汽车做匀加速运动所用的时间．【答案】（1）40m/s（2）20s【解析】【详解】（1）设阻力大小为f，根据牛顿第二定律有：F-f=ma当a=0时速度达到最大vm，此时牵引力等于阻力即F=f=0.1mg，则由功率与速度的关系得：mPPv

Ff==解得：vm=40m/s（2）设汽车匀加速运动阶段结束时的速度为v1，则由牛顿第二定律得：F-f=ma解得：F=4×103N由P=Fv1，得v1=20m/s设匀加速阶段的时间t1，则由匀变速直线运动规律得：1

1=vta解得：t1=20s17.如图是中国家家户户都有的团圆桌．餐桌上放一半径为r＝1.5m可绕中心轴转动的圆盘，近似认为餐桌与圆盘在同一水平面内，忽略两者之间的间隙，如图．餐桌离地高度为h＝0.8m，将某小物体放置在圆盘边缘，该物体与圆盘的动摩擦因数为μ

1＝0.6，与餐桌的动摩擦因数为μ2＝0.225，设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)缓慢增大圆盘的速度，物体从圆盘上甩出的速度;(2)上一问中，为使物体不滑落到地面，餐桌半径R的最小值;(3)假设餐桌半径2Rr=，物体从

圆桌上被甩出后，落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离为多少？【答案】(1)3m/s；(2)2.5m；(3)2.1m【解析】【分析】(1)最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求得最大角速度；(2)从圆环脱离后在餐桌面上做匀

减速运动，根据运动学公式求得通过的位移，利用几何关系求得餐桌的最小半径；(3)脱离圆环后在餐桌上做减速运动，根据运动学公式求得脱离餐桌时的速度，然后开始做平抛运动，根据运动学公式和几何关系即可判断．【详解】(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提

供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大．当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，为：fm=μ1N=mrω2…（1）N=mg…（2）两式联立可得：ω=12gradsr=所以速度为：3mvrs==；(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为

零，对应的餐桌半径取最小值．设物体在餐桌上滑动的位移为S，物块在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则有：fam=f=μ2mg所以：a=μ2g=2.25m/s2物体在餐桌上滑动的初速度为：v0=ωr=3

m/s由运动学公式vt2-v02=-2aS可得：S=2m由图形可得餐桌半径的最小值为：R=222.5rsm+=；(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，由题意可得：vt′2-v02=

-2aS'由于餐桌半径为2Rr=，所以S'=r=1.5m所以可得：vt′=1.5m/s物体做平抛运动的时间为t，则：212hgt=解得：20.4htsg==所以物体做平抛运动的水平位移为：Sx=vt′t=0.6m所以由题意可得：L=S'+Ss=2.1m．【点睛】

题主要考查了圆周运动，明确最大静摩擦力提供向心力，然后物体在餐桌上做匀减速运动，利用好几何关系即可判断．