【文档说明】江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考物理试题 【精准解析】.doc，共(20)页，697.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2da9ed3b50f4fbcb9c36907b8bd40ad4.html

以下为本文档部分文字说明：

2022届高一下学期第二次月考物理试卷一、选择题（共48分每题4分，其中9，10，11，12多选，其余为单选）1.做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（）A.速率B.速度C.加速度D.合外力【答案】B【解析】【详解】做曲线运动的物体，它

的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，速度一定是改变的；而做曲线运动的物体受到的合力、加速度以及速率都可以不变，如平抛运动的合力与加速度不变，匀速圆周运动的速率不变，故A、C、D错误，B正

确；故选B。2.下列说法中正确的是()A.伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量B.根据表达式F＝G122mmr可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C.在由开普勒第三定律得出的表达式32RT＝k中，k是一个与中心天体无关的常量D.两物体间的万有引力总是大小相等、方

向相反，是一对作用力与反作用力【答案】D【解析】【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故A错误；B．表达式122GmmFr=适用于质点间引力的计算，当r趋近于零时，物体不能看成质点，该不再成立，所以不能得到万有引力趋近于无穷大的结

论，故B错误；C．在由开普勒第三定律得出的表达式32RKT=中，K是一个与中心天体质量有关的常量，故C错误；D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，故D正确；故选D。3.如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，两球落地

时的水平位移之比为1∶2，则下列说法正确的是()A.A、B两球的初速度之比为1∶4B.A、B两球的初速度之比为1∶2C.若两球同时抛出，则落地的时间差为2hgD.若两球同时落地，则两球抛出的时间差为(2－1)2h

g【答案】D【解析】【详解】124xxgvhhg==，2222xgvxhhg==，因此两球的初速度之比为1∶22，A、B项错误；若两球同时抛出，则落地的时间差为422(21)hhhggg−=−，若两球同时落地，则两球抛出的时间差也为(2－

1)2hg，C项错误，D项正确．4.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T。若要使卫星的周期变为2T，可以采取的办法是（）A.R不变，使线速度变为2vB.v不变，使轨道半径变为2RC.使轨道半径变为34RD.使卫星的高度增加R【答案】C【解析】【详解】A

B．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，有22MmvGmRR=解得GMvR=所以人造卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径和线速度会同时变化，故AB两项错误；CD．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，有2224πMmG

mRRT=解得2324πGMTR=所以当卫星的周期变为2T，轨道半径应变为34R，卫星的高度增加3(41)R−，故C项正确，D项错误。5.如图所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R和2R

(R为地球半径)。下列说法正确的是（）A.a、b的角速度之比是36:4B.a、b的向心加速度大小之比是9：8C.a、b的线速度大小之比是2:1D.a、b的周期之比是1:22【答案】A【解析】【详解】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22222()MmvGmmrmrm

arrT====A．由3=GMr可知a、b的角速度之比是333333624abbarr===选项A正确；B．由2=GMar可知a、b的向心加速度大小之比是9：4，选项B错误；C．由=GMvr可知a、b的线速度大小之比是6:2，选项C错误；D．由32rTGM=可知a、b的

周期之比是269，选项D错误。故选A。6.一条河宽100m，船在静水中的速度为4m/s，水流速度是5m/s，则（）A.该船能垂直河岸横渡到对岸B.当船头垂直河岸横渡时，过河所用的时间为20sC.当船头垂直河岸横渡时，船的位移是100mD.该船渡到对岸时，船的位移最小是125m【答案】D【解析】【

详解】设船在静水中的航速为v1，水流的速度v2。A．由题，船在静水中的航速小于水流的速度，根据平行四边形定则可知，船的合速度方向不可能垂直于河岸，则船不能垂直到达正对岸。故A错误；BC．将小船的速度分解为垂直河岸和沿河岸方向，在垂直于河岸的方向上，河宽一定，当在该方向上的速度最大时，渡河时

间最短，所以当船头方向垂直河岸，在该方向上的速度等于静水航速，时间最短，为1100254mindtsv===此时船沿河岸方向的位移是2min125msvt==船的位移2222100125m2541mxds=+=+=选项BC错误；D．船实际是按合速度方向运动，由于v1、v2的大小一定，根据作图法，

由三角形定则分析可知，当船相对于水的速度v1与合速度垂直时，合速度与河岸的夹角最大，船登陆的地点离船出发点的最小距离。设船登陆的地点离船出发点的最小距离为S．根据几何知识得12vdSv=代入解得S=125m故D正确；故选D。7.1844年，德国天文学家贝塞尔根

据天狼星的移动路径出现的波浪图形，推断天狼星是双星系统中的一颗星，因为该星在附近空间中沿一条呈波形的轨迹运动.天狼星及其伴星都在各自轨道上互相绕转，绕转的周期是49.9年，平均距离约为日地距离的20倍.如果由天文观察测得

某双星系统A、B做匀速圆周运动，已知运动周期为T，两星体之间的距离为r，绕行中心为O，引力常量为G。则（）A.可求出双星系统的平均密度B.可求出双星系统中任一星体的质量C.可求出双星系统的总质量D.双星系

统中质量大的星体离绕行中心O远【答案】C【解析】【详解】AC．根据牛顿第二定律可得21224ABAGMMMrrT=22224ABBGMMMrrT=联立两式解得2324ABrMMGT+=12ABMrMr=因为双星的体积未知，

无法求出双星系统的平均密度，故A错误，C正确；B．根据12ABMrMr=，2324ABrMMGT+=可得22224ArrMGT=221B24rrMGT=由于1r、2r位未知，无法求出双星系统中任

一星体的质量，故B错误；D．根据12ABMrMr=可知，质量大的星体离O点较近，故D错误；故选C。8.如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在AB两点间的直金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个

相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为（）A.224gRg−B.242gRg−C.224ggR−D.242Rgg−【答案】

B【解析】【详解】M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有tan45Mmgmv=可得Mgv=同理，N点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，

设ON与竖直方向之间的夹角为，则有tanNmgmv=可得tanNgv=又有2tanmgmr=sinrR=联立可得242NRgv−=M、N两环做圆周运动的线速度之比为242MNvgvRg=−故B正确，A、C、D错误；故选B。

9.宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g0表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，则关于g0，N下面正确的是（）A.g0=Nm

B.g0=22gRrC.N=RrmgD.N=0【答案】BD【解析】【详解】AB．忽略地球的自转，根据万有引力等于重力列出等式：宇宙飞船所在处，02GMmmgr=在地球表面处：2GMmmgR=解得：202Rggr=故A错误，B正确；CD．宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全

失重状态，即人只受重力。所以人对台秤的压力为0。故C错误，D正确。故选BD。10.已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是（）A.卫星距离地面的高度为2324GMTB.卫星的运行速度小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小

为2GMmRD.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知根据万有引力提供向心力有()()2224MmGmRHTRH=++得H＝2324GMT－R故A错误；B．由()22MmvGmRHRH=++可得GMvRH=+第一宇

宙速度是最大的环绕速度，故同步卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，故B正确；C．卫星运行时受到的万有引力提供向心力()2nGMmFRH=+故C错误；D．由牛顿第二定律()2nnGMmFmaRH==+得an＝2()GM

RH+而在地球表面有2mMGRmg=可得g＝2GMR故有an＜g故D正确。故选BD。11.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A.小球通过最高点时的最小速度vmin＝(

)gRr+B.小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】BC【解析】【详解】AB.

因为管的内壁可以给小球支持力，所以小球沿管上升到最高点的速度可以为零．故选项A错误，B正确C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力NF与小球重力在背离圆心方向的分力1F的合力提供向心力，即2N1vFFmR

r−=+，因此外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力．故选项C正确D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，最高的点的速度vgR=时，管壁对小球的作用力为0．故选项D错误．12.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接

在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则()A.当ω＝2gl时，细绳的拉力为0B.当ω＝34gl时

，物块与转台间的摩擦力为0C.当ω＝43gl时，细绳的拉力大小为43mgD.当ω＝gl时，细绳的拉力大小为13mg【答案】AC【解析】【详解】AB.当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时μmg＝m21lsin

30°，解得ω1＝23gl，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan30°＝m22lsin30°，解得ω2＝233gl，由于ω1<34gl<

ω2，所以当ω＝34gl时，物块与转台间的摩擦力不为零；由于g2l<ω1，所以当ω＝g2l时，细绳的拉力为零，故A正确，B错误；CD.由于ω1<gl<ω2，由牛顿第二定律得f＋Fsin30°＝m2()gllsin

30°，因为压力小于mg，所以f<13mg，解得F>13mg；当ω＝43gl>ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtanα＝m24()3gllsinα，解得cosα＝34，故F＝cosmg＝43mg，故C正确，D错误

．故选：AC二、填空题：每空2分，共12分。13.三个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动规律”的实验：(1)甲同学采用如图(1)所示的装置。用小锤打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松

开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明__________。(2)乙同学采用如图(2)所示的装置。两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射

小铁球P、Q，其中N的末端与可看作光滑的水平板相切；两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度，使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等，现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，

使两小铁球能以相同的初速度v0同时分别从轨道M、N的下端射出。实验可观察到的现象应是_________。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明______________。(3)丙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图(3)所示的“小球做平抛运

动”的照片。图中每个小方格的边长为10cm，则由图可求得拍摄时每__s曝光一次，该小球运动到图中位置2时速度大小为__m/s（g取10m/s2）。【答案】(1).平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动(2).P、Q两球相碰(3).

平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动(4).0.1(5).2.5【解析】【详解】(1)[1]金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，两球同时落地，改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，知A球竖直方向上的运动规律与B球相同，即平抛运动的竖

直分运动是自由落体运动。(2)[2]两小球能以相同的初速度v0同时分别从轨道M、N的末端射出，实验可观察到P、Q两球相碰。[3]知P球水平方向上的运动规律与Q球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动。(3)[4]在竖直方向上，根据2y

LgT==可得曝光时间0.1s0.1s10LTg===[5]平抛运动的初速度为v0=2LT=0.20.1m/s=2m/s小球在位置2时竖直分速度为vy2=32LT=0.30.2m/s=1.5m/s根据平行四边形定则知，位置2的速度为v2=2202yvv+=2221.5+m/s=2.5m

/s14.一个做匀速圆周运动的物体，如果保持半径不变而转速增加到原来的2倍，所需向心力就比原来的大3N，则物体以原来转速转动时的向心力为____________________．【答案】1N【解析】【详解】转速以转每秒为单位时与频率以赫兹为单位时的数值相等．由于ω=2πf，即ω∝f，

则ω∝n，则每秒钟转数变为原来的2倍时角速度增加为原来的2倍，即ω1=2ω2．根据向心力公式得：F1=mω12r，当角速度为原来的2倍时有：F2=mω22r．F2-F1=3N联立解得：F1=1N．三、计算题：要求解题过程必须写明所依据的公式、

定理等依据，以及必要的文字说明，涉及数字运算的要正确使用物理量的单位。共40分。15.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通

知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处（如图）的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到，己知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，（不计人和吊篮的大小及重物的质量）。问：(1)接住前重物下落运动的时间t=？(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v=？(3)乙同学在最低点处对地板的压力FN=

？【答案】(1)2Rtg=；(2)1π8vgR=；(3)2π(1)64mg+【解析】【详解】(1)重物做自由落体运动，由运动学公式知2122Rgt=解得2Rtg=(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度为12π18π8RsvgRtt===(3)设支持力为F，由牛顿第二定律得2vFmgmR−=解得2

π(1)64Fmg=+由牛顿第三定律得人对地板的压力2Nπ(1)64Fmg=+16.宇航员驾驶宇宙飞船到达月球，他在月球表面做了一个实验：在离月球表面高度为h处，将一小球以初速度v0水平抛出，水平射程为x。已知月球的半径为R，万有引力常量为G。不考虑月球自转的影响。求：(1

)月球表面的重力加速度大小g0；(2)月球的质量M；(3)飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v。【答案】(1)20022hvgx=；(2)22022hvRMxG=；(3)02vvhRx=【解析】【详解】(1)设飞船质量为m，设小球落地时间为t，根据平抛运动规律，水平方向0x

vt=竖直方向212hgt=解得20022hvgx=(2)在月球表面忽略地球自转时有02GMmmgR=解得月球质量22022hvRMxG=(3)由万有引力定律和牛顿第二定律22GMmvmRR=解得02vvhRx=17.嫦娥一号在西昌卫星发射中心发

射升空，准确进入预定轨道．随后，嫦娥一号经过变轨和制动成功进入环月轨道．如图所示，阴影部分表示月球，设想飞船在圆形轨道Ⅰ上作匀速圆周运动，在圆轨道Ⅰ上飞行n圈所用时间为t到达A点时经过暂短的点火变速，进入椭圆

轨道Ⅱ，在到达轨道Ⅱ近月点B点时再次点火变速，进入近月圆形轨道Ⅲ，而后飞船在轨道Ⅲ上绕月球作匀速圆周运动，在圆轨道Ⅲ上飞行n圈所用时间为．不考虑其它星体对飞船的影响，求：（1）月球的平均密度是多少？（2）飞船从轨道Ⅱ上远月点A运动至近月点B所用的时

间．（3）如果在Ⅰ、Ⅲ轨道上有两只飞船，它们绕月球飞行方向相同，某时刻两飞船相距最近（两飞船在月球球心的同侧，且两飞船与月球球心在同一直线上），则经过多长时间，他们又会相距最近？【答案】（1）月球的平均密度是．（2）飞船从轨道Ⅱ上远月点A运动至近月点

B所用的时间为．（3）则经（m=1，2，3…），他们又会相距最近【解析】【详解】（1）在圆轨道Ⅲ上的周期：T3=…①由万有引力提供向心力有：…②又：M=…③联立得：=…④（2）设飞船在轨道I上的运动周期为T1，在轨道I有：…⑤又：…⑥联立①②⑤⑥得：r=4R设飞船在轨道II上的运动周期T2，而轨

道II的半长轴为：=2.5R…⑦根据开普勒定律得：…⑧可解得：T2=0.494T3所以飞船从A到B的飞行时间为：（3）设飞船在轨道I上的角速度为ω1、在轨道III上的角速度为ω3，有：所以设飞飞船再经过t时间相距最近，有：ω3t′﹣ω1t′=2mπ所以有：t=（m=1，2，3…）18.如图是利用传

送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3sm=，传送带与水平方向间的夹角37=，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底

板间的竖直高度1.8Hm=，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.xm=现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/gms=，sin370.6=，cos370.8=，求：（

1）主动轮的半径；（2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间．【答案】（1）0.1m（2）1m/s；（3）4.25s【解析】【分析】（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的

压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小．（2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间．【详解】（1）由平抛运动的公

式，得xvt=，21Hgt2=代入数据解得v=1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得2vmgmR=，代入数据得R=0.1m（2）由牛顿第二定律得mgcosmgsinma=﹣，代入数据解得a=0.4m/s2由

212vsa=得s1=1.25m＜s，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为1m/s．（3）由v=at1解得煤块加速运动的时间t1=2.5s煤块匀速运动的位移为s2=s﹣s1=1.75m，可求得煤块匀速运动的时间t2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时

间t=t1+t2代入数据解得t=4.25s