【文档说明】四川省泸州市泸县第五中学2019-2020学年高一下学期第四学月考试物理试题 【精准解析】.doc，共(16)页，561.500 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四学月考试物理试题第I卷选择题一、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题为多选题，少选得2分，多选错选与不选得0分）1.如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假若

人与扶梯一起匀加速向上运动，在这个过程中人脚所受的静摩擦力（）A.等于零，对人不做功B.水平向左，对人不做功C.水平向右，对人做正功D.沿斜面向上，对人做正功【答案】C【解析】【详解】人与扶梯一起匀加速向上运动，人的脚所受的静摩擦力水平向右，与位移方向成锐

角，静摩擦力做正功，A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项与上述分析结论相符，故C正确；D.D项与上述分析结论不相符，故D错误．2.2016年6月和8

月，我国在西昌和酒泉卫星发射中心，分别发射了第二十三颗北斗导航卫星G7和世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”．G7属地球静止轨道卫星（高度距地面约3600km），“墨子号”的圆形轨道距地面的高度约为500km．关于在轨运行的这两颗卫星，下列说法正确的是（）A.“墨子号”的运

行速度大于7.9km/sB.北斗G7的运行速度大于11.2km/sC.“墨子号”的运行周期比北斗G7大D.“墨子号”的向心加速度比北斗G7大【答案】D【解析】【详解】A、7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，则这两颗卫星的速度都小于7.9km/s，故A错误；B

、运行速度不能大于11.2km/s，大于11.2km/s会脱离地球引力的束缚，成为绕太阳运行的人造行星，或成为其他行星的人造卫星，故B错误；C.根据2224GMmmrrT=解得：234rTGM=，半径越大，周期越大，则半径小的量子科学实验卫星

“墨子号”的周期比北斗G7小，故C错误；D、根据2GMmmar=可知：2GMar=，轨道半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大，故D正确；故选D．【点睛】关键知道7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，根据2224GMmmrr

T=分析周期与轨道半径的关系；根据2GMmmar=分析加速度与轨道半径的关系．3.以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为fF，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为()A.0B.fFh−C.4fFh−D.2f

Fh−【答案】D【解析】【详解】上升过程：空气阻力对小球做功：W1=-Ffh；下落过程：空气阻力对小球做功：W2=-Ffh；则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为：W=W1+W2=-2Ffh，故选D．4.英国科学家牛

顿是经典力学理论体系的建立者，他有一句名言是：“如果我所见到的比笛卡儿要远些，那是因为我站在巨人的肩上。”关于牛顿等这些科学“巨人”及其成就，下述说法错误的是（）A.开普勒在研究了天文学家第谷的行星观测记录的基础上，发现并提出了行星运动定

律B.牛顿提出万有引力定律，后人利用这一理论发现的海王星，被称为“笔尖下发现的行星”C.卡文迪许在实验室较准确地测出了引力常量G的数值，并说该实验是“称量地球的重量”D.以牛顿运动定律为基础的经典力学，包括万有引力定律，既适用于低速运动也适用

于高速运动；既适用于宏观世界，也适用于微观世界【答案】D【解析】【详解】A．开普勒在研究了天文学家第谷的行星观测记录的基础上，发现并提出了行星运动定律，A正确；B．牛顿提出万有引力定律，后人利用这一理论发现的海王星，被称为“笔尖下发现的行星”，B正确；C．卡

文迪许在实验室利用扭秤实验较准确地测出了引力常量G的数值，并说该实验是“称量地球的重量”，C正确；D．以牛顿运动定律为基础的经典力学，包括万有引力定律，适用于宏观低速的运动，D错误。本题选择错误选项，故选D。5.如图所示，固定

在竖直平面内的光滑圆轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为最高点，DB为竖直线，AE为水平面，今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A处进入圆轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能保证小球最终通过最高点D(不计空气阻力的影响)．则小球通过D点后A.一定会落到水平面AE上

B.一定不会落到水平面AE上C.一定会再次落到圆轨道上D.可能会再次落到圆轨道上【答案】A【解析】小球因为能够通过最高点D，根据mg=m2DvR，得：vD＝gR，知在最高点的最小速度为gR．根据R=12gt2，得：t=2Rg．则平抛运动的水平位移为：22Rxg

RRg＝=．知小球一定落在水平面AE上．故A正确，BCD错误．故选A．点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动在最高点的临界情况，即重力提供向心力，结合平抛运动的规律进行求解．6.如图所示，ABCD是一个

盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC为水平的，其距离0.50md=，盆边缘的高度为0.30mh=．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为0.1

0=．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（）．A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0【答案】D【解析】【分析】小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求

解。【详解】由小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为S，整个过程用动能定理有：0mghmgs−=所以小物块在BC面上运动的总路程为0.3m3m0.1hs===而d=0.5m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0m。故选D。【点睛】本题对全过程应用动能定理

，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。7.由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度AB>BC．先将ABC按图1方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块（可看做质点）从斜面顶端由静止释放，经时间

t小物块滑过B点；然后将ABC按图2方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点．则小物块A.与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大B.两次滑到B点的速率相同C.两次从顶

端滑到底端所用的时间相同D.两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同【答案】D【解析】【详解】Ａ、第一种情况：从Ａ到Ｂ过程，221111(sincos)22ABatgt==−，第二种情况从Ｃ到Ｂ的过程，222211(sincos)22CBatgt==−

，因为AB>BC，所以12，即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，选项Ａ错误．Ｂ、据题意两次做匀加速直线运动2vst=，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到Ｂ的速率更大些，选项Ｂ错误．D、由12coscosfWmgABmgBC=−−，则两次摩擦力做功

相等，故D正确．Ｃ、两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑块中物块到达底端速度相等v，则第一种112vvBCt+=，第二种222vvBAt+=，因BC<BA,12vv,所以t1<t2,即第二次到达底端的时间较长，选项C错误.故选D.【点睛】本题应用牛顿第

二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键．应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节．8.如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度在水

平地面上匀速行驶时弹簧长度为L1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列答案中正确的是（）A.12LLB.12LL=C.12LLD.前三种情况均有可能【答案】A【解析】当汽车在水平面上做匀速直线运动时，设弹簧原长为L0，劲度系数为k，根据平衡得：10

()mgkLL=−，解得10mgLLk=+①，当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，由牛顿第二定律得：220()vmgkLLmR−−=，解得：220mgvLLmkR=+−②；①②两式比较

可得：L1＞L2；故选A.【点睛】本题中关键要结合物体的运动情况进行受力分析，才能得到明确的结论．9.向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有A.b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反B.从

炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达水平地面D.炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定不相等【答案】C【解析】【详解】A项：炮弹炸裂过程发生在炮弹的速度恰好沿水平

方向时，由于炮弹水平方向不受外力，所以在水平方向上动量守恒，设炮弹炸裂前瞬间的速度为v炸裂后a、b的速度分别为va、vb，由动量守恒定律有：（ma+mb）v=mava+mbvb，若va＜v，可得vb的方向与v方向相同，且有vb＞v，故A错

误；B、C项：a、b在水平飞行的同时，竖直方向上做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由高度决定，可知a、b同时落地，由于水平飞行距离x=vt，由于a的速度可能小于b的速度，则a的水平位移可能比b的小，故B错误，C正确；D项：由动量守恒定律可知，炸裂的过程中

，a、b动量的变化量大小一定相等，故D错误．10.如图所示，在光滑水平面上有两块木块A和B，质量均为m，B的左侧固定一轻质弹簧．开始时B静止，A以初速度v0向右运动与弹簧接触，则在相互作用的过程中()A.

任意时刻，A、B系统的总动能恒定不变B.任意时刻，A、B系统的总动量恒定不变C.当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度D.当弹簧恢复到原长时，A与B具有相同的速度【答案】BC【解析】【分析】A、B系统合力为零，系统动

量守恒，当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律解答．【详解】A项：A以v0速度向右运动与B发生碰撞，根据能量守恒得弹簧的势能增大过程，A、B系统的总动能减小，故A错误；B项：A、B系统任意时刻合力为零，所以任意时刻，A、B系

统的总动量应守恒，故B正确；C项：当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度，弹簧的势能最大，故C正确；D项：当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度，之后在弹簧弹力作用下A减速，B加速，所以当弹簧恢复到原

长时，A与B速度交换，即A的速度为零，B的速度是v0，故D错误．故应选：BC．【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，且多次运用动量守恒定律．11.如图所示，足够长的半径为R=0.4m的1/4圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑

固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m=0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动.g取10m/s2．则（）A.小球甲下滑过程中机械能增加B.小球甲下滑过程中重力对它做

功的功率先变大后减小C.小球甲下滑到圆弧形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND.整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J【答案】BD【解析】【分析】先对两个球整体分析，只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析；考虑重力对小球甲做功功率时，结合特殊位置进行分析；在圆弧轨道最低点，

重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；对球乙运用动能定理列式分析．【详解】小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，选项A错误；小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中

途重力的功率不为零，故重力的功率应该时先增加后减小，故B正确；两个球系统机械能守恒，故：mgR=12mv2+12mv2，解得：100.42/vgRms===；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：N-

mg=m2vR，解得：N=mg+2vR=0.5×10+0.5×220.4=10N，根据牛顿第三定律，压力也为10N，故C错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W=12mv2=12×0.5×22=1J，故D正确；

故选BD．【点睛】本题关键时明确两个球相同机械能守恒，而单个球的机械能不守恒，同时要结合动能定理分析，还要找到向心力来源．12.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，运动的v－t图象如图所示．设汽车

的牵引力为F，摩擦力为f；全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，全程牵引力的冲量大小为I1，摩擦力的冲量大小为I2．则下列关系正确的是()A.F：f＝3：1B.F：f＝4：1C.W1：W2＝1：1D.I1：I2＝1：1【答案】BCD【解析】【详解】由图可知，物体先做匀加速直线运动

，1s末速度为v，由动能定理可知211()2FfLmv−=减速过程中，只有阻力做功：12()FfLfL−=由图象可知，L1：L2=1：3解得：:4:1Ff=对全程由动能定理得：W1-W2=0故W1：W2=1：1根据动量定

理可知，合外力冲量等于动量变化I1-I2=0故I1：I2=1：1A.F：f＝3：1与分析不符，故A项与题意不相符；B.F：f＝4：1与分析相符合，故B项与题意相符；C.W1：W2＝1：1与分析相符，故C项与题意相符；D.I1：I2＝1：1与

分析相符，故D项与题意相符．第II卷非选择题二、实验题13.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．(1)为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，将你认为

正确选项的前面字母填在横线上：______________．A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置必须相同C．每次必须由静止释放小球D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E．小球运动时不应与木板上的白纸相接触F．将

球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线(2)在做该实验时某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到了如图所示的图像．试根据图像求出物体平抛运动的初速度大小为______m/s．(3)物体运动到B点时的速度大小为______m/s；抛出

点的坐标为（）．（g=10m/s2，且所有结果均保留2位有效数字）【答案】(1).ABCE(2).2.0(3).2.8(4).（-20cm，-5.0cm）【解析】【详解】(1)[1].A.斜槽的末端需调成水平，以保证小球做平抛运动，故A正确．B

C.每次使小球从同一固定位置由静止释放，以保证小球的初速度相同，故B、C正确．D.记录小球位置用的铅笔每次不一定必须严格地等距离下降，选项D错误；E.小球在运动的过程中不能与木板接触，防止改变轨迹，故E正确；F.描点连线时用平滑曲线连接，故F错误．(2)[2].在竖直方向上，根据△y=gT

2得，0.250.15s0.1s10yTg−=＝＝则初速度00.2m/s2.0m/s0.1xvT＝＝＝(3)[3].物体运动到B点的竖直分速度ACB0.4m/s2m/s20.2yyvT＝＝＝根据平行四边形定则知，B点的速度22220B22m/s22m/s=2.8m/sByvv

v++=＝＝[4].抛出点到B点的时间B2s0.2s10yvtg＝＝＝则抛出点到B点的水平位移xB=v0t=2×0.2m=0.4m=40cm，抛出点的横坐标x=20cm-40cm=-20cm．抛出点到B点的竖直位移yB＝12gt2＝12×10×0.04m＝0.

2m＝20cm，则抛出点的纵坐标y=15cm-20cm=-5.0cm．即抛出点的坐标（-20cm，-5.0cm）14.某兴趣小组利用自由落体运动来验证机械能守恒定律．下图是实验中打出的某条点迹清晰的纸带．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g取9.80m／

s2，重物的质量为1.00kg．重物运动到B点的动能是________J，重物运动到E点的动能是________J，重物由B点运动到E点的过程中，重物的重力势能减少了________J.（均保留3位有效数字）由此，我们的实验结论是：在误差允许的范围内，重力势能的

减少量________动能的增加量.（选填“<”或“>”或“=”）【答案】(1).2.47，(2).3.94，(3).1.48，(4).=【解析】【详解】B点的瞬时速度为：28.89mm102.2225ss220

.02ACBxvT−===同理有：225.1513.92mm102.8705ss220.02DFExVT−−===22k1112.2225J2.47J22BBEmv===22k1112.8705J

3.94J22EEEmv===重物由B点运动到E点，重力势能减少了2p19.8(19.344.25)10J1.48JEmgh−==−=重物由B点运动到E点，动能增加量为：kkk1.47JEBEEE=−=，所以

误差允许范围重力势能的减少量与动能的增加量相等．三、计算题（本大题共三个小题，共36分）15.如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短为0.1s）

.碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止．已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32，取g=10m/s2.求：（1）A点距墙面的距离x；（2）碰撞过程中，墙对小物块平均作用力的大小.（碰撞时物块与地面间摩擦忽略不计）【答案】（

1）5m；（2）65N【解析】【详解】(1)小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得：22101122mgxmvmv−=−代入数据解得：5mx=；(2)选初速度方向为正方向，由动量定理得：21Ftmvmv=−−代入数据解得：65NF=−．16.质量为2t的汽车在平直

公路上从静止开始先做匀加速运动，5s末达额定功率后保持功率不变，其v~t如图所示．求：(1)汽车的额定功率和汽车受到的阻力；(2)速度为10m/s时的加速度；(3)变加速运动的总路程．【答案】(1)P=15kW，f=1000N(2)0.25(3)550m【解析】【详

解】(1)汽车先做匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：F－f＝ma且a＝1m/s2在5s末达额定功率有：P＝Fv1保持功率不变，在5s末有：P＝fv2由②③得：12,PPFfvv==联立各式解得：P＝15kW，f＝1000N(2)速度v′＝10m/s时有：P＝F′v′据牛顿第二定律

有：F′－f＝ma′得：a′＝0.25m/s2(3)汽车在变加速运动阶段，据动能定理有：222222111122Ptfxmvmv−=−且t2＝50s得：x2＝550m17.如图所示，倾角为45=的粗糙平直

导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内.一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为H=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的c点.已知圆环最低点为e点，重力加速度为g，不计空气阻

力.求：（1）小滑块在a点飞出的动能；（）小滑块在e点对圆环轨道压力的大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数.（计算结果可以保留根号）【答案】（1）12kEmgr=；（2）F′=6mg；（3）4214−=【解析】【详解】（1）小滑块从a点飞出后做平拋

运动：水平方向：2arvt=竖直方向：212rgt=解得：avgr=小滑块在a点飞出的动能21122kaEmvmgr==（2）设小滑块在e点时速度为mv，由机械能守恒定律得：2211222mamvmvmgr=+

在最低点由牛顿第二定律：2mmvFmgr−=由牛顿第三定律得：F′=F解得：F′=6mg（3）bd之间长度为L，由几何关系得：()221Lr=+从d到最低点e过程中，由动能定理21cos2mmgHmgLmv−=解得4214−=