【文档说明】【精准解析】陕西省延安市第一中学2019-2020学年高一下学期6月物理试题.doc，共(13)页，464.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年度第二学期月考高一年级物理试题第Ⅰ卷（选择题共52分）一、选择题（（每小题4分，4×13＝52分，题中1-9题为单项选择题，10-13题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得零分）1.关于万有引力定律的数学表达

式122mmFGr=，下列说法中正确的是（）A.公式中G为引力常量，是人为规定的B.r趋近零时，万有引力趋于无穷大C.ml对m2的万有引力与m2对ml的万有引力总是大小相等，与ml、m2的大小无关D.ml对m2的万有引力与m2对ml的万有引力总是大小相等，方向相反，是一对平衡力【答案】C【

解析】【详解】A．公式122mmFGr=，中G为引力常数，由卡文迪许通过实验测得，故A错误；B．公式122mmFGr=，中从数学角度讲：当r趋近于零时其值是趋于无穷大，然而这是物理公式，所以r不可能为零．万有引

力公式只适合于两个可以看做质点的物体，即，物体（原子）的自身半径相对两者的间距可以忽略时适用．而当距离无穷小时，相临的两个原子的半径远大于这个距离，它们不再适用万有引力公式，故B错误；C．12mm、之间的万有引力是属于相互作用力，所以总是大小相等，与12mm、

的质量是否相等无关，却与它们的质量乘积有关．故C正确；D．12mm、之间的万有引力总是大小相等方向相反，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故D错误．故选C。2.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（）A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B.第谷在天

文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D.开普勒总结出了行星运动的规律，牛顿在前人研究的基础上发现了万有引力定律【答案】D【解析】【详解】开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行

星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ABC错误，D正确。故选D。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。3.如图所示

，一个物体放在水平面上，在跟竖直方向成θ角的斜向上的拉力F的作用下沿水平面移动了距离s，若物体的质量为m，物体与水平面之间的摩擦力大小为f，则在此过程中A.摩擦力做的功为fsB.力F做的功为FscosθC.力F做的功为FssinθD.重力做的功为mgs【答案】C【解析】【详解

】A．摩擦力方向水平向左，位移水平向右，故fWfs=−，A错误；BC．力F所做的功为sinsinFWFsFs==，B错误C正确；D．因为在竖直方向上没有发生位移，所以重力做功为零，D错误故选C。4.在地球表面处取这样几个点：北

极点A、赤道上一点B、AB弧的中点C、过C点的纬线上取一点D，如图所示，则下列说法错误的是()A.B、C、D三点的角速度相同B.C、D两点的线速度大小相等C.B、C两点的向心加速度大小相等D.C、D两点的向心加速度大小相等

【答案】C【解析】地球表面处，北极点A、赤道上一点B、AB弧的中点C、过C点的纬线上取一点D；它们同绕地轴转动，所以它们的角速度均相同．故A正确；由角速度与线速度关系公式v=ωr，C与D由于半径相等，所以线速度大小相等，故B正确；由an=ω2r得

，向心加速度与半径成正比，所以B点向心加速度比C点大，故C错误；由an=ω2r得，向心加速度与半径成正比，所以C点向心加速度与D点一样大，故D正确；故选ABD．5.地球的第一宇宙速度约为8km/s，某行星的质量是地球的6倍，

半径是地球的1.5倍。该行星上的第一宇宙速度约（）。A.16km/sB.32km/sC.46km/sD.2km/s【答案】A【解析】【详解】星球半径为R，第一宇宙速度满足22MmvGmRR=解得GMvR=则131622R

vGMvRGM===行地地行地行解得228km/s16km/svv===行地A正确，BCD错误。故选A。6.有三颗质量相同的人造地球卫星1、2、3，其中1是放置在赤道附近还未发射的卫星，2是靠近地球表面做圆周运动的卫星，3是在高空的一颗地球同步卫星．比较这三颗人造卫星的角速度ω，下

列判断正确的是A.ω1=ω2B.ω1<ω2C.ω1>ω3D.ω2<ω3【答案】B【解析】【详解】试题分析：比较卫星1、3，由两卫星的周期相同，因此角速度也相同，选项C错误；比较卫星2、3，由22GMmmrr=可得3GMr；可知半径越小角速度越大，2

3选项D错误；因此231=，A错误B正确考点：考查人造卫星点评：本题难度较小，应两两进行比较，找到相同的量，根据公式判断求解7.一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下运动，运动过程中F1对物体做功﹣6J，F2对物体做功8J，则F1和F2的合力做功为（）

A.2JB.6JC.10JD.14J【答案】A【解析】【详解】运动过程中F1对物体做功﹣6J，F2对物体做功8J。故合外力做的总功为等于各力做功的代数和，故12682JWWW=+=−+=故A正确，BCD

错误。故选A。8.如图所示，物体A、B质量相同，A平放在光滑的水平面上，B平放在粗糙的水平面上，在相同的力F作用下，由静止开始都通过了相同的位移s，那么（）A.力F对A做功较多，做功的平均功率也较大B.力F对B做

功较多，做功的平均功率也较大C.力F对A、B做的功和做功的平均功率都相同D.力F对A、B做功相等，但对A做功的平均功率较大【答案】D【解析】【详解】由W=Fs知，F对A和B做功一样多，B在粗糙水平面上由于受到阻力的作用，B的加速度

小，由s=12at2知，通过相同的位移，B用的时间长，由WPt=知，力F对B做功的平均功率小，D正确ABC错误．故选D．9.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vm后，立即关闭发动机直到停止，运动过程的vt−图像如图所示，设汽车的牵引

力恒为F，摩擦力恒为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则（）A.:1:4Ff=B.:3:1Ff=C.12:1:1WW=D.12:1:3WW=【答案】C【解析】【详解】AB．根据恒力做功公式的1WFs=2Wfs=由图可知s∶s′=

1∶4所以F∶f=4∶1故AB错误；CD．对全过程由动能定理可知120WW−=则W1：W2=1：1故C正确，D错误；故选C。10.关于功率，下列各种说法中正确的是（）A.物体做的功越多，说明功率越大B.功率的大小表示做功的快慢C.由WPt=可知机器做功越多

，其功率越大D.单位时间内物体做功越多，其功率越大【答案】BD【解析】【详解】A．功率是表示做功快慢的物理量，功率大不一定物体做功多，故A错误；B．功率是表示做功快慢的物理量，功率小说明物体做功慢，故B正确；C．由WPt

=可知机器做功越多，如果用的时间越长，功率不一定大，故C错误；D．由WPt=可知单位时间内做功越多，功率越大，故D正确。故选BD。11.一汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变．汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是（）

A.汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大B.汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大C.汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大D.当牵引力等于阻力时，速度达到最大值【答案】BD【解析】【详解】根据P=Fv知，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律知

，加速度减小，由于加速度的方向与速度方向相同，则速度增大．当加速度减小到零，牵引力等于阻力，速度达到最大，然后做匀速直线运动．故BD正确，AC错误．12.关于地球的同步卫星，下列说法正确的是（）A.它绕行的速度小于7.9km/sB.它的加速度小于29.8m/sC.它的周期

是24小时，且轨道平面与赤道平面重合D.它处于平衡状态，且具有一定的高度【答案】ABC【解析】【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据22MmvGmrr=可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故

A正确；B．根据牛顿第二定律2MmGmar=得2GMar=根据黄金代换可知重力加速度2GMmmgR=因为rR故ag故B正确；C．地球的同步卫星轨道与赤道处于同一平面，周期与地球自转周期相同，故C正确；D．地球的同步卫星做圆周运动，合外力不

为零，加速度不为零，不是平衡状态，故D错误。故选ABC。13.如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是（）A.b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度B.b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度C.c加速可追上同一轨道上的b，b

减速可等候同一轨道上的cD.假设a卫星由于稀薄空气的阻力，轨道半径缓慢减小，则其动能增大。【答案】AD【解析】【详解】A．根据22MmvGrr=得线速度GMvr=可知卫星b和卫星c的轨道半径相等且大于卫星a的轨道，b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故A正确；B．根据

2MmGmar=向心加速度2GMar=可知，轨道半径小的向心加速度大，故B错误；C．c加速前万有引力等于圆周运动向心力，加速后所需向心力增加，而引力没有增加，故ｃ卫星将做离心运动，故不能追上同一轨道的卫星b，故C错误；D．a卫星由于阻力，轨道半径缓慢减小，根据G

Mvr=可知其线速度将增大，故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题48分）三、填空题（2小题，共16分，把答案填在答题纸中的横线上或按题目要求作答）14.将一个质量为m=2kg的小球以水平速度v0=2m

/s抛出，若不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2，2秒内物体落地，重力做的功W=_____，重力势能是=_____（增加、减少）。以地面为参考平面，物体具有的重力势能为Ep=_____，2秒内重力的对物体做功的平均功率为P=_____，在2秒末重力的瞬时功率为P=_____。【答案】

(1).400J(2).减少(3).400J(4).200W(5).400W【解析】【详解】[1]小球在空中飞行时间2st=，竖直方向的位移2211102m20m22hgt===根据21020J400JWmgh===[2]物体下降，位移和重

力方向相同，重力做正功，重力势能减少。[3]重力势能p21020J400JEmgh===[4]平均功率400W200W2WPt===[5]由瞬时功率Pmgv=瞬vgt=联立可得400WPmggt==瞬15.两行星A和B是两个均匀球体，行星A的卫星a沿圆轨道运行

的周期为aT；行星B的卫星b沿圆轨道运行的周期为bT。设两卫星均为各自中心星体的近地卫星，而且:1:4abTT=，行星A和行星B的半径之比为AB:1:2RR=，两行星的质量之比MA：MB=_____，则行星A和行星B的密度之比AB:＝_____，行星表面的重力加速度之比AB:g

g＝_____。【答案】(1).2∶1(2).16∶1(3).8∶1【解析】【详解】[1][2]人造地球卫星的万有引力充当向心力，即2224MmGmRRT=①体积为343RV=②解得密度为23MVGT==③故A和B密度之比为A∶B=16∶1由MV=④联立②

③④得2324RMGT=⑤所以AM∶BM=2∶1⑥[3]忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式2MmGmgR=⑦由①⑦解得224gRT=⑧所以两行星表面处重力加速度之比为2212::8:114ABgg==⑨【点睛】求一个物理量之比，我

们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。三、计算题（共3小题，共32分，解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只

写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16.一台超重机从静止起匀加速地将质量m=1kg的货物竖直吊起，在2s末货物的速度4m/sv=，g取210m/s。则起重机：(1)对货物的拉力多大？(2)在2s末拉力的瞬时功率和2s内平均功率为多大？

【答案】(1)12N；(2)48W；24W【解析】【详解】(1)由运动学公式，可得在竖直方向vat=解得a=22m/s由牛顿第二定律Fmgma−=解得F=12N(2)2s末拉力的功PFv=解得P=48W2s内的平均

功率P1=Fv平解得P1=24W17.宇航员在某星球表面以初速度0v竖直向上抛出一个物体，物体上升的最大高度为h。已知该星球的半径为R，且物体只受该星球的引力作用。(1)求该星球表面的重力加速度。(2)如果要在这个星球

上发射一颗贴近它表面运行的卫星，求该卫星做匀速圆周运动的线速度。【答案】(1)202vgh=；(2)02Rvvh=【解析】【详解】(1)根据运动学公式202vgh=解得202vgh=①(2)设该星球的质量为M，则在星球表面上2GMmmgR=②22GMmmvRR=③有①②③联立解

得02Rvvh=18.如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数0.25=，桌面高h=0.45m。不计

空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能Ek；（3）小物块的初速度大小v0。【答案】（1）0.90m；（2）0.90J；（3）4.0m/s【解析】【详解】（1）物块飞出桌面后做平抛运动，在竖直方向上有2

12hgt=代入数据解得t=0.3s在水平方向上有svt=代入数据解得s=0.90m（2）对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得2k12mghEmv=−代入数据解得k0.90JE=（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，根据动能定理有2201122mglmvmv−=−代

入数据解得04.0m/s=v