【文档说明】山西省太原市第五中学2019-2020学年高一下学期5月月考物理试题【精准解析】.doc，共(19)页，764.000 KB，由小赞的店铺上传

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太原五中2019-2020学年度第二学期阶段性检测高一物理一、选择题：（1-8题为单项题，9-12题为多选题；每小题4分，共48分）1.关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是（）A.变速运动一定是曲线运动B.匀速圆周运动是匀速运动C.做曲线运动的物

体所受的合外力一定不为零D.做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心【答案】C【解析】试题分析：变速运动不一定是曲线运动，也可能是直线运动，选项A错误；匀速圆周运动的速度大小不变，方向不断变化，故匀速圆周运动不是匀速运动，选项B错误；做曲线运

动的物体速度不断变化，故有加速度，所受的合外力一定不为零，选项C正确；只有做匀速圆周运动的物体受到的合外力方向才一定指向圆心，选项D错误；故选C．考点：曲线运动和圆周运动2.如图所示，一物体在外力F作用下，从A到E做匀变速曲线运

动，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A.物体在A点处的速度最小B.物体在B点处的速度最大C.物体从A到D的运动过程中速率先减小后增大D.物体从A到D的运动过程中外力F做功的

功率一直增大【答案】C【解析】【详解】AB.根据做功公式cosWFL=可知，质点由A到B过程中90，合外力做负功，由动能定理可得，A点的速度比B点速度大，质点由B到D过程中90，合外力做正功，由动能定理可得，D点的速度比B点速度大，所以质点在B点的速度最小。故AB错误；C.结合前面的分析

可知，物体从A到D的运动过程中速率先减小后增大，故C正确；D.根据功率公式cosPFv=可知，物体从A到D的运动过程中功率先减小后增大，故D错误。故选C。3.某辆汽车在同样路况下以恒定的加速度或恒定的额定功率启动，司机根据速度计记录下各时刻汽车的

速度，并描绘出了v-t图线，如图所示，图乙中0～t1时间内的v-t图线是直线，则关于汽车启动过程的下列说法中正确的是（）A.甲图反映的是汽车以恒定加速度启动的过程，乙图反映的是汽车以恒定功率启动的过程B.甲图中t2时刻的牵引力功率大于t1时刻的功率C.乙图中t2时刻的牵引

力功率等于t1时刻的功率D.甲图中vm不等于乙图中的vm【答案】C【解析】【详解】A．在v-t图象中，斜率代表加速度，在甲图中，斜率逐渐减小，加速度减小，根据F-f=ma，v=at及P=Fv可知，甲图以恒定的功率

启动，而乙图开始斜率不变，加速度不变，以恒定的加速度启动，故A错误；B．甲图始终以恒定功率启动，在任意时刻牵引力的功率都等于额定功率，故B错误；C．乙图恒定的加速度启动，到达t1′时刻，汽车达到额定功率，此后在额定功率下做变加速运动，故t2′时刻的牵引力功率等于t1′时刻的功率，故C正确

；D．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，甲乙两图受到阻力相同，最大功率相同，故达到的最大速度相同，故D错误。故选C。4.很多国家发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后在Q点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后在P

点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行，如图所示。已知轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点．若只考虑地球对卫星的引力作用，则卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（）A.若卫星在1、2、3轨道上正常运行时的周期分别为T1、T2、T3，则有T1＞T2＞T3B.卫星

沿轨道2由Q点运动到P点时引力做负功C.根据公式v=ωr可知，卫星在轨道3上的运行速度大于在轨道1上的运行速度D.根据GMr可知，卫星在轨道2上任意位置的速度都小于在轨道1上的运行速度【答案】B【解析】【详解】A．由开普勒第三定律可得，可知轨道长半

轴越大，周期越大，所以周期关系应为123TTT，故A错误；B．卫星由Q点运动到P点，地球引力做负功，势能增加，动能减少，总机械能不变，故B正确；C．根据22GMmvmrr=可得GMvR=可知卫星的轨道半

径越大，线速度越小，所以卫星在轨道3上的速度小于在轨道1上的速度，故C错误；D．由轨道1运动到轨道2需要外力做正功，即在轨道2上的机械能大于在轨道1上的机械能，在Q点时重力势能相等，所以在Q点轨道2上的卫星动能大于轨道1上卫星的动能，即在Q点卫星在轨道2上的速度大于在轨道1上的

运行速度，故D错误。故选B。5.在游乐园质量为m的人乘坐如图所示的过山车，当过山车从高度释放之后，在竖直平面内通过了一个光滑的圆周轨道（车的轨迹如图所示的虚线），下列说法正确的是（）A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下

去B.人在最低点时对座位的压力大于mgC.人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D.人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mg【答案】B【解析】【详解】A．当人与保险带间恰好没有作用力时，由重力提供向心力得2

vmgmR=临解得临界速度为=vgR临当速度vgR时，没有保险带，人也不会掉下来。选项A错误；B．人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg，选项B正确；C．在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式2=var可知，人在最高点

和最低点时的向心加速度大小不相等，选项C错误；D．当人在最高点的速度vgR时人对座位就产生压力。当速度增大到2vgR=时，压力为3mg，选项D错误。故选B。6.一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图所示，云层底面距地面高h，探照灯以角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到

与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是()A.hωB.hcosC.2hcosD.hωtanθ【答案】C【解析】当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度为cosh．设云层底面上光点的移动速度为v，则有vcosθ=cosh，解得云层底面上光点的移动速度

v=2cosh，选项C正确．7.如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力F的大小随位移x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5=，g取10m/s2则（）A.物体先做加速运动，推力撤去后才开始做减速运动B.运动过程中推

力做的功为200JC.物体在运动过程中的加速度先变小后不变D.因推力是变力，无法确定推力做的功【答案】B【解析】【详解】AC．滑动摩擦力f20NFmg==当推力大于20N时，物体做加速度减小的加速运动，当推力减小到20N时，加速度为零；当推力小于20N时，物体做加速度增大的减速运动，当推力减

小为零后，物体做匀减速运动直至停止，选项AC错误；BD．F-x图线与横轴所围图形的面积表示推力做的功，则10004J200J2W+==选项B正确，D错误。故选B。8.如图为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半

径，双星的总质量M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则不正确的是（）A.A的加速度一定大于B的加速度B.L一定时，m越小，r越大C.L一定时，A的质量减小△m而B的质量增加△m，它们的向心力减小D.A的质量一定大于B的质量【

答案】D【解析】【详解】A．双星系统中两颗恒星间距不变，是同轴转动，角速度相等，根据2ar=，因为ABrr所以ABaaA正确；BD．双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等，故有22AABBmrmr

＝所以ABBArmrm=其中ABrrL+=所以L一定时，m越小，r越大；因为ABrr所以ABmmB正确，D错误；C．双星的向心力由它们之间的万有引力提供，有2=ABmmFGL向A的质量mA小于B的质量mB，L一定时，A的质量减小Δm

而B的质量增加Δm，根据数学知识可知，它们的质量乘积减小，所以它们的向心力减小，C正确。本题选不正确的，故选D。9.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A.如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B.如图b所示是一圆锥摆，增大，但保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C.如图c，

同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度大小不等，但所受筒壁的支持力大小相等D.如图d，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对轮缘会有挤压作用【答案】BC【解析】【详解】A．汽车

在最高点由牛顿第二定律有2NvmgFmr−=得2NvFmgmmgr=−则处于失重状态，故A错误；B．如图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力提供向心力有2tansinFmgmL==得cosggLh==故增大θ，但保持圆锥的高不变，角速度不变，故B正确；C．对小球受

力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图所示，根据牛顿第二定律，有tanFmg=合即两球所受合力大小相同。两小球所受合力提供圆周运动向心力有2tanmgmr=知，轨道半径大的角速度小，故A球角速度小于B球角速度，在A、B两位置所受筒壁的支持力为cosmgN=所以在

A、B两位置所受筒壁的支持力大小相等，故C正确；D．火车转弯超过规定速度行驶时，则所需向心力变大，即外轨对轮缘会有挤压作用，故D错误。故选BC。10.如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡

的倾角为，飞出时的速度大小为0v，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则A.如果0v不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B.不论0v多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C.

运动员落到雪坡时的速度大小是0cosvD.运动员在空中经历的时间是02tanvg【答案】BD【解析】【详解】AB．如果0v不同，则落地位置不同，但位移方向均沿斜面方向，即与水平方向的夹角为，所以根据tan2tan=可得速度方向与水平方向的夹角均为，故A错误，B正确；CD．设

在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则两方向位移关系2012tan2ogtgtvtv==则有飞行的时间02tanvtg=因此竖直方向的速度大小为02yvgtvtan==落回雪

坡时的速度大小2220014tanyvvvv=+=+故C错误，D正确；故选BD。11.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示。当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a与水平方向成角，绳b沿水平方向且长为L，

则下列说法正确的是（）A.a绳的张力不可能为零B.角速度越大，a绳的张力越大C.当角速度tangL时，b绳将出现弹力D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化【答案】AC【解析】【详解】A．小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的

分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确。B．根据竖直方向上平衡得Fasinθ=mg解得sinamgF=可知a绳的拉力不变，故B错误。C．当b绳拉力为零时，有2tanmgmL=解得gcotL=可知当角速度tangL时，b绳出现弹力

。故C正确。D．由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。故选AC。12.如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块（可视为质点）。A和B距

轴心O的距离分别为rA＝R，rB＝2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm，两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止。则在圆盘转动的角速度从0缓慢增大的过程中，下列说法正确的是（）A.B所受合力一直等于A所受合力B.A受到的摩擦力一直指向圆心C.B受到的摩

擦力先增大后不变D.A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度ωm＝2mfmR【答案】CD【解析】【详解】当圆盘角速度比较小时，由静摩擦力提供向心力。两个物块的角速度相等，由2Fmr=可知半径大的物块B所受的合力

大，需要的向心力增加快，最先达到最大静摩擦力，之后保持不变。当B的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线开始提供拉力，根据2m2TfmR+=2ATfmR+=可知随着角速度增大，细线的拉力T增大，A的摩擦力Af将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力反向增大到最大，即Am=ff−时，解得m2fmR=角

速度再继续增大，整体会发生滑动。由以上分析，可知AB错误，CD正确。故选CD。二、实验题（每空2分，共10分）13.在做“探究平抛物体的运动”实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。(1)为

了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出一些操作要求，你认为正确选项是（）A．实验所用的斜槽要尽量的光滑，以减小摩擦B．通过调节使斜槽的末端保持水平C．每次释放小球的位置必须相同D．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线E．每次必须由静止释放小球F．小球运动时不应与木板上的白纸相碰撞G

．记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降(2)如图是实验中记录小球的轨迹，图中背景方格的边长表示实际长度0.1m，如果取g=10m/s2，那么：①由图可知小球从a运动到b的时间t=___

________②小球平抛运动的初速度为___________③小球在b点的速度大小为___________④小球从抛出点运动到c点时间为___________【答案】(1).BCEF(2).0.1s(3).2.0m/s(4).2.5m/s

(5).0.25s【解析】【详解】(1)[1]ACE．因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，但斜槽不一定光滑，故A错误，CE正确；B．通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故B正确；D

．将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，平滑的曲线把各点连接起来，故D错误；F．做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，故F正确；G．因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来越大

，因此木条（或凹槽）下降的距离不应是等距的，故G错误。故选BCEF(2)[2]由图可知，小球在竖直方向上各点间的距离差是个定值，说明相邻两点间的时间相等，在竖直方向上2ygt=则0.1s0.1s10ytg===[3]小球平抛运

动的初速度00.2m/s2.0m/s0.1xvt===[4]b在竖直方向上的分速度0.3m/s1.5m/s220.1acybyvT===小球经过b点时的速度222202.01.5m/s2.5m/sbybvvv=+=+=[5]从抛出到b点所用的时间为1.5s0.15s10ybbvtg

===则小球从抛出点运动到c点时间为0.25scbttt=+=三、计算题（共42分）14.如图所示，质量为m=3kg的物体静止在水平地面上，受到与水平地面夹角为=37，大小F=20N的拉力作用，物体移动的距离l=5m物

体与地面间的动摩擦因数=0.3，g取10m/s2。求：（sin37=0.6，cos37=0.8）(1)拉力F所做的功W1；(2)摩擦力Ff所做的功W2；【答案】(1)80J；(2)－27J【解析】【详解】(1)根据功的定义可知拉力的功1cos

372050.8J=80JWFl==(2)对物体受力分析可知地面对物体的支持力Nsin310N200.6N18NFmgF=−=−=根据牛顿第三定律可知物体对地面的压力为18N；所以滑动摩擦力fN0.318N5.4NFF===

故摩擦力所做功f25.45J27JWFl=−=−=−15.在检测某款电动车性能的某次实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s。利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力

F与对应的速度v，并描绘出1Fv−图像，如图所示（图中AB、BO均为直线）。假设电动车行驶中所受阻力恒定，求此过程中：(1)电动车的额定功率；(2)电动车由静止开始运动，速度达到10m/s时，加速度为多大。【答案】(1)6000W；(2)20.2

5m/s【解析】【详解】(1)当车达到最大速度m15m/sv=时，车的牵引力minf400NFF==其中fF表示地面对车的阻力，所以车的额定功率mfm40015W6000WPFv===(2)车匀加速行驶过程中的加速度22f22000400m/s2m/s810FFam−−===

车刚达到额定功率时其速度m6000m/s3m/s2000PvF===之后它将做加速度减小的变加速运动。故当车的速度10m/s3m/svv==时，已处于变加速阶段，但这一过程车的功率已达额定功率，所以设此时的牵引力为'F，有mPFv=得m600NP

Fv==设此时车的加速度为a，有fFFma−=得2f0.25m/sFFam−==16.假设某星球可视为质量分布均匀的球体．由于星球自转的影响，该星球表面的重力加速度会随纬度的变化而变化．已知星球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，星球自转的周期为T，引力

常量为G，求：(1)该星球的半径R；(2)该星球的第一宇宙速度v1；(3)该星球的密度ρ．【答案】（1）2024ggRT−=(1)100()2Tvggg=−（3）0203()gggGT=−【解析】【分析】质量为m的物体在两极所受地球的

引力等于其所受的重力．根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径，根据密度公式求出该星球的密度．解：（1）设地球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周

期等于地球自转的周期，根据万有引力定律和牛顿第二定律有2224GMmmgmRRT−=在两极处02GMmmgR=解得202()4ggTR−=(2)根据万有引力定律和牛顿第二定律有212vGMmmRR=该星球的第一宇宙速度2010002()·()42ggTTvgRggg

g−===−(3)因为02GMmmgR=，所以20gRMG=又因地球的体积343VR=，所以0203()gMVggGT==−17.晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动

手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞离水平距离d后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时

的速度大小v2(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】(1)v1=2gd，v2=52gd；(2)T=1

13mg；(3)当l＝2d时，x有极大值xmax＝233d【解析】【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，竖直方向有：21142dgt=水平方向有：1dvt=联立解得12vgd=从小球飞出到落地，根据机械能守

恒定律有：2221113224mvmvmgdd=+−解得252vgd=(2)设绳能承受的最大拉力大小为F，这也是球受到绳的最大拉力大小。球做圆周运动的半径为34Rd=，根据牛顿第二定律有：21vFmgmR−=解得113Fmg=(3)设绳

长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有：23vFmgml−=得383vgl=绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl−，水平位移为x，时间为1t，根据平抛运动规律，竖直方向有：2112dlgt−=竖直方向有：31xvt=联立解得(

)43ldlx−=根据一元二次方程的特点，当2dl=时，x有极大值，为xmax＝233d