【文档说明】河南省正阳县高中2020-2021学年高一下学期第三次素质检测物理试卷 含答案.doc，共(12)页，505.092 KB，由小赞的店铺上传

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1正阳高中2020—2021学年下期20级第三次素质检测物理试题2021年6月12日一、选择题（1-10为单选题，11-13为多选题，每小题4分，共52分）1．下列有关运动的描述说法正确的是（）A．做曲线运动的物体速度一定在变化B．速度变化的运动一定

是曲线运动C．加速度恒定的运动一定是直线运动D．加速度变化的运动一定是曲线运动2．质点由A向C做曲线运动，它的轨迹如图所示，关于它通过B点时速度v和加速度a或者合外力F的方向正确的是（）A．B．C．D．3．小张与小

明在山坡上玩耍，突然兴起，小明提议大家一起来扔石子，看谁扔的远，小张欣然同意。假设小张与小明均同时同地沿同一方向将石子水平抛出（忽略两人的身高影响），分别落到斜坡上的A、B两点。下列说法正确的是（）A．小

张抛的石子初速度大B．小明抛的石子初速度小C．小明抛的石子先落地D．两石子落到斜面上时速度方向彼此平行4．如图所示，将完全相同的两个小球A、B，用长L=0.8m的细绳悬于以v=4m/s向左匀速运动的小车顶部，两球分别与小车前

后壁接触，由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比FA：FB为（g=10m/s2）（）A．1：3B．2：1C．1：1D．4：15．宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起.如图所示，某双星系

统中A、B两颗天体绕0点做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比rA：rB=l：2，则两颗天体的（）A．质量之比mA：mB=2：1B．角速度之比的ωA：ωB=1：2C．线速度大小之比vA：vB=2：1D．向心力大小之比F

A：FB=2：16．如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设桌面处的重力势能为0，则小球落到地面前瞬间的重力势能为（）A．mghB．mgH2C．mg（h+H）D．-mgh7．如图所示

，滑块以6m/s的初速度从曲面上的A点滑下，运动到B点（比A点低）时速度仍为6m/s。若滑块以5m/s的初速度仍由A点下滑，则它运动到B点时的速度（）A．大于5m/sB．等于5m/sC．小于5m/sD．无法

确定8．如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为0.6g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体的()2g10m/s=（）A．整个过程中物体机

械能守恒B．重力势能增加了0.5mghC．动能损失了1.1mghD．机械能损失了0.2mgh9．如图所示，为工厂中的行车示意图，设钢丝长4m，用它吊着质量为20kg的铸件，行车以2m/s的速度匀速行驶，当行车突然刹车停止运动时，钢丝中受到的

拉力大小为（210m/sg=）（）A．250NB．220NC．200ND．180N10．在同一点O抛出的三个物体做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是（）A．vA>vB>vC，tA>tB

>tCB．vA=vB=vC，tA=tB=tCC．vA>vB>vC，tA<tB<tCD．vA<vB<vC，tA>tB>tC11．质量为m的球用长l的悬绳固定于O点，在O点正下方2l处有一颗钉子，把悬线拉直与竖直方向成一定角度，由静

止释放小球，如图所示．当悬线碰到钉子时，下列说法正确的是（）A．小球机械能减少B．小球向心加速度突然变大C．小球角速度突然增大D．悬线张力突然增大12．如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同

步轨道3.轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是（）A．卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它

在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度13．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水面的夹角为θ时，船的速度为v，人的拉力大小为F，则此时（）3A．人拉绳行走的速度为cosvB．人拉绳行

走的速度为cosvC．船的加速度为cosFfm−D．船的加速度为cosFfm−二、填空题（每空2分，共16分）14．如图所示，一皮带传动装置，皮带与轮不打滑，左边为主动轮，:1:2;:2:3ACABRRRR==在传动

中A、B、C点的线速度之比::ABCvvv=____________，角速度之比::ABC=________，加速度之比::ABCaaa=________．15．图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线______

_____。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛___________。（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为拋出点，则此小球作平抛运动的初速度为___________m/s。（g取9.8m/s2）（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途

中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平拋运动的初速度为___________m/s，B点的竖直分速度为___________m/s。（g取10m/s2）三、解答题16．（8分）已知地球半径为R，引力常量为G，一颗质

量为m的人造地球卫星，其轨道离地面的高度为h，绕地球运行的一周的时间为T，求：（1）卫星的向心力大小；（2）地球的质量。17．（10分）如图所示，在倾角为37°的斜坡上，从A点水平抛出一个物体，物体落在斜坡的B点，测得AB两点间的距离是7

5m，g取10m/s2，求：（1）物体抛出时速度的大小；（2）落到B点时的速度大小（结果带根号表示）。418．（14分）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的光滑圆弧轨道BC，经

圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，圆弧轨道半径R=0.75m，物块与长木板间动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/

s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）小物块在B点时的速度大小；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。5高一物理参考

答案1．A【详解】A．做曲线运动的物体速度方向不断变化，所以速度一定在变化，故A正确；B．速度变化的运动可能是曲线运动也可能是直线运动，故B错误；C．如果恒定的加速度与速度不在一条直线上，物体做曲线运动，故C错误；D．速度变化的运动一定是曲线运动，加速

度如果始终与速度在一条直线上，物体做直线运动，故D错误。故选A。2．A【详解】根据曲线运动的特点，速度方向为切线方向，合力或加速度方向指向曲线运动的内侧。故A正确BCD错误。故选A。3．D【详解】ABC．由题意可知，小张抛出的石子落到A点，小明抛出的石子落到B点，因此有BAyy

且2211，22BBAAygtygt==联立得BAtt所以小张抛出的石子先落地；设山坡与平地间的夹角为，则有tanBABAyyxx==即22001122BABBAAgtgtvtvt=可得00BAvv故ABC错误；D．由22001122tanBAB

BAAgtgtvtvt==6可得00yByABAvvvv=这个比值是速度方向与水平方向夹角的正切，故落到山坡时，瞬时速度方向平行，故D正确。故选D。4．A【详解】小车突然停止运动，则对AFA=mg对B球由于惯性则将向左摆

动，由牛顿第二定律可知2BvTmgml−=解得FB=3mg则FA：FB=1:3故选A。5．A【解析】双星都绕O点做匀速圆周运动，由两者之间的万有引力提供向心力，角速度相等，设为．根据牛顿第二定律，对A星有：22ABAAmmGmrL=，对B星有：22ABBBmmGmrL=，

联立解得：::2:1ABBAmmrr==，根据双星的条件有：角速度之比:1:1AB=，由vr=得：线速度大小之比::1:2ABABvvrr==，向心力大小之比:1:1ABFF=，故A正确，BCD错误．故

选A．【点睛】双星都做匀速圆周运动，由双星之间的万有引力提供向心力，它们共同的角速度．据牛顿第二定律列式求解两星体绕共同圆心做匀速圆周运动的质量之比，由vr=求解线速度之比．6．D【详解】由题知，假设桌面处的重力势能为0，则小球落到地面前瞬间所处的高度为-h，故小球的重力势能为p()Emgh

mgh=−=−故选D。7．A【详解】滑块从曲面的A点下滑过程中，重力和摩擦力做功，当滑块下滑的速度减小时，在同一点滑块所需要的向心力减小，轨道对滑块的支持力减小，摩擦力就减小，从A运动到B，路程7相等，则滑块下滑过程中克服摩擦力做功减小。根据功能关系kGfEWW=−知，第一次下滑过程

动能变化量为零，第二次下滑过程GfWW，则有2211022BAmvmv−解得5m/sBv。故选A。【点睛】本题易忽视物体沿曲面运动摩擦力的大小与速度有关。8．D【详解】A．由牛顿第二定律得mgsin30°+f=m×0.6g解得摩擦力f=0.1mg此过程有摩擦力做

功，机械能不守恒，故A错误；B．物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了∆EP=mgh，故B错误；C．由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，即∆Ek=F合•s=m×0.6g×2h=1.2mgh故C错误；D．由功能关系知，机械能的损失量为∆E=fs=0.1mg×2h=

0.2mgh故D正确。故选D。9．B【详解】当车突然停止运动后，由于惯性铸件还要以2m/s的速度运动，不过是在钢丝的拉动下做圆周运动，所以2vTmgmr−=带入数据可得220NT=故选B。10．D【详解】平抛运动在水平方

向上是匀速直线运动，竖直方向上时自由落体，因此决定平抛运动的时间是由高度决定的，根据212hgt=8可知2htg=，所以下落高度越高，运动时间越长，则有ABCttt由于水平方向是匀速运动，且水平距离为ABCxxx，根据xvt=

结合时间的关系，可得ABCvvv故ABC错误，D正确。故选D。11．BCD【详解】A.全程只有重力做功，绳子拉力始终和速度方向垂直，不做功，因此小球机械能守恒，故A错误；B.根据向心加速度公式2vFmR=半径减小，因此加速

度会突然变大，故B正确；C.根据公式vr=线速度不变，半径减小，角速度变大，故C正确；D.悬线的张力提供小球的向心力，因此悬线张力会突然增大，故D正确。12．AD【详解】A．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有22MmvGmrr=可得GMvr=轨道3的半径比轨道的

1半径大，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A正确；B．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有22MmGmrr=解得3GMr=9轨道3的半径比轨道的1半径大，所以卫星在轨道3

上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B错误；CD．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有2MmGmar=解得2GMar=所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，卫星在

轨道2上经过P点的加速度等于在轨道3上经过P点的加速度，故C错误，D正确；故选AD。13．BC【详解】AB．把船的速度分解在沿绳方向与垂直绳方向，如图所示人拉绳行走的速度//=cosvvv=人故A错误，B正确；CD．对船受力分析，由牛

顿第二定律有cosFfma−=解得船的加速度为cosFfam−=所以C正确，D错误。故选BC。14．水平初速度相同1.61.52【详解】（1）[1][2]为了保证小球的初速度水平，斜槽末端应切线水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度

相同。（2）[3]分析图乙，O点为抛出点，取坐标点：x=32.00cm=0.32m，y=19.6cm=0.196m，在竖直方向上212ygt=水平方向上x=v0t10代入数据解得小球平抛初速度01.6m/sv=（3）[4][5]分析图丙

L=5cm=0.05m由图可知，小球由A到B和由B到C在水平方向位移相等，均为3L，则运动时间T相等，在竖直方向，由图示可知2yL=由由匀变速直线运动的推论2ygT=可得0.1yTsg==初速度031.5m/sLvT==根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等

于中间时刻的瞬时速度可知，在B点竖直分速度352m/s2ByLLvT+==15．1:1:2；3:2;3；3:2：6；【分析】A、B两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，B、C两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同．【详

解】由于A轮和B轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故有：vA=vB，所以：vA：vB=1：1，由角速度和线速度的关系式v=ωR可得：ωA：ωB=RB：RA=3：2；由于

A轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，即：ωA=ωC，故有：ωA：ωC=1：1，所以ωA：ωB：ωC=3：2：3；由角速度和线速度的关系式v=ωR可得：vA：vC=RA：RC=1：2，所以：vA：vB：vC=1：1：2；根据an=vω；则有：aA：aB：aC=（3×1）：（2×1）：（3×2

）=3：2：6．【点睛】解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是轴传动（角速度相同）．16．（1）224()mRhT+；（2）2324()RhGT+【详解】（1）根据向心力方程可知112n24()FmRhT=+（2

）万有引力提供向心力n2()MmGFRh=+则地球质量为2324()RhMGT+=17．（1）20m/s；（2）1013m/s【详解】（1）由题意可得0cos37Lvt=21Lsin372gt=代入数据解得：020m/sv=，3st=（2）物体落

到B点的竖直分速度为103m/s30m/s===yvgt根据平行四边形定则知：220400900m/s103m/sByvvv=+=+=【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。18．（1）vB=5

m/s；（2）47.3N；（3）2.0m【详解】（1）从A到B点，物块做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动，则有()22yvgHh=−解得B点的竖直分速度vy=3m/s根据运动的合成与分解，则有sinyBvv=解得vB=5m/s（2）从B点至C点，根据动能定理得12221122CBmghmvm

v=−解得28m/sCv=物块在C点，根据牛顿第二定律有FN-mg=m2CvR解得FN=47.3N由牛顿第三定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3N（3）小物块与长木块间的滑动摩擦力Ff=μ1mg=7N

长木板与地面间的最大静摩擦力F'f=μ2（M+m）g=10N由Ff<F'f知，小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动对小滑块，根据牛顿第二定律有μ1mg=ma故长木板的长度至少为l=212Cvg=2.0m