【文档说明】河北省石家庄市六县联考2021-2022学年高一下学期第一次月考试题 物理答案.pdf，共(5)页，361.521 KB，由管理员店铺上传

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【高一物理第1页（总4页）】2021-2022学年度石家庄市高一第二学期第一次考试物理试题参考答案及解析1.答案：D解析：地心说认为地球是宇宙的中心，其它天体都绕地球运行；日心说认为太阳是宇宙的中心，所以天体都绕太阳

运行。不论是日心说还是地心说，在研究行星运动时都是有局限性的，故A错误；在太阳系中，地球及所有行星都在绕太阳运转。观察到太阳东升西落是选地球作为参考系造成的，宇宙没有中心，故B错；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什测出了万有引力常量，故C错；

开普勒通过对第谷大量观测数据的深入研究，得出了行星绕太阳运动的轨道是椭圆的结论，故D正确。故选D。2.答案：B解析：Ff1和Ff2是一对相互作用力，二者大小相等，方向相反，故A错；若小明做加速运动，脚受到的摩擦力Ff1与运动方向相同，做正功，脚对滑板的摩擦力Ff2与运动方

向相反，做负功，故B正确；若小明做减速运动，脚受到的摩擦力Ff1与运动方向相反，做负功，脚对滑板的摩擦力Ff2与运动方向相同，做正功，故C错；Ff1、Ff2是静摩擦力，并且在力的方向上发生了位移，二者都能做功

，故D错。故选B。3.答案：D解析：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，故A错误；根据开普勒第二定律可知同一椭圆运动过程中，行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星周期不同，它们与太阳的

连线在相等的时间内扫过的面积不相等，故B错误；行星绕太阳运转轨道是椭圆，它离太阳的距离是变化的，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故C错误；根据开普勒第三定律得哈雷彗星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比等于

地球轨道（可视为圆形）半径的三次方跟它的公转周期的二次方的比，故D正确。故选D。4.答案：C解析：在一次“上引”和“下放”过程中，重心上升或下降的高度相同，而在“上引”过程中人克服重力做功，“下放”过程中重力做正功，两者之和为零，故一次引体

向上过程中重力对人做功为零，故1min时间内，重力做的总功为零，故AB错误；该同学在某次“上引”过程中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.5J＝300J，一次“上引”过程中经历的时间�=6030×

12=1s，所以在一次“上引”过程中，克服重力做功的平均功率P=Wt=300W，故C正确。下降过程初末速度均为零，所以重力的功率先增加再减小，故D错。故选C。【高一物理第2页（总4页）】5.答案：B解析：热气球向上做匀速运动，当小球与热气球底部距离最大时，二者相对

速度为零，小球相对地面的速度向上，动能不为零，相对地面继续向上运动，重力势能不是最大，故ACD错误，B正确。故选B。6.答案：D解析：a是地球同步卫星，同步卫星的轨道平面在赤道平面，周期与地球自转周期

相等，为24小时，不可以经过北京正上空，故A错误；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，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：����2=���2�2�，解得T=2πr3GM，a、b、c三颗卫星的r相等，则周期相等

，都是24小时，故B错误，D正确；7.9km/s为绕地球运行的最大环绕速度，卫星b的运行速率小于7.9km/s，故C错误。故选D。7.答案：BD解析：根据万有引力提供向心力可得���（R+h）2=��

�2�2（R+h），等式左右两侧的m直接约去，不能求出核心舱的质量，故A错；再根据ρ=MV=M�3πR3，能求出地球的密度，故B正确；题中有核心舱的周期，能求出核心舱的角速度，不能求出地球的公转角速度，故C错；同步卫星的周期为24小时，周期

越大，轨道半径越大，因此核心舱的轨道半径小于同步卫星，D正确。故选BD。8.答案：ABD解析：两个物体中，速度大的质量可能很小，动能不一定大，故A正确；某一过程中物体的速度变化，如果只是速度方向变化，速度大小不变，其动能不变，故B正确；做匀速圆周运动的物体，动能不变，但合力总是指向圆心，不

处于平衡态，故C错误；一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；速度变化时，动能不一定变化，如只是速度方向改变，大小不变，动能还是不变，故D正确。故选ABD。9.答案：BC解析：0~t1时间内汽车做匀加速运动,功率一直增加，故A错；图像斜率表示加速度，斜率先保持不

变然后减小到零再保持不变，可知t1时刻的加速度大于t2时刻的加速度，故B正确；图像下方与横轴所围面积表示位移，若匀加速运动，位移为v1+v32（t3−t1），由图可知图像面积大于匀加速的面积，故t1~t3时间内的位移大于v1+v3

2（t3−t1），故C正确；根据动能定理有t1~t2时间内汽车牵引力和阻力做功的和为12m�22−12m�12，故D错。故选BC。10.答案：BCD解析：甲图中在物体A压缩弹簧的过程中，弹簧和物体A组成的系统只有重力和弹力做功

，系统【高一物理第3页（总4页）】机械能守恒。但对于单个物体A，除了重力外受到的弹力对其做负功，A的机械能减小，故A错误，B正确；乙图中在M1下降过程中，M1受绳子拉力做负功，所以M1的机械能减小，M2受绳子拉力做正功，M2的机械能增加，故

C正确；两个物体组成的系统中只有动能和重力势能相互转化，所以系统机械能总量守恒，故D正确；故选BCD。11.答案：(1)CD(2)1.940.380.39空气阻力或打点计时器与纸带之间摩擦的影响等（写出一条即可）在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒(3)9.75偏小（共16分，每空2

分）解析：(1)为了减小阻力的影响，重物选择密度大，而体积较小的金属球，故A错误；验证机械能守恒，即验证重物动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，所以不需要用天平测量重物的质量；时间可以根据纸带上的点迹，通过数间隔得出，不需要秒表，所以秒表和天平都

不需要，故B错误；实验中应先接通电源，然后释放纸带，故C正确；若用v=2뛨�计算速度，实际上就默认了机械能守恒，故D正确。（2）重物做匀加速直线运动，根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知标记为4的点瞬时

速度为��=�3t2�=23h�㌱−1th㌱12×0h02×10−2�䇅�=1h���䇅�，重锤动能��=12��2=0h3uc,重锤的重力势能减少量EP＝mgh=0.39J,二者不相等的原因是气阻力或打点计时器与纸带之间摩擦的影响等，实验结论是在误差允许的范围内，重锤的机械能守

恒（3）利用∆x=a�2得a=g=�3t−�13�2�h2=�h㌱t�䇅�2，若实际打点频率是60Hz，则打点周期偏小，若计算时还用50Hz计算则测出的重力加速度相比真实值偏小。12.答案：(1)640J(2)80W解析：（1）8s

内雪橇和小孩的位移为x=12��2(1分)代入数据可得：x＝16m(1分)拉力F的水平分量为Fcos370=40N(1分)根据做功的表达式可知�=��cos3㌱0=6�0J(1分)（2）8s末雪橇的速度

为v＝at(1分)代入数据可得：v＝0.5×8m/s＝4m/s(1分)雪橇和小孩质量相等，均设为m，对二者整体应用牛顿第二定律可得��os3㌱0−�=2��(1分)代入数据可得：f=20N(1分)根据功率的表达式P=

Fv=fv(1分)代入数据可得P=80W(1分)【高一物理第4页（总4页）】13.答案：(1)��2（RA+RB）3��12(2)r=3���+��h2���22�12解析：（1）设恒星A和B的质量分别MA和M

B，由万有引力提供向心力对A有��������+��h2=����2�12��（1分）解得��=��2（RA+RB）2����12（1分）对B有��������+��h2=����2�12��（1分）解得��=��2（R

A+RB）2����12（1分）因此双星的质量之和为��+��=��2（RA+RB）3��12（2分）（2）设绕A运动的卫星质量为m，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力�����2=���2�22�（2分）解得r=3����22��2（1分）将（1）中所求��=��2（RA+RB

）2����12（1分）代入上式得r=3���+��h2���22�12（2分）14.答案：(1)3뛨�+�02(2)��=1u�뛨�(3)12��02−1u�뛨�解析：（1）小球从A到B做平抛运动，竖直高度差h=R(1+c

os600)=32�（1分）由动能定理得mgh=12���2−12��02（2分）解得��=3뛨�+�02（1分）(2)小球在D点所受合力提供向心力mg−��=���2�（2分）又由于��=12���2（2分）联立解得��=1u�뛨�（2分）(3)从A到D全程应用动能定理得−��=

12���2−12��02（2分）整理得��=12��02−1u�뛨�（2分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com