【文档说明】山西大学附属中学20192020学年高一下学期5月月考试题物理答案.docx，共(10)页，88.602 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c211fa978bd653eaedf874e18d8d251d.html

以下为本文档部分文字说明：

答案和解析1.【答案】C【解析】解：“嫦娥四号”落月前的接近段几乎是沿着一条倾斜的直线做减速运动，故受到的合力方向与运动方向相反，因受到的重力竖直向下，通过受力分析可知喷气发动机的喷气方向为𝑣3方向；故C正确，ABD错误故选：C。嫦娥四号沿虚线斜向下做减速运动，故所受到的合力沿虚

线斜向上，通过受力分析即可判断喷气的方向；本体主要考查来了力的合成与分解，注意喷气的方向与嫦娥三号的受力方向相反；2.【答案】C【解析】解：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力。故A错误。B、车速低于𝑣𝑐，所需的向心力减小，此时摩擦力

可以指向外侧，减小提供的力，车辆不一定会向内侧滑动。故B错误。C、当速度为𝑣𝑐时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于𝑣𝑐时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑。故C正确。D、当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力

和重力不变，则𝑣𝑐的值不变。故D错误。故选：C。汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力．速率为𝑣𝑐时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零．根据牛顿第二定律进行分析．该题是将物理学的知识与日常生活相联

系的好题，解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．基础题目．3.【答案】B【解析】解：A、第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，为7.9𝑘𝑚/𝑠，也是人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最

大运行速度，故A错误；B、第二宇宙速度是物体挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造小行星的最小发射速度，为11.2𝑘𝑚/𝑠，故B正确；C、人造卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度一定小于地球的第一宇宙速度，故C错误；D、美国发射的凤凰号火星探测卫星，其发射速度大于

第二宇宙速度，故D错误；故选：B。第一宇宙速度又称为环绕速度，是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，第二宇宙速度，这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，第三宇宙速度，这是物体挣脱太阳引

力束缚的最小发射速度。理解三种宇宙速度，特别注意第一宇宙速度有三种说法：它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度。4.【答案】D【解析】解：A、当牵引力等于阻力时，速度取

到最大值，则有：𝑓=𝑃𝑣𝑚=800010𝑁=800𝑁，故A错误；B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：𝐹=𝑃𝑣1=80008𝑁=1000𝑁，故B错误；C、变加速过程中，根据动能定理得：𝑃𝑡−𝑓𝑠=12𝑚𝑣𝑚2−

12𝑚𝑣12，解得：𝑠=95.5𝑚，故C错误；D、8𝑠−18𝑠过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：𝑊=𝑃𝑡=8×104𝐽，故D正确。故选：D。当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据𝐹=𝑃𝑣𝑚求解阻力，汽车做匀加速运动的牵引力最大，根据𝐹=𝑃𝑣求

解；根据动能定理求解变加速运动的位移；根据功的公式求牵引力的功。本题考查的是机车启动问题。汽车通常有两种启动方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动。要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式𝑃=𝐹𝑣，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度。当牵引力等于阻力

时，机车达到最大速度。5.【答案】D【解析】解：A、物体在下滑过程中，受到重力支持力和摩擦力，由于物体在运动过程中所受的摩擦力恒定，根据牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度恒定，做匀加速运动，在𝑣−𝑡图象中，斜率表示加速度大小，

由于物体做匀加速运动，因此其𝑣−𝑡图象斜率不变，故A错误；B、物体下滑位移为：𝑥=12𝑎𝑡2，因此由数学知识可知其位移时间图象为抛物线，开口向上，故B错误；C、物体做匀加速运动，下滑的位移𝑥=1

2𝑎𝑡2，故重力势能为𝐸𝑝=𝑚𝑔(ℎ−12𝑎𝑡2𝑠𝑖𝑛𝜃)，故E𝑝−𝑡图象是抛物线，故C错误；D、根据功能关系，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故：𝐸=𝐸0−𝑓𝑠=𝐸0−𝑓⋅12𝑎𝑡2，故E−𝑡图象是抛物线，故D正确；故选

：D。摩擦力恒定，物体沿斜面下滑时做初速度为零的匀变速直线运动，根据初速度为零匀变速直线运动中速度、位移、重力势能和机械能与时间变化特点可解答本题。对于图象问题要明确两坐标轴、斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质。6

．D【解析】【分析】【详解】A．由公式22MmvGmrr=得GMvr=动能为2k11222GMGMmEmvmrr===则第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的动能之比为n：k，故A错误；B．由公式2MmGmar=得2GMar=则第53、54颗北斗导航卫

星正常运行，绕地球运动的加速度大小之比为21:k，故B错误；C．若北斗导航卫星在绕地球运动的轨道上加速，则卫星将做离心运动，说明飞行高度增大，故C错误；D．由公式22MmGmrr=得3GMr=则第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的角速度

之比为1：3k，故D正确。故选D。7.【答案】D【解析】【分析】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最

大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解。考查平衡条件的内容，掌握圆周运动是变速运动，处于非平衡状态，理解向心力的表达式，及牛顿第二定律的运用，最后掌握机械能守恒的条件及其内容。【解答】A、物块向右匀速运动时，则夹子

与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F大小关系不确定，故A错误；B、小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；C、依据机械能守恒定律，减小的

动能转化为重力势能，则有：12𝑀𝑣2=𝑀𝑔ℎ，那么物块上升的最大高度为ℎ=𝑣22𝑔，故C错误；D、因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：2𝐹−𝑀𝑔=

𝑀𝑣𝑚2𝐿，解得：𝑣𝑚=√(2𝐹−𝑀𝑔)𝐿𝑀，故D正确；故选：D。8.【答案】B9.【答案】C【解析】【分析】由牛顿第二定律求出两球的加速度a，再由位移公式𝑥=12𝑎𝑡2求滑行时间之比；根据冲量的定义求解重力的冲量；根据动量定理求解合力的冲量，根据

动能定理求合力做的功。本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解匀加速运动的时间，掌握冲量定义，学会运用动量定理与动能定理。【解答】设AC长度为L，则BC长度为，P球沿AC杆下滑的加速度为：𝑎1=𝑔，Q球沿BC杆下

滑的加速度为：，对P球：𝐿=12𝑔𝑡12，对Q球联立得：𝑡1=𝑡2，即P、Q两球从各自点下滑到C点的时间相同。P、Q两球下滑到C点时的速度分别为：𝑣𝑃=𝑔𝑡1，。𝐴𝐵.由分析知两球下滑时间相同，P球重力的冲量𝐼𝑃=𝑚𝑃𝑔𝑡1，Q球重力的冲量𝐼𝑄=𝑚𝑄�

�𝑡2，故P、Q两球重力冲量之比为𝐼𝑃𝐼𝑄=𝑚𝑃𝑚𝑄=11，故AB错误；C.根据动量定理可得，𝐼𝑃合=𝑚𝑃𝑣𝑃=𝑚𝑃𝑔𝑡1，，故P、Q两球合力冲量之比为，故C正确；D

.根据动能定理可得：𝑊合=12𝑚𝑣2，所以合力做功之比为：𝑊合𝑃𝑊合𝑄=12𝑚𝑣𝑃212𝑚𝑣𝑄2=2516，故D错误。故选C。10.【答案】AD【解析】解：A、做直线运动的条件：合力为零或合力方向与初速度方向在同

一直线上。不取决于是恒力还是变力，故A正确；B、匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，时刻变化，不是匀变速运动，故B错误；C、功是过程量，能是状态量，功是能量转化的量度，但功不是能，能也不是功，故C错误；D、一个物体所受的合外力为零时，可能出现机械能不变的情况，如水平方

向的匀速直线运动，故D正确。故选：AD。根据物体做直线运动的条件进行判断；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，方向在变化，不是匀变速圆周运动；根据功和能关系以及机械能守恒来分析。掌握利用物体做直线运动的条件、匀变速圆周

运动的性质以及常见的功能关系，是学好物理知识的基础。11.【答案】BC【解析】【分析】下滑到最低点速度为零，整个系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解；A的速度最大时，A的加速度为零，根据平衡条件列方程求解。本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的

守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零。【解答】解：AB、下滑到最低点速度为零，整个系统机械能守恒，设A下滑h，则𝑚𝑔ℎ=√2𝑚𝑔(√ℎ2+𝑑2−𝑑)，解得：ℎ=2√2𝑑.故A错误、B正确；C、A的速

度最大时，A的加速度为零，加速度分解到沿绳子和垂直于绳子都为0，所以B的加速度此时也为0，绳子拉力等于B的重力，则√2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑔，𝜃=45°，所以A下滑距离为d，故C正确；D、系统做往复运动，下滑到最低点时速度为零，但加速度不为

零，故D错误。故选：BC。12.【答案】AB【解析】解：A、加速度𝑎=34𝑔=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°+𝑓𝑚，解得：摩擦力𝑓=14𝑚𝑔；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mgh，故A正确；B、机械能的损失量为𝑓𝑠=14𝑚𝑔⋅2𝐿=12𝑚𝑔ℎ，故B正

确；C、动能损失量为克服合外力做的功的大小△𝐸𝑘=𝐹合外力⋅𝑠=34𝑚𝑔⋅2ℎ=32𝑚𝑔ℎ，故C错误；D、克服摩擦力做功𝑚𝑔ℎ2，故D错误。故选：AB。重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重

力外其余力做的功．本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．13.【答案】BC14.【答案】BC【解析】【分析】根据机械能守恒定律求出小物块离开轨道的速度大小，再根据平抛运动规律求出水平射程，即可进行比较。本题的关键是熟练掌

握机械能守恒定律与平抛运动规律。【解答】设三个小物块到达水平轨道末端的速度大小分别为𝑣1、𝑣2、𝑣3，则由题意有：12𝑚𝑣12=𝑚𝑔(4ℎ0−ℎ0)12𝑚𝑣22=𝑚𝑔(4ℎ0−2ℎ0)12𝑚

𝑣32=𝑚𝑔(4ℎ0−3ℎ0)可得：𝑣1=√6𝑔ℎ0，𝑣2=√4𝑔ℎ0，𝑣3=√2𝑔ℎ0三个小物块做平抛运动时，下落的高度分别为ℎ0、2ℎ0、3ℎ0，则根据平抛运动规律可得小物块落地点与水平轨道末端的水平距离为𝑠1=𝑣1𝑡1=√6𝑔ℎ0×√2ℎ

0𝑔=2√3ℎ0𝑠2=𝑣2𝑡2=√4𝑔ℎ0×√4ℎ0𝑔=4ℎ0𝑠3=𝑣3𝑡3=√2𝑔ℎ0×√6ℎ0𝑔=2√3ℎ0，所以有𝑠2>𝑠3=𝑠1，故BC正确，AD错误。故选BC。15.

【答案】(1)𝐵；(2)𝑚1𝑔𝑥124ℎ+𝑚2𝑔𝑥224ℎ；(3)𝑚1𝑥1=𝑚2𝑥2。【解析】【分析】本题考查总量守恒定律的应用，物体做平抛运动的规律和弹性势能转换为两球的动能是本题的关键。(1)弹簧的弹性势能转换为两小

球的动能，由平抛运动规律求出初速度即可知道两球初速度从而知道初动能，进而可以知道需要测量哪些物理量和弹性势能的表达式；(2)由动量守恒定律可知𝑚1𝑣1=𝑚2𝑣2，把初速度表示式代入从而知道需要满足的关系式。【解答】(1)弹簧的弹性势能转

换为两球的动能即𝐸𝑃=12𝑚1𝑣12+12𝑚2𝑣22，两球飞出后做平抛运动，𝑣1、𝑣2分别为球的初速度，已知高度h可知下落时间𝑡=√2ℎ𝑔，初速度𝑣=𝑥𝑡，可知还需测量两球水平方向的位移，故ACD错

误，选B；(2)由(1)分析可知𝑣1=𝑥1√𝑔2ℎ，𝑣2=𝑥2√𝑔2ℎ，故可知弹簧的弹性势能𝐸𝑃=𝑚1𝑥12𝑔4ℎ+𝑚2𝑥22𝑔4ℎ；(3)两小球动量守恒应满足𝑚1𝑣1=𝑚2𝑣2由(1)(2)分析可知𝑚1𝑥1=𝑚2

𝑥2。故填(1)𝐵；(2)𝐸𝑃=𝑚1𝑔𝑥124ℎ+𝑚2𝑔𝑥224ℎ；(3)𝑚1𝑥1=𝑚2𝑥2。16.【答案】50.00(𝐹−𝑚0𝑔)𝑠=12𝑀(𝑑𝑡2)2−12𝑀(

𝑑𝑡1)2不需要【解析】解：(1)光电门1处的刻度数为𝑥1=20.30𝑐𝑚，光电门2处的刻度数为𝑥2=70.30𝑐𝑚两光电门间的距离为𝑠=𝑥2−𝑥1=70.30𝑐𝑚−20.30𝑐𝑚=50.00𝑐𝑚(2)由于

挡光板的宽度为d，所以遮光板通过两光电门的速度分别为𝑣1=𝑑𝑡1，𝑣2=𝑑𝑡2由功能关系需要验证的关系式为(𝐹−𝑚0𝑔)𝑠=12𝑀𝑣22−12𝑀𝑣12即(𝐹−𝑚0𝑔)𝑠=12𝑀(𝑑𝑡2)2−12𝑀(𝑑𝑡1)2(3)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉

力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于滑块(含拉力传感器和挡光条)的质量；故答案为：(1)50.00；(2)即(𝐹−𝑚0𝑔)𝑠=12𝑀(𝑑𝑡

2)2−12𝑀(𝑑𝑡1)2；(3)不需要。(1)毫米刻度尺在读数时，需要估读到最小刻度的下一位，读出两光电门的示数，即可求得两光电门间的距离；(2)光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据

功能关系可以求出需要验证的关系式；(3)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提。17.【答案】解：①

支持力的冲量：𝐼𝑁=𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃⋅𝑡------------------3②设摩擦力的冲量为𝐼𝑓由动量定理得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃⋅𝑡−𝐼𝑓=𝑚𝑣---------------

--3解得：𝐼𝑓=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃⋅𝑡−𝑚𝑣-----------------3答：①斜面对物块的支持力的冲量大小为𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃⋅𝑡②斜面对物块的摩擦力的冲量大小为𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃⋅𝑡−𝑚𝑣【

解析】由冲量的定义𝐼=𝐹𝑡及动量定理求解冲量的大小。此题考查了冲量的概念，要记住计算冲量时，一定要明确是哪一个力的冲量，不能将合力的冲量与某一个力的冲量混肴，基础题。18．（1）sinag=;1sinmglk=（2）2sincosklmgmr−=（3）023L

L=【解析】（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：mgsinma=-----------------------------------------------1解得：agsin=小球速度最大时其加速度为零，则有：1klmgsin=-------

-------------------1解得：1sinmglk=，----------------------------------------------------------------1（2）设弹簧伸长2l时，球受力

如图所示：水平方向上有：2202)NFsinklcosmllcos+=+（-----------------2竖直方向上有：20NFcosklsinmg−−=---------------------------------2解得：2sinklmgmrcos−=；

--------------------------------------------------1（3）当杆绕'OO轴以角速度0匀速转动时，设小球距离B点0L，此时有：0mgtanmLcos=-------

--------------------------------------------1解得：0tan23gLLcos==．------------------------------------------------------

-1点睛：本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大．19.【答案】解：(1)设小物块滑至底端O点时的速度大小为𝑣1，由机

械能守恒定律得：𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣12-------------------------------1设物块刚与弹簧接触时的速度大小为v，由动能定理可得：−𝜇𝑚𝑔𝑠=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣12---------

-----------------------1解得：𝑣=√2𝑔ℎ−2𝜇𝑔𝑠------------------------------------------------2(2)在水平滑道上物块A克服摩

擦力所做的功为：𝑊𝑓=𝜇𝑚𝑔(𝑠+𝑑)----------------------------------------------------------------1由功能关系得：𝑚𝑔ℎ=𝐸𝑝+𝑊𝑓------------------------

------------------------1解得：𝐸𝑝=𝑚𝑔ℎ−𝜇𝑚𝑔(𝑠+𝑑)------------------------------------------------

2(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为：𝑊𝑓=𝜇𝑚𝑔(𝑠+𝑑)--------------------------------1由功能关系得：𝑚𝑔𝐻=𝐸𝑝−𝑊𝑓--------------------------------

1解得物块A能够上升的最大高度为：𝐻=ℎ−2𝜇(𝑠+𝑑)--------------------------------2答：(1)物块刚与弹簧接触时速度v的大小为√2𝑔ℎ−2𝜇𝑔𝑠；(2)弹簧的最大弹性势能为𝑚𝑔ℎ−𝜇𝑚𝑔(�

�+𝑑)；(3)若物块能够被重新弹回到坡道上，它在坡道上能够上升的最大高度为ℎ−2𝜇(𝑠+𝑑)。【解析】(1)根据机械能守恒定律求出物块到达O点的速度，再根据动能定理求出物块刚与弹簧接触时的速度大小；(2)根据能量守

恒求出弹簧的最大弹性势能；(3)求出物块A被弹回的过程中克服摩擦力做功的大小，结合功能关系求出上升的最大高度。本题考查了动能定理、机械能守恒、功能关系的综合运用，关键确定研究的过程，运用合适的规律进行求解，难度中等；对于第一问，也可以对滑块滑至与弹簧刚接触的过程运用动能

定理进行求解。