【文档说明】辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高一下学期6月月考物理试题【精准解析】.doc，共(19)页，716.000 KB，由小赞的店铺上传

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阳铁路实验中学2019—2020学年度下学期月考（2）试题高一物理一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共计48分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列说法不符合

物理学史的是（）A.牛顿对引力常量G进行准确测定，并于1687年发表在其传世之作《自然哲学的数学原理》中B.英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值C.20世纪初建立的量子力学理论，使人们认识到经典力学理论一般不适用于微观粒子的运动D.

开普勒行星运动定律是开普勒在其导师第谷留下的观测记录的基础上整理和研究出来的【答案】A【解析】A、牛顿发现万有引力定律，于1687年发表在其传世之作《自然哲学的数学原理》中，英国物理学家卡文迪许在实验室里通过

几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值，故A不符合物理学史，B符合物理学史；C、20世纪的20年代建立了量子力学理论，它使人们认识到经典力学理论一般不适用于微观粒子的运动，故C符合物理学史；D、开普勒行星运动定律是开普勒在其导师第谷留下的观测记录的

基础上整理和研究而来的，故D符合物理学史．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，这也是考试内容之一．2.下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线．则其

中可能正确的是()A.B.C.D.【答案】AB【解析】【详解】A、由图示小船垂直于河岸行驶，小船合速度的方向偏向下游，且过河时间最短，故A正确；B、小船要想横渡过河，船头就应向上游有一定的偏角，使得船在静水中沿上游河岸的速度分量与河水的速度大小相等，方向相反，合速度

垂直河岸，渡河位移最短，故B正确；C、船头垂直指向对岸时，由速度的合成可知，合速度应是偏向下游的，故C错误；D、船头偏向下游时，合速度的方向与河水流动的方向间的夹角应为锐角，故D错误．3.火星的质量和半径分别约为地球的110和12，

地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为()A.0.2gB.0.4gC.2.5gD.5g【答案】B【解析】试题分析：根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．根据星球表面的万有引力等于重力知道2mMG

mgR=得出：2GMgR=火星的质量和半径分别约为地球的110和12所以火星表面的重力加速度2110gg0.4g1()2==，故选B．考点：万有引力定律及其应用．点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的

物理量表示出来，再进行之比．4.物体受到两个互相垂直的作用力而运动，已知力F1做功6J，物体克服力F2做功8J，则力F1、F2的合力对物体做功（）A.10JB.-2JC.-10JD.14J【答案】B【解析】【详解】合力做功等于各分力做功的代数和（分力做功有正负），与分力

之间的夹角无关，故力F1、F2的合力对物体做功为6(8)J=2JW=+−−A.10J与分析不相符，故A项与题意不相符；B.-2J与分析相符，故B项与题意相符；C.-10J与分析不相符，故C项与题意不相符；D.14J与分析不相符，故D项与题意不相符．5.质量为1kg

的物体被人用手由静止向上提高2m，这时物体的速度是4m/s，下列说法中不正确的是（不计一切阻力，g=10m/s2）（）A.手对物体做功20JB.合外力对物体做功8JC.物体重力势能增加了20JD.物体机械能增加了28J【答案】A【解析】【详解】A．根据动能定理得2102Wmghmv−=−解得手对物

体做功为22111102J14J28J22Wmghmv=+=+=故A错误，符合题意；B．由动能定理得221114J8J22Wmv===合故B正确，不符合题意；C．物体的重力做功为G1102J20JWmg

h=−=−=−即物体克服重力做功20J，重力势能增加了20J，故C正确，不符合题意；D．手对物体做功等于物体机械能的增加，则物体机械能增加28JEW==故D正确，不符合题意。故选A。6.如图所示，一小球（可视为质点）从

一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动轨迹恰好与半圆轨道相切于B点．半圆轨道圆心为O，半径35R=m，且OB与水平方向夹角为60°，重力加速度g=10m/s2，则小球抛出时的初速度大小为()A.1m/sB.2m/sC.2．5m/sD.3m/s【答案】D【解析】【详解

】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，有vy=v0tan30°又vy=gt，得0tan30vtg=；水平方向上小球做匀速直线运动，则有R+Rcos60°=v0t；联立解得v0=

3m/s．A．1m/s，与结论不相符，选项A错误；B．2m/s，与结论不相符，选项B错误；C．2.5m/s，与结论不相符，选项C错误；D．3m/s，与结论相符，选项D正确；故选D．7.2017年10月16日，美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星并合引力波事件．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（）A.A的质量一定大于B的质量B.A的线速度一定大于B的线速度C.L一定

，M越大，T越大D.M一定，L越大，T越大【答案】BD【解析】设双星质量分别为ABmm、，轨道半径分别为ABRR、，角速度相等且为，根据万有引力定律可知：22ABAAmmGmRL=，22ABBBmmGmRL=，距离关系为：ABRRL+=，联立解得：ABBAmRmR=，因为ABRR，所以A

的质量一定小于B的质量，故A错误；根据线速度与角速度的关系有：AABBvRvR==、，因为角速度相等，半径ABRR，所以A的线速度大于B的线速度，故B正确；又因为2T=，联立以上可得周期为：()32ABLTGmm=+，所

以总质量M一定，两星间距离L越大，周期T越大，故C错误，D正确．所以BD正确，AC错误．8.如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转数n转每秒在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为（）A.R-224gnB.224gnC.24gRn−D.224gn+2R【答

案】A【解析】【详解】小球靠重力和支持力的合力提供向心力，如图所示：小球做圆周运动的半径为r=Rsinθ根据力图可知2tanmgmr=解得2cosgR=所以22cos4ghRRRn=−=−故A正确

，BCD错误。故选A。9.如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（）A.小球能够通过最高点时的最小速度为0B.小球能够通过最高点时的最小速度为gRC.如果小球在最高点

时的速度大小为2gR，则此时小球对管道的外壁有作用力D.如果小球在最低点时的速度大小为5gR，则小球通过最低点时与管道间的弹力为5mg【答案】AC【解析】【详解】AB．圆形管道内能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0．故A正确，B错误．C

．设管道对小球的弹力大小为F，方向竖直向下．由牛顿第二定律得2vmgFmR+=2vgR=解得F=3mg方向竖直向下．根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力．故C正确．D．设小球在最低点和最高点的速度分别为v1、v2．根据机械能守恒定律得22

1211222mvmgRmv=+解得2vgR=由牛顿第二定律得22vmgNmR+=解得N=0故D错误．故选AC【名师点睛】本题中圆管模型与轻杆模型相似，抓住两个临界条件：一是小球恰好到达最高点时，速度为零；二是小球经过最高点与管道恰好无作用力时速度为g

R．10.随着科技的发展，人类的脚步已经踏入太空，并不断的向太空发射人造卫星以探索地球和太空的奥秘。如图所示：为绕地球旋转的两颗人造地球卫星，他们绕地球旋转的角速度分别为1、2，关于他们的运动说法正确的是（

）A.卫星1绕地球旋转的周期小于卫星2B.卫星1绕地球旋转的角速度小于卫星2C.想要卫星1变轨到卫星2的轨道，只需沿卫星1的速度方向喷火加速即可D.若某一时刻卫星1、2以及地心处在同一直线上，我们说此时两颗卫星距离最近。从此时开始计时，两卫星要

再次达到距离最近，需要时间为122πt=−【答案】AD【解析】【详解】A．根据2224πMmGmrrT=可得234πrTGM=由图可知21rr所以1TT2即卫星1绕地球旋转的周期小于卫星2，所以A正确；B．同理可得3GMr=所以12所以B错误；C．想要

卫星1变轨到卫星2的轨道，需沿卫星1的速度的反方向喷火加速，这样就会给卫星一个向前的冲力，让卫星1加速做离心运动，到达2轨道，所以C错误；D．由于1TT2所以当下次距离最近时，卫星1比卫星2多绕一圈，即122πtt−=化简可得122πt=−所以D正确。故选AD。11

.“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知小球运动到最低点Q时速度为v0，绳长为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，则（）A.小球运动到最低点Q时，处于失重状态B.小球运动到最低点Q时速度

v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C.当02vgl时，小球一定能通过最高点PD.当0vgl时，细绳始终处于绷紧状态【答案】D【解析】【详解】A．小球在最低点时重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态，故A不符合题意；B．设小球在最高点的速度为v

1，最低点的速度为v2，由动能定理得222111222mglmvmv=−球经过最高点P211vFmgml+=球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，如图根据牛顿第二定律得到222vFmgml−=联立解得F2-F1=6mg

与小球的速度无关，故B不符合题意；C．球恰好经过最高点P，速度取最小值，故只受重力，重力提供向心力23vmgml=小球以v0向上运动到最高点时，由动能定理得220411222mglmvmv=−可得430vglv==所以小球不过最高点，故C不符合题意；D．当0vgl时，设小球能够上升

的最大高度h，由机械能守恒得201122mghmvmgl==所以h＜l，小球上升的最高点尚不到与O水平的高度，所以细绳始终处于绷紧状态，故D符合题意。故选D。12.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在水平地面上，一小球压在轻弹簧的上端而不栓连

，从静止开始释放，在小球向上运动的过程中，规定运动的起点为重力势能的零势能点，小球机械能E随其位移大小x的变化规律如图乙所示，且曲线与平行与x轴的直线相切，则下列说法中正确的是A.小球在0~x1这段位移上加速度一直减小B.小球动能的最大值在0~x1这段位移上的某个位置C.小球在0~x1这段

位移上的机械能守恒D.小球在x1~x2这段位移上的机械能守恒【答案】BD【解析】【详解】A、由图知，小球在0～x1这段位移内，弹簧对小球有向上的弹力，弹力先大于重力，后小于重力；弹力不断减小，则小球的合力先减小后增大，加速度先减小

后增大，A错误．B、小球的加速度在0～x1先向上减小后向下增大，可知小球先加速后减速，则此过程中a=0时速度最大，即动能最大，B正确．C、0～x1这段过程为弹簧弹开小球的过程，除重力做负功之外，弹簧的弹力对小球做正功，把弹簧的弹性势能转化为小球的机械能

，故小球的机械能不断增大，C错误．D、x1~x2的过程为小球离开弹簧后在空中上升的阶段，只有小球的重力做负功，动能转化为重力势能，小球的机械能守恒，D正确．故选BD．【点睛】本题关键是分析小球的受力情况来确定小球的运动情况．分析时要抓住弹力与压缩量成正比的特点，要知道

除重力以外的力对单个物体做功等于物体机械能的变化．二、实验题：本题共2小题，每空2分，共计12分。13.某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的物体运动轨迹，A、B、C三点的位置在运动轨迹上已标出（g取10m/s2），则：(1)小球平抛的初速度为________m/s；(2)小球在B点瞬时速度

vB=________m/s。【答案】(1).2(2).22【解析】【详解】(1)[1]在竖直方向上2yhgT==则2251510s0.1s10hTg−−===则小球平抛运动的初速度202010m/s2m/s0.1xvT−===(2)[2]B点在竖直方向上的分速度24010m/

s2m/s220.1ACByhvT−===小球在B点瞬时速度22022m/sBByvvv=+=14.某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方。在钢球底部竖直

地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝dt作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp

与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒。（1）用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离。A．钢球在A点时的顶端B．钢球在A点时的球心C．钢球在A点时的底端（2）用ΔEk＝12mv2计算钢球动能变化的大小，

用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图所示，测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球的速度为v＝________m/s（本小题结果保留3位有效数字）。（3）下表为该同学的实验结果：ΔEp/(×10－2J)4.8929.78

614.6919.5929.38ΔEk/(×10－2J)5.0410.115.120.029.8他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点？请说明理由。__

________。（4）请你提出一条减小上述差异的改进建议。_______。【答案】(1).B(2).1.50（1.49～1.51都算对）(3).不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于Δ

Ep(4).分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝lLv【解析】【详解】（1）[1]．小球下落的高度h是初末位置球心之间的高度差，即钢球下落的高度h应为释放时的钢球球心到钢球在A点时的球心之间的距离，故选B。（2）[2]．刻度尺读数的方法，需估

读一位，所以读数为1.50cm；钢球的速度为：21.5010m/s1.50m/s0.01dvt−=＝＝（3）[3]．不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp；（4）[4]．改进建议：分别测出光电门

和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝lLv。三、计算题：本题共4小题，共计40分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后的结果不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在

两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常数为G，求地球的密度？【答案】0203()gGTgg=−【解析】试题分析：在地球两极重力等于万有引力，即有0243MmmgGmGRR==，在赤道上重力等于万有引力与向心力的差值，即222443

MmmgmRGmGRTR+==，联立解得：0203()gGTgg=−考点：万有引力定律的应用【名师点睛】考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式；此题是中等题，考查学生灵活

运用知识的能力．16.两个质量都为4310kg−的导体球，分别被两根长0.04m的丝线吊在同一点上．让它们带上等量同种电荷后，两球互相排斥，至图所示位置平衡．(1)试求两球间静电力的大小(2)求导体球所带的电量．【答案】(1)3110NF−=；(2)8410C3q−=【解析】【

详解】（1）对其中一个球进行受力分析如图，得3tan30110NFmg−==（2）由几何关系知两球间距离为0.04m又232110NkqFr−==由上解得8410C3q−=17.假设有一辆超级电容车，质量m=1×103kg，额定功率P=40kW，当超级电

容车在水平路面上匀速行驶时，速度为vm=20m/s，（g取10m/s2，整个过程阻力f恒定不变）。(1)超级电容车在此路面上行驶受到的阻力f是多少？(2)若超级电容车从静止开始，保持以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？(3)若超级电容车从静止开

始，保持额定功率做加速运动，经300m后达到最大速度，求此过程中超级电容车所需要的时间。【答案】(1)2000N；(2)5s；(3)20s【解析】【详解】(1)当汽车速度达到最大时汽车的牵引力与阻力平衡，即F=f，

P=fvm得40000N2000N20mPfv===(2)汽车做匀加速运动F1-f=ma解得F1=4000N设汽车刚达到额定功率时的速度v1P=F1v1，v1=1PF=10m/s设汽车匀加速运动的时间tv1=at解得t=1va=

5s(3)从静止到最大速度整个过程由动能定理得Pt1-fs=12mv2代入数据解得211220smvfsPt+==【点睛】本题主要考查了机车启动的两种方式，恒定功率启动和恒定加速度启动，掌握恒定功率启动时功率保持不变，牵引力随速度增大而减小，恒定加速度启动时牵引力不变，功

率随速度增加而增加。特别注意运动过程中的两个速度不要搞混淆了：①匀加速运动结束的末速度；②最大速度。18.图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型。其中AB段和圆轨道不计阻力，BC、CD、DE、EF段平直

轨道与小球的动摩擦因数为μ=0.2，DE段的倾角α=53°，B、C为两竖直圆轨道1、2的最低点，LBC=LCD=6m，LDE=1m，LEF=10m，半径R1=2m。质量为m=1kg的小球（视为质点），从轨道的右侧

A点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道，且不考虑D、E点的能量损失，（已知cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2）试求：（1）如果小球恰能通过第一个圆轨道，A点的高度h应是多少；（2）要使小球不脱离第二个圆轨道，半径R2应满足的条件；（3）要使小球最终停在EF段，A点的高度h应

该设计为多少。【答案】（1）5m；（2）R2≤1.52m或R2≥3.8m；（3）5m≤h≤5.32m【解析】【详解】（1）小球恰好能过竖直圆轨道，则在最高点满足201vmgmR=小球从A点到最高点根据机械能守恒定律有()21

0122mghRmv−=联立解得h=5m（2）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I.轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高点的速度为v2，应满足222vmgmR=同时满足，小球能通过第一轨道，根据动能定理有2212

2011(22)mgL22BCmgRRmvmv−−=−或者2221(h2)mgL2BCmgRmv−−=联立解得R2=1.52mII.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R2，根据动能定理21201(2)mgL02BCmgRRmv−−=−或者2(h)mgL

0BCmgR−−=联立解得R2=3.8m故R2≤1.52m或R2≥3.8m（3）如果小球停止在E点，从出发到E点，根据动能定理得(sin)()cos0DEBCCDDEmghLmgLLmgL−−

+−=解得h=3.32m<5m说明小球刚好到E点就过不了竖直圆轨道，如果小球停止在F点，从出发到F点根据动能定理得:(sin)(L)cos0DEBCCDEFDEmghLmgLLmgL−−++−=解得h=5.32m综上可得5m≤h≤5.32

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