【文档说明】【精准解析】江苏省扬州中学2019-2020学年高一下学期5月物理试题.pdf，共(22)页，392.229 KB，由小赞的店铺上传

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-1-扬州中学2019-2020学年第二学期高一物理5月月考1.据《世说新语》记载，晋明帝司马昭在回答“汝意谓长安与日孰远”时，一句“举目望日，不见长安”惊愕群臣。我们生活的2020年初的地球，需经8分13秒才能看见太阳的光芒，

但我们离长安却隔了将近1111年。距研究者发现，地球与太阳的距离不断缩小，月球却在逐渐远去。下列说法正确的是A.在2020初，地日距离约为150万千米B.倘若月球彻底脱离了地球，则它受到地球对它的引力为0C.与长安城中的人相比，我们的“一个月”在

实际上应略长于他们的D.与长安城中的人相比，我们的“一年”在实际上应略长于他们的【答案】C【解析】【详解】A．由xct可得，地日距离约为88310493m1.510kmx故A错误；B．倘若月球彻底摆脱了地球，由万

有引力定律可知，地球对它仍然有引力作用，故B错误；C．由于月地距离增大，故月球的公转周期变长，故现在的一月应该长于过去，故C正确；D．由于日地距离不断缩小，故地球的公转周期变短，因此现在的一年应该略短于过去，故D错误；故选C。2.如图所示为某齿轮传动装置中的A、B、C三个齿轮，三

个齿轮的齿数分别为32、12、20，当齿轮绕各自的轴匀速转动时，A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为A.8:3:5B.5:3:8C.15:40:24D.24:40:15【答案】C【解析】【详解】三个齿轮同缘转动，所以三个齿轮边缘的线速度相等，即为：

-2-vA=vB=vC三个齿轮的齿数分别为32、12、20，根据vr得A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为111::15:40:24321220A.8:3:5与计算结果不符，故A错误．B.5:3:8与计算结果不符，故B错误．C

.15:40:24与计算结果相符，故C正确．D.24:40:15与计算结果不符，故D错误．3.火星是地球的邻居，已知火星的半径是地球的12，质量是地球的19，自转周期与地球基本相同，地球表面重力加速度是g。若某同学在地球表面上能够跳起的最大高度是h，忽略星球自转的影响，下列描述正确的是（）A.该

同学在火星表面所受的万有引力是地球表面的94B.火星表面的重力加速度是地球表面的29C.火星表面的重力加速度是地球表面的49D.该同学以相同的速度在火星上跳起，上升的最大高度是98h【答案】C【解析】【详解】A．根

据万有引力定律的表达式，该同学在地球表面受到的万有引力2GMmFR在火星表面和地球表面所受的万有引力之比为22149=9GMRmFF故A错误；BC．根据在星球表面万有引力等于重力-3-2GMmmgR得2GMgR已知火星与地球半径、质量的关系，代入后可以求得在

火星表面的重力加速度2149=92GMggR故B错误，C正确；D．根据速度位移公式有22vhg，以相同的初速度在火星上竖直跳起时，能上升的最大高度是2924vhhg故D错误。故选C。4.如图所示，在竖直平面内，直径为R

的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点，O点在水平地面上．可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=10m/s2．则B点与O点的竖直高度差为A.351

0R（）B.352R（）C.3510R（）D.352R（）【答案】D【解析】-4-【详解】小球刚好通过A点，则在A点重力提供向心力，则有：2mgRvmR，解得：2gRv；从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移x=vt，

竖直方向的位移h=12gt2，根据几何关系有：x2+h2=R2解得：1(5)2Rh，则B点与O点的竖直高度差为(5)(35)212RRR，故D正确，ABC错误．5.小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕

竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（）A.2222()2grRRB.2222()2grRrC.222()2grRRD.2222

grR【答案】A【解析】【详解】雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有h=12gt2t=2hg水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以v0=ωR雨点甩出后水平方向做匀速直线运动x=v0t=ωR2hg伞边缘上的水滴落到地面，落

点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为x=22rR所以22rR=ωR2hg解得-5-h=2222()2grRR故选A.点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落

体运动来求解．6.如图，可爱的毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形山丘，已知其身长为3L，总质量为m，如图头部刚到达最高点，假设小虫能一直贴着山丘前行，求其头部越过山顶刚到达山丘底端时小虫的重力势能变化量（）A.12mgLB.312mgLC.36mgL

D.34mgL【答案】B【解析】【详解】选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为：113=sin603212LWmgmgL，小虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为：223=sin60326LWmgmgL，其重力势能的变化量为：2

1333=61212WWWmgLmgLmgL，故B正确，ACD错误。故选：B。7.如图所示，一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度v0在粗糙-6-的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。已知滑块与水

平面间的动摩擦因数为μ，则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，选地面为零势能面，滑块的加速度a、滑块的动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力为Fkx选取初速度的方

向为正方向，则滑块的加速度为fFfkaxmmm可知a与x的关系是不过坐标原点的直线，故A错误；B．当弹簧的压缩量为x时，弹簧的弹性势能为212pEkx所以滑块克服弹簧的弹力做功212FWkx

克服摩擦力做功fWfx对滑块由动能定理可得-7-0FfkkWWEE即有2012kkEEfxkx动能kE为x的二次函数，是一条曲线，故B错误；C．滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能，

所以系统的机械能0kEEfx即系统的机械能与x之间的关系为斜率为负的一次函数，故C正确；D．因摩擦产生的内能为Qfx因摩擦产生的热量与弹簧形变量成正比，是过坐标原点的直线，故D错误；故选C。8.长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的v﹣t

图象如图所示，则根据图中的信息（图中所标注的物理量均为已知量）可以求得A.木板获得的动能B.系统损失的机械能C.木板的长度D.A与B间的动摩擦因数【答案】ABD【解析】【详解】A.由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为1A1vat=，物块的加速度011Bvvat=，

根据牛顿第二定律得：-8-AfMa=，BfMa=解得：011mvvMv=，A板获得的动能2kA11011122EMvmvvv＝＝（），故A正确；B.系统损失的机械能等于摩擦力所做的功，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出B相对A

运动的位移0112xvt=，故f00112Wfxmvvv==（），故B正确；C.根据题意只能求出AB的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故C错误；D.由牛顿第二定律可知，摩擦力：01B1vvfmamt==，

而=gfm，解得：011=vvgt，故D正确；9.在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc俯视如图。长度为L=1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球。初始时刻，把细线拉直-9-

在ca的延长线上，并给小球以02m/sv且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）。已知细线所能承受的最大张力为7N，则下列说法中正

确的是（）A.细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变B.细线断裂之前，小球的速度大小保持不变C.细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π（s）D.细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9（m）【答案】BCD【解析】【详解】A．细线断裂之前，绳子

拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变，绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由20vFmr解得2m7r，由于小球每转120°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，根据速度角速度公式vr速度不变，半径变小，故在细线断裂之前，小球

角速度变大，故A错误；B．细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变，故B正确；C．绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由20vFmr解得2m7r，由于小球每转12

0°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为-10-3120002π2π2π111333rrrtvvv其中11mr，20.7mr，30.4mr解得0.7πst，故C正确；D．由于小

球每转120°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，小球运动的位移大小为1m0.1m0.9mx故D正确。故选：BCD。10.在地球上将物体P水平抛出做平抛运动，物体的动能Ek与下降高度h之间的关系如图

中实线所示。在某一星球H上改用质量相同的物体Q水平抛出做平抛运动，其动能Ek与下降高度h之间的关系如图中虚线所示。假设地球和星球H均为质量均匀分布的球体。已知地球的半径是星球H的2倍，地球表面重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.地球的质量是星球H的6倍B.地球与星球H的密度

之比为3：2C.已知地球的半径约为6.4×106m，则星球H的第一宇宙速度约为3.3km/sD.若P、Q下落过程中重力的瞬时功率相同，则Q下降的高度是P的9倍【答案】BC【解析】【详解】AB．物体做平抛运动，由动能定理

可得：kk0EEmgh可知地球的重力加速度为星球H的3倍，在星球表面，根据万有引力等于重力可得-11-2GMmmgR其中343MR，解得34πgGR得地球与星球H的密度之比为3:2，地球的质量与星球H的12倍，故B正确，A错误；C．第一宇宙速度

为vgR，代入数据星球H的第一宇宙速度约为3.3km/s，故C正确；D．重力的功率为2Gpmgvmggh功率相等时，地球的重力加速度为星球H的3倍，Q下降的高度是P的27倍，故D错误。故选BC。11.一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持恒定的加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引

力随速度变化的图象如图所示。若已知汽车的质量m，牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3。则根据图象所给的信息，下列说法正确的是（）A.汽车运动中的最大功率为F1v2B.速度为v2时的加速度大小

为111123FvFvmvmvC.汽车行驶中所受的阻力为112FvvD.恒定加速时，加速度大小为1113FFvmmv【答案】BD【解析】【详解】A．根据牵引力和速度的图像和功率PFv-12-得汽车运动中的最大功率为11Fv，A错误；BC．汽车运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引

功率，所以速度为2v时的功率是11Fv，根据功率PFv得速度为2v时的牵引力是112Fvv对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力113

fFvFv根据牛顿第二定律，有速度为2v时加速度大小根据112fFvFmav解得111123FvFvamvmvC错误B正确；D．根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度'1fFFma解得1113'

FFvammvD正确。故选BD。12.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图象。其中高度从0.2m上升

到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取g=10m/s2，由图象可知（）-13-A.小滑块的质量为0.2kgB.弹簧的劲度系数为2.5N/m，最大弹性势能为0.5JC.小

滑块运动过程中先加速再减速。在加速过程中，有加速度大小等于g的位置D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18J【答案】AC【解析】【详解】A．在高度范围为0.2m<h<0.35m时，E－h图像为倾斜直线，斜率恒定表示合外力恒定，滑块做竖直上抛运动，合外力为重力kEmgh则0.30

0kg0.2kg10(0.350.20)m故A正确；B．在整个运动过程中，弹簧与滑块构成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、滑块的重力势能、滑块的动能之和保持不变，最初系统只有滑块的重力势能与弹簧的弹性势能，在滑块

上升过程（没有脱离弹簧）中，弹性势能转化为滑块的机械能；当滑块刚脱离弹簧，开始做竖直上抛运动时，系统的机械能全部转化为滑块的机械能。系统总的机械能为pkkpGkpEEEEEE总块机当Ep=0时kpG(0.30.4)J0.

7JEEEE总块机最初的重力势能为pG00.2JE，弹性势能最大为pk00.5JE，在h1=0.18m时，Ek－h图像斜率为零，合外力等于零，则-14-mg=kx1根据图像可知，滑块上升距

离为0.1m时，弹簧恢复原长L0=0.20m，由此可知弹簧最大压缩量为xmax=0.1m且x1=L0－0.18m=0.02m则1100N/mmgkx故B错误；CD．当弹簧弹性势能与滑块重力势能最小时，滑块动能最大，由图可知，kmax0.32JE，则pkpmin

0.38JGEE根据上述分析可知，h0=0.1m时，滑块的加速度22max0102m/s40m/s0.2kxmgam2010m/sag滑块在运动过程中，先做加速度减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大值，后做加速度增

加的减速运动，结合图像可知，在加速过程中有加速度大小等于g的位置，故C正确，D错误。故选AC。13.利用图示装置可以测物体问的动摩擦因数。水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B点固定着光电门。跨过定滑轮的细线两端分别栓接质量m的重物和质量M的物块

（含宽度为d的遮光条），实验时每次都由静止释放物块，多次改变物块释放点A的位置，记录每次AB的间距x和遮光条通过光电门的时间t。（细线与滑轮间的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为g）(1)物块从A运动至B的过程中，重物和物块整体的动能增量为△Ek=____

___。-15-(2)下列各图中，能够正确反映运动过程中x与t之间关系的图像是__________（填选项序号字母）。(3)若(2)中正确图线的斜率为k，则物块与水平面间的动摩擦因数μ=_______（填选项序号字母）。A.22()2kmgMmdkMgB.22(

)2kmgMmdkMgC.222()kMgkmgMmd【答案】(1).222Mmdt(2).C(3).A【解析】【详解】(1)[1]物块到达B点时的速度为Bdvt则物块从A运动至B的过程中，重物和物块整体的动能增量为2221()22

kBMmdEMmvt(2)[2]根据动能定理有212()mgxMgxmdMt整理后有2212mMdxmgMgt()故选C。(3)[3]由函数关系可知，斜率22mMdkmgMg(

)由此变形可得-16-22()=2kmgMmdkMg故选A。14.某实验小组用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有（）．(填入正确选项前的字母）A.米

尺B.秒表C.0〜12V的直流电源D.0〜12V的交流电源(2)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图2所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值．已知打点计时器的打点周期为0.0

2s，重物质量为lkg，当地重力加速度为g=9.80m/s2．①在打点计时器打O点至B点过程中，重物动能增加量kE____J，重物重力势能减少量pE____J．(计算结果保留3位有效数字)②在实验误差允许的范围内，此过程中重物的机械能____．(填“守恒”或“不

守恒”）【答案】(1).AD(2).7.61(3).7.63(4).守恒【解析】【详解】(1)[1]A．实验需要使用米尺测量点迹间的间距，故A项正确；B．实验用打点计时器记录时间，不需要秒表，故B项错误；CD．电磁打点计时器可使用0〜12V的交流电流，故C项错误，D项正确．(2)[2

]打B点时，重锤的速度2(86.6071.00)10m/s3.9m/s220.02CABhhvT-17-在打点计时器打O点至B点过程中，重物动能增加量22k11013.9J7.61J22BEmv

[3]在打点计时器打O点至B点过程中，重物重力势能减少量p19.800.7790J7.63JBEmgh[4]据上面数据知，在实验误差允许的范围内，此过程中重物的机械能守恒．15.关于行星的运动，开普勒第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与

它的公转周期T的二次方成正比，即32akT，k是一个对所有行星都相同的常量．（1）将行星绕太阳的运动按匀速圆周运动处理，请推导太阳系中该常量k的表达式．（已知引力常量为G，太阳的质量为M）（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地

月系统）都成立．经测定月地距离为r1=3.8×108m，月球绕地球运动的周期T1=2.4×106S．①推导地球质量M地的表达式．②估算其数值．（G=6.67×1110N·m2／kg2，结果保留一位．．有效数字）【答案】（1）24GM（2）①231214rGT②6×1024k

g【解析】【详解】（1）将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，则轨道半径r=a，根据万有引力定律和牛顿第二定律得2224MmGmrrT＝解得3224rGMkT．（2）根据万有引力定律和牛顿第二定律得2122114MmGmrrT地＝解得231214=rMGT地-18-代入数据解得M地=

6×1024kg．点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意运用该理论求解天体质量只能求解中心天体的质量，并能求解环绕天体的质量．16.如图甲所示，一根长1m的硬杆一端固定在转轴O上，另一端固

定一小球，使硬杆绕转轴在竖直平面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点A时对杆的压力大小为0.6N，当小球运动到最低点B时对杆的拉力大小为1.4N，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球的质量及其做圆周运动的角速度；(2)如图乙所示，将小球

穿在硬杆上，硬杆与竖直轴线OO'的夹角为53，使硬杆绕OO'匀速转动，此时小球相对于硬杆静止在某一位置上，且与硬杆之间没有摩擦，已知sin53=0.8，cos53=0.6，求：①杆对小球的弹力大小；②小球做圆周

运动的角速度与其离O点距离x的关系式。【答案】(1)=2rad/s；(2)①1.25N；②758xrad/s【解析】【详解】(1)小球运动到最高点A和最低点B时，分别对其进行受力分析如图小球运动到最高点A时：2AmgFml-19-小球运动到最低点B时：2BFmgm

l联立解得m=0.1kg，=2rad/s(2)对小球受力分析如图①竖直方向由平衡可得FNsin53=mg解得FN=1.25N②水平方向有FNcos53=2mr其中r=xsin53解得758xrad/s

17.如下图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热

．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾

角均为37，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重-20-力加速度为g．（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？（2）接（1）问，试通过

计算用文字描述滑块的运动过程．（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．【答案】（1）2393216yvhRRg（2）22116Rs（3）9mg【解析】试题分析：（1

）在P点222PPmvmgvgRR得(2分)到达A点时速度方向要沿着AB，3.tan24ypvvgR(2分)所以AD离地高度为2393216yvhRRg(2分)（2）进入A点滑块的速度为52cos4PvvgR(1分)假设经过一个来回能够回到A点，设

回来时动能为kE，214cos802kEmvmgR所以滑块不会滑到A而飞出．(1分)根据动能定理2sinmgR21cos02mgsmv(2分)得滑块在锅内斜面上走过得总路程22116R

s(2分)（3）设初速度、最高点速度分别为1v、2v由牛二定律，在Q点211mvFmgR(1分)在P点2222mvFmgR(1分)-21-所以22212212(22)22mvvvFFmgR(2

分)由机械能守恒221211322mvmvmgR(2分)得22126vvgR为定值带入2v的最小值2gR得压力差的最小值为9mg(2分)考点：本题考查圆周运动、动能定理、机械能守恒-22-