【文档说明】辽宁省沈阳市第十一中学2020-2021学年高一下学期4月月考 物理 答案.docx，共(19)页，1.747 MB，由小赞的店铺上传

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2020~2021学年4月辽宁省沈阳市第十一中学高一下学期月考物理试卷（满分：100分）一、选择题（共十二题：共48分）1.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物

体A以速率vA＝10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小vB为（）A.53m/s3B.20m/sC.203m/s3D.5m/s【答案】C【解析】【详解】将B点的速度分解如图所示：则有：2Avv=，2cos30Bvv=，解得：203m/scos303ABvv==；故A，B，D

错误；C正确；故选C.2.在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向左拐弯时，司机右侧的路面比左侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为，设拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车速为v时车轮与路面之间的横向（即垂直于前进

方向）摩擦力等于零，应满足（）A.2sinvRg=B.22sin2vRg=C.2tanvRg=D.2cotvRg=【答案】C【解析】【详解】车匀速转弯，合力等于向心力，如图根据牛顿第二定律2tanvmgmR

=解得2tanvRg=故选C。3.如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度Av、Bv做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A、B，空中运动的时间分别为At、Bt，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为、，已知OB＝2OA．则有（）A.1::2ABv

v=B.:1:2ABtt=C.B球离斜面最远的位置在A点的正上方D.【答案】C【解析】【详解】AB．小球做平抛运动，根据2OBOA=，可知A小球下落的高度为B小球下落高度的一半，对A小球AAxvt=212Ahgt=对B

小球2Bxvt=2122Bhgt=解得12ABtt=222AABBxvtxvt==AB错误；D．小球落到斜面上，末速度的反向延长线必过水平位移中点，所以初速度与末速度的夹角满足00tan2yx=假设斜面倾角为，则001tantan2yx==斜面倾角不变，所以小球

落到斜面瞬间的偏转角不变，根据几何关系可知小球落到斜面瞬间，末速度与斜面的夹角等于与之差，所以=，D错误；C．当速度方向与斜面平行时，B小球距离斜面最远，此时分解速度得tanBgtv=解得tanBvtg=落到斜面底端时212tan2BBBBBgtgtvtv

==解得2tan2BBvttg==可知B小球运动总时间一半时，距离斜面最远，B小球水平方向做匀速直线运动，所以B小球此时正在A点的正上方，C正确。故选C。4.如图所示，两个质量相同的小球，用长度不等的细绳拴在同一点，并在同一平面内做圆周运动，则它们（）

A.运动的周期相同B.运动的线速度相同C.所受绳子拉力相同D.运动的向心加速度相同【答案】A【解析】【详解】A．对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；

将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力F=mgtanθ①由向心力公式得到F=mω2r②设球与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得r=htanθ③由①②③三式得gh=与绳子的长度和转动半径无关，故A正确；B．由v=ωr，两球转动半径不等，线速度不等，

故B错误；C．所受细绳的拉力cosmgT=，因θ角不同，则拉力不同，选项C错误；D．由a=ω2r，两球转动半径不等，向心加速度不等，故D错误；故选A。5.如图所示的皮带传动装置中，轮A和B同轴。A、B、C分别是三个轮边缘的质点且RA=RC=

2RB，则三质点的向心加速度之比aA∶aB∶aC等于（）A.4∶2∶1B.2∶1∶2C.1∶2∶4D.4∶1∶4【答案】A【解析】【详解】由题意可知ωA=ωB，vB=vC，则根据a=ω2r可得2AABBaRaR==根据2vaR=可得2CBCBRaaR==所以aA∶aB∶aC=4∶

2∶1，故选A。6.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a球和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放。当b球摆过的角度为

90时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是（）A.ma=mbB.ma=2mbC.ma=3mbD.ma=4mb【答案】C【解析】【详解】b球在摆动过程中，a球不动，b球做圆周运动，则绳子拉力对b球不

做功，b球的机械能守恒，则有212=bbmgLmv当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为T=magb通过最低点时，根据牛顿运动定律和向心力公式得：2bbTvmgmL−=解得ma=3mb故ABD错误，C正确。故选C。7.两颗靠得很近的天体称为双星，它们都绕两者连线

上某点做匀速圆周运动，因而不至于由于万有引力吸引到相撞，以下说法中正确的是A.它们做圆周运动的角速度与它们的总质量成反比B.它们做圆周运动的线速度大小与它们的质量成正比C.它们做圆周运动的半径与各自质量的乘积相

等D.它们做圆周运动的半径与各自线速度大小的乘积相等【答案】C【解析】【详解】试题分析：因为双星各自做匀速圆周运动的周期相同，根据角速度与周期的关系可知：2T=，双星的角速度之比为1：1，故A错误；双星做匀

速圆周运动的向心力由万有引力提供，故大小相等方向相反：F向1=F向2，即2212121221212()mmvvGmmRRRR=+＝∴121212vmRvmR＝，故选项B错误；∵21122FmRmRmR向＝=，故选项C正确；根据121212vmRvmR＝可得

1112122212vRRmRvRRmR＝，选项D错误；故选C．考点：万有引力定律；双星【名师点睛】此题考查了万有引力定律及双星问题；因为相互作用的吸引力为大小相等方向相反作用在同一条直线上，对于双星各自做匀速圆周运动，它们的向心力大小相等，运行周期相同，据此列方程可得

相应的关系式．8.航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示．关于航天飞机的运动，下列说法中不正确的有（）A.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度

B.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度C.在轨道Ⅱ上经过B速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度D.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期【答案】C【解析】【详解】A．由开普勒第二定律，可知航天飞机在远地点的速度小于在近地点的速度，因此在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度，A正

确，不符合题意；B．航天飞机在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，需减速做近心运动，因此在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度，B正确，不符合题意；C．航天飞机在B点从近地圆形轨道要进入椭圆轨道Ⅱ做离心运动，必须使航天飞机加速；由万有引力提供向心力可得22MmvGmrr=GMv

r=的可知航天飞机在轨道Ⅰ上经A点的速度小于航天飞机在B点近地圆形轨道的速度，因此航天飞机在轨道Ⅱ上经过B的速度大于在轨道Ⅰ上经过A的速度，Ｃ错误，符合题意；D．由开普勒第三定律32akT=，可知在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，D正确，不符合题

意。故选C。9.由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．已知地球表面两极处的重力加速度大小为0g，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体。下列说法正确的

是（）A.质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mgB.质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mgC.地球的半径为()2024ggT−D.地球的密度为()0203gGTgg−【答案】CD【解析】【详解】A．质量为m的物体在地球北极受到的地球引

力等于其重力，大小为mg0，A错误；B．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小等于其在地球两极受到的万有引力，大小为mg0，B错误；C．设地球半径为R，在地球赤道上随地球自转物体的质量为m，由牛顿第二定律可得202

mgmgmRT−=()2024ggTR−=C正确；D．设地球质量为M，地球半径为R，质量为m的物体在地球表面两极处受到的地球引力等于其重力，可得02MmGmgR=20gRMG=又343VR=则有()002

0334ggMVGRGTgg===−D正确。故选CD。10.图中的甲是地球赤道上的一个物体、乙是“神舟”六号宇宙飞船（周期约90分钟）、丙是地球的同步卫星，它们运行的轨道示意图如图所示，它们都绕地心作匀速圆周运动。已知万有引力常量为G。下列有关说法中正确的是（）

A.它们运动的向心加速度大小关系是a乙＞a丙＞a甲B.它们运动的线速度大小关系是v乙＜v丙＜v甲C.已知甲运动的周期T甲，可计算出地球的密度D.已知乙运动的周期T乙及轨道半径r乙，可计算出地球质量【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．丙是地球的同步卫星其周期为

24h，根据卫星的周期公式32RTGM=可知周期越大，轨道半径越大，则乙的半径小于丙的半径，再根据卫星的向心加速公式2GMaR=可知轨道半径越大，向心加速越小，所以a乙＞a丙由于甲与丙周期相同，根据向心力公式22arT

=可知轨道半径越大，向心加速越大，所以a丙＞a甲则它们运动的向心加速度大小关系是a乙＞a丙＞a甲，所以A正确；B．根据卫星的线速度公式GMvR=可知轨道半径越大，线速度越小，所以v丙＜v乙由于甲与丙周期相同，根据线速度公式2vrT=可知轨道半

径越大，线速度越大，所以v甲＜v丙则它们运动的线速度大小关系是v甲＜v丙＜v乙，所以B错误；CD．由万有引力提供向心力有222MmmRRTG=解得2324RMGT=由于甲向心力不只是万有引力提供，则

已知甲运动的周期T甲，不可以计算出地球的密度，所以C错误；D正确；故选AD。11.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装

置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（）A.当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动B.当2KgL，绳子一定有弹力C.ω在223KgKgLL范围内

增大时，B所受摩擦力变大D.ω在203KgL范围内增大时，A所受摩擦力一直变大的【答案】ABD【解析】详解】A．当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有22·2KmgKmgmLmL+=

＋解得23KgL=所以，当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确；B．当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有22KmgmL=解得2KgL=可知当2KgL时，绳子有弹力，故B正确；C．当2KgL时，B已达到最大静摩擦力，则ω在

223KgKgLL范围内增大时，B受到的摩擦力不变，故C错误；D．ω在203KgL范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，当02KgL时，绳上无拉力，则2fmL=当ω增大时，静摩擦力也增大；当223KgKgLL时，B的摩擦力不变，有2B2fmL

T+=可知随着ω增大，绳上拉力增大，对A有2fTmL−=得2fTmL=+可知随着ω增大，A所受摩擦力也增大，故D正确。【故选ABD。12.某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平地面上由

静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的vt−图像，已知小车在0~t1时间内做匀加速直线运动，t1~10s时间内小车牵引力的功率保持不变，7s末到达最大速度，在10s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过

程中小车受到的阻力f大小不变，则以下说法正确的是（）A.小车匀加速直线运动的时间t1=2sB.小车匀加速直线运动的时间t1=1.5sC.t1~10s内小车牵引力的功率P为12WD.小车所受阻力f大小为3N【答案】BC【解析】【详解】D．在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速

运动，由图像可得减速时的加速度大小为a=2m/s2则f=ma=2N即小车所受阻力f的大小为2N，故D错误；ABC．小车在7s~10s内做匀速运动，设牵引力为F，则F=f由图像可知vm=6m/s，则P=Fvm=12W即在t1~10s内小车牵引力的功率为12W，t1时的功率为12W，则此时牵引力为11

2N4N3PFv===0~t1时间内加速度的大小为的22142m/s2m/s1Ffam−−===求得小车匀加速直线运动时间111.5svta==故A错误，BC正确。故选BC。【点睛】本题关键分析求出物体的运动规律，然后根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解，能根据图

象得出有效信息。二、填空题（共二题：共14分）13.某实验小组为了测量当地的重力加速度g设计了如下实验，将一根长为L的轻绳,一端固定在过O点的水平转轴上,另一端固定一质量为m的小球,使整个装置绕O点在竖直面内转动

．在小球转动过程中的最高点处放置一光电门，在绳子上适当位置安装一个力的传感器，如图甲，实验中记录小球通过光电门的时间以确定小球在最高点的速度v，同时记录传感器上绳子的拉力大小F，即可做出小球在最高点处绳子对小球的拉力与其速度平方的关

系图如图乙；(1)根据实验所给信息，写出小球在最高点处F与v的关系式_____________；(2)请根据作出的F-v2图象的信息可以求出当地的重力加速度g=___________；（用b、L表示）

(3)如果实验中保持绳长不变，而减小小球的质量m，则图像中b的位置_____________；（变化/不变），图像斜率_____________（不变/变小/变大）．【答案】①.2vFmmgL=−②.bL③.不变④.变小【解析】【详解】(1)对最高处的小球受力分析，由牛顿第二定律可得，2v

FmgmL+=，解得：2vFmmgL=−．的(2)根据2Fv−图像可得，当2vb=时，0F=；则：0bmmgL=−，解得：bgL=．(3)实验中保持绳长不变，减小小球的质量m；因为2vFmmgL=−，则2Fv−

图像的横截距bgL=不变，图像的斜率mkL=变小．14.图所示的是“研究小球的平抛运动”时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5cm的小方格，取g＝10m/s2.由此可知：闪光频率为________Hz；小球抛出时的初速度大小为________m/s；从抛出点到C点，小球速度的变化最

为________m/s．【答案】①.10②.2.5③.4【解析】【详解】[1][2][3]根据△y=2L=gT2则相等的时间间隔220.05s0.1s10LTg===则闪光的频率110HzfT==小球的初速度050.252.5m/s

0.1LvT===B点竖直分速度yB120.63m/s20.2LvT===则C点的竖直分速度vyC=vyB+gT=3+1m/s=4m/s小球从抛出点到C点的过程中，速度的变化量△v=gt=vyC=4m/

s三、计算题（共三题：共38分）15.质量m＝2kg的小球在长为L＝1m的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax＝118N，转轴离地高度h＝21m，g＝10m/s2。试求：(1)若恰好通过最高点，则最高点处的速度为多大；(2)在某次运动中在最低点细绳恰好被拉断，

则此时的速度为多大；(3)绳断后小球做平抛运动，如图所示，求落地水平距离x。【答案】(1)10m/s；(2)7m/s；(3)14m【解析】【分析】【详解】(1)当小球恰好通过最高点时，小球只受重力，并由重力提供向心力。设此时速度为0v根据牛顿第二定律得20

vmgmL=所以010m/sv=(2)若细绳此时恰好被拉断小球在最低点时，由牛顿第二定律得2maxvTmgmL−=解得7m/sv=(3)绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为x，则由xvt=竖直方向自由落

体运动则有212hLgt−=解得14mx=16.如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，细线与轴线之间的夹角为37=，小球以速率绕圆锥体轴线做水平圆周运动。（1）当1

gL=时，求细线对小球的拉力；（2）当22gL=时，求细线对小球的拉力。【答案】（1）2925mg；（2）2mg【解析】【详解】（1）小球离开圆锥体的临界条件为圆锥体对小球的支持力为FN=0，由牛顿第二定律可得20tansinmgmL=解得05g4L=因ω1=gL<ω0则FN≠0对

小球进行受力分析，如图甲所示根据牛顿第二定律有T1sinθ-N1cosθ=m21LsinT1cosθ+N1sinθ-mg=0解得T1=2925mg（2）因ω2=2gL>ω0小球离开圆锥体，对小球进行受力分析如图乙所示，设细线与竖直方向的夹角为

，由牛顿第二定律得T2sin=m22Lsin解得T2=2mg17.如甲图所示：AB段为粗糙斜面，BC段为光滑圆弧，CD段为粗糙水平面，且BC段圆弧分别与AB段斜面和CD段水平面相切，且BC的竖直高度为0.2m，有一物块在斜面上某一高度由静止

释放，物块在C点受到的支持力与释放高度H的关系如乙图所示．则：求：(1)BC段圆弧所对应的圆心角θ．(2)求斜面AB段的动摩擦因数μ．【答案】（1）37°（2）0.3【解析】【详解】试题分析：根据动能定理求出C点的瞬时速度，根据牛顿

第二定律求C点轨道的支持力，结合图象读出对应已知量，进而求解．（1）从圆弧上某点至C，由动能定理得：212CmgHmv=根据牛顿第二定律：2CvNmgmR−=联立得：2mgHNmgr=+结合图象得：0.5mk

g=，1Rm=，37=（2）从A至C，由动能定理得：()212BCCmgHmgHHcotmv−−=解得：40810533NH−++＝由图象知：855.83+=得0.3=【点睛】本题考查匀变速直线运动、圆周运动的综合，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律

、牛顿第二定律，主要是根据相应的规律写出方程，再根据数学知识进行求解．