2021-2022学年浙江省宁波市余姚四中高一（下）月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年浙江省宁波市余姚四中高一（下）月考物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 下列说法不符合物理学史的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省宁波市余姚四中高一（下）月考物理试卷
1. 下列说法不符合物理学史的是(    )
A. 牛顿对引力常量G进行了准确测定，并于1687年发表在《自然哲学的数学原理》中
B. 英国物理学家卡文迪什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. 牛顿做了月地检验，证明了地面物体所受引力和天体间引力遵循相同的规律
D. 开普勒行星运动定律是开普勒在第谷留下的观测记录的基础上整理和研究出来的
2. 用国际单位制的基本单位表示万有引力常量的单位，下列符合要求的是(    )
A. N⋅m/kg2 B. m3⋅s2/kg C. N⋅m2/kg2 D. m3kg⋅s2
3. 关于重力势能的说法中，错误的是(    )
A. 物体重力势能的大小与零势能面的选择有关
B. 重力对物体做正功，物体的重力势能增加
C. 物体的重力势能严格说是属于物体和地球这个系统的
D. 物体位于零势能面下方其重力势能取负值
4. 如图所示，火车轨道转弯处外高内低，当火车行驶速度等于规定速度时，所需向心力仅由重力和轨道支持力的合力提供，此时火车对内、外轨道无侧向挤压作用。已知火车内、外轨之间的距离为1430mm，高度差为143mm，转弯半径为400m，由于轨道平面的倾角θ很小，可认为sinθ=tanθ，重力加速度g=10m/s2，则在这种情况下，火车转弯时的规定速度为(    )

A. 36km/h B. 54km/h C. 72km/h D. 98km/h
5. 已知日地距离为R0，天王星和地球的公转周期分别为T和T0，则天王星与太阳的距离为(    )
A. 3T2T02R0 B. T3T03R0 C. 3T02T2R0 D. T03T3R0
6. 卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量，以实验验证了万有引力定律的正确性。应用引力常量还可以计算出地球的质量，卡文迪许也因此被称为“能称出地球质量的人”。已知引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，地面上的重力加速度g=9.8m/s2，地球半径R=6.4×106m，则地球质量约为(    )
A. 6×1018kg B. 6×1020 kg C. 6×1022 kg D. 6×1024 kg
7. 如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v−t图象如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x−t图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是(    )

A. 猴子在2s内做匀变速直线运动 B. t=2s时猴子的速度大小为45m/s
C. t=2s时猴子的加速度大小为2.5m/s2 D. t=0时猴子的速度大小为8m/s
8. 如图所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和轮B水平放置(两轮不打滑)，两轮半径rA=2rB，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮静止，则木块距B轮转轴的最大距离为(    )


A. rA4 B. rA3 C. rA2 D. rA
9. 甲图是洗衣机脱水桶甩干衣服的情境，乙图是两个圆锥摆，丙图是完全相同的两个小球在内壁光滑的倒圆锥内做匀速圆周运动。关于这三种圆周运动，下列说法正确的是(    )

A. 甲图中衣服随脱水桶一起匀速转动的过程中，桶对衣服的摩擦力提供向心力
B. 乙图中两小球的线速度大小相等
C. 乙图中两小球具有相同的运动周期
D. 丙图中a球的角速度大于b球的角速度

10. 在北京冬奥会坡面障碍技巧赛的比赛中，运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆。将运动简化为如下模型，在足够长的斜面上的A点，运动员以水平速度v0飞出，不计空气阻力，他从抛出到离斜面最远所用时间为t1，从抛出到落到斜面上所用时间为t2，则t1与t2之比为(    )



A. 1：2 B. 2：1 C. 1：1 D. 1：3
11. 如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星.下列关于a、b、c的说法中正确的是(    )

A. b卫星线速度大于7.9km/s
B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C. a、b做匀速圆周运动的周期关系为Tarb，故ωaac>aa，故B错误；
C、卫星c为同步卫星，所以Ta=Tc，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2rT2，得：周期T=2πr3GM，可知c的周期大于b的周期，所以Ta=Tc>Tb，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，得：v=GMr，可知b的线速度大于c的线速度，故D正确。
故选：D。
地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小。
本题考查万有引力定律的应用，要熟记万有引力提供向心力的公式，掌握地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期。

12.【答案】C 
【解析】解：AB.整个过程重力做功W=mgh=0.8×10×10×sin30∘J=40J，重力做功40J，重力势能也减小了40J，故AB错误；
C.下滑过程的加速度a有ma=mgsin30∘，解得a=5m/s2
设下滑过程的时间为t，由x=12at2代入数据得到t=2s
所以平均功率有P=Wt=402W=20W，故C正确；
D.物体在底端时的速度v=at=5×2m/s=10m/s，此时的功率P=Fvsin30∘=8×10×12W=40W，故D错误。
故选：C。
首先由W=mgh计算重力功；然后根据运动学公式和牛顿第二定律解出小物块下滑的时间和末速度；最后根据平均功率和瞬时功率的表达式计算即可。
本题考查功和功率的计算，属于小综合题目，解题关键是会区分平均功率和瞬时功率的计算公式，结合运动学方程解出时间和末速度。

13.【答案】CD 
【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，天和核心舱的轨道半径大于地球半径，则在轨运行速度小于7.9m/s，故A错误；
B、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω=GMr3，天和空间站离地面高度约为400km，同步卫星距地面高度为36000km，天和空间站的轨道半径同步卫星的轨道半径，所以天和空间站的角速度大于同步卫星的角速度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，天和空间站的轨道半径同步卫星的轨道半径，所以天和空间站的周期小于同步卫星的周期，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，天和空间站的轨道半径大于地球的半径，加速度小于地球表面的重力加速度，故D正确。
故选：CD。
第一宇宙速度是最大的环绕速度；由万有引力提供向心力得到角速度表达式分析角速度大小；根据开普勒第三定律分析周期的大小；根据牛顿第二定律分析加速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

14.【答案】ACD 
【解析】解：A.由题意可知，卫星A绕彗星表面做匀速圆周运动，则彗星的半径满足R=vT2π，故A正确；
B.根据GMmR2=mv2R，解得M=v3T2πG，故B错误；
C.彗星的密度为ρ=MV=M43πR3=3πGT2，故C正确；
D.根据GMmr2=mω2r，由题意r=nR，可得卫星B的运行角速度为ω=2πTn3，故D正确。
故选：ACD。
卫星做匀速圆周运动，近地轨道的卫星的速度最大，周期最小，根据牛顿第二定律列式分析即可。
本题考查人造卫星，关键是明确卫星的动力学原理，要结合牛顿第二定律列式分析，注意字母运算要细心。

15.【答案】ACD 
【解析】解：ABD、因物体的加速度为a=45g，由牛顿第二定律可知mg−Ff=ma，解得空气阻力Ff=15mg。
重力做功WG=mgh，阻力做功Wf=−15mgh，故AD正确，B错误；
C、重力做功与重力势能变化的关系WG=−ΔEp，重力做正功，故重力势能减少mgh，C正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律求出阻力的大小，再求物体克服阻力所做的功；
据WG=mgh求重力做的功，而重力做功决定了重力势能变化；
本题应明确重力势能变化是由重力做功引起与其他力是否做功无关，阻力做功为负功。

16.【答案】CAD1.61.52.5(−3L,−L) 
【解析】解：(1)在“研究平抛物体的运动”实验时，已备有下列器材：白纸、图钉、薄木板、铅笔、弧形斜槽、小球、刻度尺、铁架台，还需要重锤线，来确定y轴．
由于实验不需要测量小球的质量以及运动的时间，所以不需要秒表、天平、测力计．故选：C；
(2)A、为了保证小球的初速度水平，需调节使斜槽的末端切线必须水平，故A正确；
BD、为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等，应使小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽不一定需要光滑，故B错误，D正确；
C、实验中不需要平衡摩擦力，只需要每次平抛运动的初速度相等即可．故C错误。
故选：AD。
(3)根据y=12gt2得，平抛运动的时间t=2yg=2×19.6×10−29.8s=0.2s，则小球平抛运动的初速度v0=xt=32.0×10−20.2m/s=1.6m/s.
(4)在竖直方向上，根据△y=5L−3L=2L=gT2，解得T=2Lg=2×5×10−210s=0.1s，
小球平抛运动的初速度v0=3LT=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s.
B点的竖直分速度vBy=yAC2T=8L2T=8×5×10−22×0.1m/s=2m/s.
小球在B点时的速度vB=vBy2+v02=1.52+22m/s=2.5m/s
从抛出点到B点的时间tB=vyBg=210s=0.2s，
则抛出点到B点的水平位移xB=v0t=1.5×0.2m=0.3m=30cm=6L，
抛出点到B点的竖直位移yB=12gtB2=12×10×0.22m=0.2m=20cm=4L，
所以抛出点距离A点的水平距离xA=xB−3L=3L，
抛出点到A点的竖直距离yA=yB−3L=L，
以A点的坐标原点，则抛出点坐标为(−3L,−L)
故答案为：(1)C；(2)AD；(3)1.6；(4)1.5，2.5，(−3L,−L)；
(1)根据实验的原理确定实验所需的器材，通过实验中所需注意的事项分析判断；
(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(3)根据竖直位移，结合位移时间公式求出平抛运动的时间，根据水平位移和时间求出小球做平抛运动的初速度；
(4)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度．根据速度-时间公式求出抛出点到B点的时间，从而得出抛出点到B点的水平距离和竖直距离，求出抛出点距A点的竖直位移和水平位移．
本题考查平抛运动的时间，解决本题的关键是要知道平抛运动是水平匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的合成，结合运动学公式和推论灵活求解。

17.【答案】(1)A；(2)C；(3)1T2。 
【解析】
【分析】
(1)探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系采用控制变量法；
(2)根据控制变量法结合实验装置进行分析；
(3)根据向心力公式可得F=mr4π2T2=4π2mr⋅1T2，由此分析图像横坐标x代表的物理量。
本题主要是考查探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，关键是掌握实验原理、实验方法、向心力的计算公式。
【解答】
(1)根据F=mrω2，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法，BC错误，A正确；
(2)为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，要保持质量相等、角速度大小相等，所以应该使用两个质量相等的小球，应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上，使得角速度相等，应使两小球离转轴的距离不同，使得r不同，故AB错误、C正确；
故选：C。
(3)同学用传感器测出小球做圆周运动向心力F的大小和对应的周期T，根据向心力公式可得：F=mr4π2T2=4π2mr⋅1T2，要使图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是1T2。
故答案为：(1)A；(2)C；(3)1T2。  
18.【答案】解：(1)竖直方向做自由落体运动Lsinθ=12gt2
解得：t=2Lsinθg
水平方向做匀速直线运动Lcosθ=v0t
解得：v0=2gLsinθ2tanθ
(2)运动员从A处运动到B处的过程中重力的平均功率为P−=mgLsinθt
解得P−=12mg2gLsinθ
(3)运动员刚落在B处时的重力的功率为P=mgvy；vy=gt
解得P=mg2gLsinθ
答：(1)运动员从A处水平飞出的初速度大小为2gLsinθ2tanθ；
(2)运动员从A处运动到B处的过程中重力的平均功率为12mg2gLsinθ；
(3)运动员刚落在B处时的重力的功率为mg2gLsinθ。 
【解析】(1)根据平抛运动在不同方向的运动特点计算出运动员的初速度；
(2)根据平均功率的表达式得出重力的平均功率；
(3)根据功率的瞬时表达式代入数据完成解答。
本题主要考查了功率的表达式，理解平抛运动在不同方向的运动特点，结合功率的表达式即可完成分析，难度不大。

19.【答案】解：(1)对小球受力分析如图所示，

小球受重力mg和绳子的拉力T.因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球受到的合力指向圆心，且沿水平方向．由平行四边形定则得细线对小球的拉力大小为T=mgcosθ=400.8N=50N
(2)由牛顿第二定律得mgtanθ=mv2r
由几何关系得
r=Lsinθ=0.6m
代入数据解得小球做匀速圆周运动的线速度的大小为v=322m/s
(3)设最大角速度ω，此时细绳与竖直方向的夹角为α，可知Tmcosα=mg
Tmsinα=mω2Lsinα
解得ω=25rad/s
答：(1)绳的拉力为50N；
(2)小球做匀速圆周运动的线速度为322m/s；
(3)若细绳最大张力为80N，小球做匀速圆周运动的最大角速度为25rad/s。 
【解析】(1)(2)小球在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求解。
(2)小球在水平面做匀速圆周运动，由重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得最大角速度。
本题是圆锥摆问题，关键是分析小球的受力情况，确定向心力的来源：重力和细线拉力的合力。要注意小球圆周运动的半径与摆长不同。

20.【答案】解：(1)T−mg=mv2L得T=mg+mv2L=0.05kg×10m/s2+0.05kg×(1m/s)20.2m=0.75N
故T=0.75N
(2)因为在B处恰好飞入所以该点的速度方向为沿斜面向下
在B处速度的竖直分量为vy=1m/s
A、B的竖直距离为Δh=vy22g=(1m/s)22×10m/s2=0.05m
(3)钢珠从飞出至落地所需的时间为t0=2h1g=2×0.45m10m/s2=0.3s
由题意可知，钢珠自C点飞出至F点共触地2次
故运动的总时间为t=3t0=3×0.3s=0.9s
所以F距C的水平距离为xF=vCt=2m/s×0.9s=1.8m
钢珠自C到掠过挡板D所用的时间为t1=2(h1−h2)g=2×(0.45m−0.25m)10m/s2=0.2s
所以D距C的水平距离为xD=vCt1=2m/s×0.2s=0.4m
挡板E有两种情况；
i)如图a所示情况下
钢珠所经历的时间为t2=2t0−2(h1−h2)g=2×0.3s−2×(0.45m−0.4m)10m/s2=0.5s
所以E距C的水平距离为：xE=vCt2=2m/s×0.5=1m

ii)如图b所示情况下
钢珠所经历的时间为t′2=2t0+2(h1−h3)g=0.7s
所以E距C的水平距离为x′E=vCt′2=2m/s×0.7s=1.4m(1分) 
【解析】先由钢珠做圆周运动结合向心力公式获得轻绳能够承受的最大拉力；钢球恰好从B处无碰撞切入一倾角为θ=45∘的斜面上，结合平抛运动即可获得A、B的竖直距离；钢球自C点做平抛运动，钢球经过一次碰撞后才击中开关，根据平抛运动即可求解。
本题主要考查圆周运动和平抛运动，前两问较为基础，第三问中需要学生注意xE=1m或1.4m，出现这种结果需要学生在解此类问题时要事先画出钢球做平抛运动的轨迹，即可求解。第三问属于较难问题。