2021-2022学年新疆石河子第一中学高一下学期4月月考物理试题 Word版含解析

2024届高一物理月考试卷

一、选择题（每小题4分，共56分。1-9题所给选项有一项符合题意，10-14所给选项至少有一项符合题意。g=10m/s2）

1. 以下说法正确的是（　　）

A. 卡文迪许测量出万有引力常量，并提出万有引力定律

B. 牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力

C. 开普勒提出日心说，并指出行星绕太阳转动其轨道为椭圆

D. “嫦娥二号”卫星的发射速度必须大于11.2km/s

【答案】B

【解析】

【详解】A.卡文迪许测量出万有引力常量，但提出万有引力定律的是牛顿，A错误；

B.牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力，B正确；

C.最早提出日心说的是哥白尼，C错误

D. “嫦娥二号”卫星仍在地月系里，也就是说“嫦娥二号”卫星没有脱离地球的束缚，故其发射速度需大于7.9km/s，小于11.2km/s，D错误。

故选B。

2. 汽车后备箱盖一般都有可伸缩的液压杆，如图甲所示，图乙为简易侧视示意图，液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱的过程中（  ）

A. A点相对于点做圆周运动

B. B点相对于点做圆周运动

C. A与B相对于O点线速度大小相同

D. A与B相对于O点角速度大小相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变短的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A错误；

B．在合上后备箱盖的过程中，O′B的长度是变短的，因此B点相对O′点不是做圆周运动，B错误；

CD．从图示位置到合上后备箱盖的过程中，运动的时间是相同的，但从乙图中可以看出AO与水平方向的夹角等于于BO与水平方向的夹角，由角速度的定义可知，A与B相对于O点转动，角速度相同，半径不同，故线速度不同，C错误D正确；

故选D

3. 如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，如图乙为一男士站立在履带式自动扶梯上正在匀速上楼。下列关于两人受到的力做功判断正确的是（　　）

A. 甲图中支持力对人做正功 B. 乙图中支持力对人做正功

C. 甲图中摩擦力对人做负功 D. 乙图中摩擦力对人做负功

【答案】A

【解析】

【详解】AC．甲图中，人匀速上楼，不受静摩擦力，摩擦力不做功；支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功，故A正确，C错误；
BD．乙图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功。故BD错误；
故选A。

4. 某同学设想驾驶一辆“陆地——太空”两用汽车（如图），沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大。当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”。不计空气阻力，已知地球的半径R＝6400km。下列说法正确的是（　　）

A. 汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大

B. 当汽车速度增加到7.9km/s，将离开地面绕地球做圆周运动

C. 此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1h

D. 在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力。设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得

解得

当汽车速度v减小时，支持力F减小，则汽车对对地面的压力减小，选项A错误；

B．7.9km/s是第一宇宙速度，当汽车速度7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，选项B正确；

C．“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运动时，周期最小。最小周期

将v=7.9km/s，R=6400km代入解得

T=5087s=1.4h

“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h，选项C错误；

D．在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用弹簧测力计测量物体的重力，选项D错误。

故选B。

5. 为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的角速度之比约为（  ）

A. 1:4

B. 4:1

C. 1:8

D. 8:1

【答案】C

【解析】

【详解】：根据题意可得P与Q的轨道半径之比为：rP：rQ=16：1，根据开普勒第三定律有：，可得周期之比为：TP：TQ=8：1，根据，可得：，故C正确，ABD错误．

6. 一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑铁环的半径为R=20cm，环上有一穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦的滑动，如果圆环绕着过环心的竖直轴以10rad/s的角速度旋转（取g=10m/s2），则相对环静止时小球与环心O的连线与O1O2的夹角θ是（　　）

A. 60° B. 45° C. 30° D. 75°

【答案】A

【解析】

【详解】小球转动的半径为Rsinθ，小球所受的合力垂直指向转轴，根据平行四边形定则和牛顿第二定律：F合＝mgtanθ＝mRsinθω2，解得：θ=60°，故C正确，ABD错误．

7. 大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施。如图所示，一次最多可坐四人的浮圈从高为的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动。重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A. 人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态

B. 人和浮圈刚进入盆体时支持力对他们做正功

C. 人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧

D. 人和浮圈进入盆体后，所受支持力与重力的合力大于所需的向心力

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意可知，由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中有向下的分加速度，则人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于失重状态，故A错误；

B．支持力总是垂直于接触面也与速度方向垂直不做功，故B错误；

C．人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力为滑动摩擦力，与运动方向相反，故C错误；

D．人和浮圈进入盆体后做半径逐渐减小的圆周运动，为向心运动，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。

故选D。

8. 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，重物上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是(  　)

A. 钢绳的最大拉力为 B. 钢绳的最大拉力为mg

C. 重物匀加速的末速度为 D. 重物匀加速运动的加速度为

【答案】D

【解析】

【详解】A.匀速阶段钢绳的拉力为，加速阶段的物体处于超重状态，刚绳的拉力大于，所以钢绳的最大拉力大于．故A错误．

B. 匀速阶段钢绳拉力为，加速阶段的物体处于超重状态，刚绳的拉力大于，所以钢绳的最大拉力大于．故B错误．

C.匀加速运动时，拉力大于重力，当加速阶段结束时的速度为，则有，可得：，所以重物匀加速的末速度小于．故C错误．

D.匀加速阶段，拉力为，根据牛顿第二定律有，由以上方程解得．故D正确．

9. 如图所示，在水平转台上放一个质量的木块，它与台面间的最大静摩擦力，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔（光滑的）悬吊一质量的小球，木块到孔的距离为，当转台匀速转动时，欲使木块相对转台静止，则转台的角速度可能是（重力加速度，木块、小球均视为质点）（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】木块相对转台静止而一起转动，则小球处于平衡，有

当转盘转动最慢时，木块有沿着半径向内的滑动趋势，由牛顿第二定律有

当转盘转动最快时，木块有沿着半径向外的滑动趋势，由牛顿第二定律有

联立可得

，

故能保持木块相对转台静止，转台的角速度取值范围为，故A正确，BCD错误。

故选A。

10. 下列说法中正确的是（　　）

A. 功标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功

B. 功是矢量，正、负表示方向

C. 功是能量转化的量度，通过做功可以使一种形式的能转化为另一种形式的能

D. 力做功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB．功只有大小，没有方向，所以功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功，故A正确，B错误；

C．功是能量转化的量度，通过做功可以使一种形式的能转化为另一种形式的能，故C正确；

D．根据公式，l是位移大小，力做功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量，故D正确。

故选ACD。

11. 2020年5月12日9时16分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将行云二号星发射升空，卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功，此次发射的“行云二号”01星被命名为“行云武汉号”，箭体涂刷“英雄武汉伟大中国”八个大字，画上了“致敬医护工作者群像”，致敬英雄的城市、英雄的人民和广大医护工作者。如图所示，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，“行云武汉号”在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为4R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设“行云武汉号”质量保持不变。则（）

A. “行云武汉号”在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为1：8

B. “行云武汉号”在轨道Ⅲ的运行速率大于

C. 飞船在轨道Ⅰ上经过A处点火前的加速度大小等于地球赤道上静止物体的加速度大小

D. “行云武汉号”在轨道Ⅱ上B点的加速度等于在轨道Ⅲ上B点的加速度

【答案】AD

【解析】

【详解】A．“行云武汉号”在轨道Ⅰ、Ⅲ上的轨道半径分别为R和4R，根据开普勒第三定律可知

解得飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为

故A正确；

B．飞船在轨道Ⅰ上绕地球表面飞行，重力提供向心力，有

运行速率为

因“行云武汉号”在轨道Ⅲ的运动半径大于地球半径，故“行云武汉号”在轨道Ⅲ的运行速率小于，故B错误；

C．根据万有引力提供向心力，则有

解得

因飞船在轨道Ⅰ上的半径小于地球同步卫星的半径，故飞船在轨道Ⅰ上经过A处点火前的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，即飞船在轨道Ⅰ上经过A处点火前的加速度大小大于相对地球赤道上静止物体的加速度大小，故C错误；

D．“行云武汉号”在轨道Ⅱ上B点和在轨道Ⅲ上B点都是只受万有引力作用，受力相同，所以加速度相等，故D正确。

故选AD。

12. 2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕日地拉格朗日点的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家.如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的（　　）

A. 线速度大于地球的线速度

B. 向心加速度大于地球的向心加速度

C. 向心力仅由太阳的引力提供

D. 向心力仅由地球的引力提供

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A．飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据

知探测器的线速度大于地球的线速度，故A正确；

B．根据

可知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度，故B正确；

CD．探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供，故C、D错误。

故选AB。

13. 如图所示，斜面体固定在水平地面上，由斜面体顶端的A点以水平速度v抛出小球，小球经t1时间落到斜面上的B点，若仍在A点将此小球以水平速度0.5v抛出，小球经t2时间落到斜面上的C点，两次重力做功分别为W1、W2，则（）

A. t1:t2=2:1 B. t1:t2=4:1 C. W1:W2=4:1 D. W1:W2 = 8:1

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．小球落在斜面上时，有

解得

知运动的时间与初速度成正比，所以

t1：t2=2：1

A正确，B错误；

CD．竖直方向上下落的高度为

重力做功为

解得

解得

C正确，D错误。

故选AC。

14. 如图所示，轻杆长为3L，在杆的AB两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则球B在最高点时，下列说法正确的是（　　）

A. 球B在最高点时速度为

B. 此时球A的速度大小为

C. 杆对球A的作用力为0.5mg

D. 杆对水平轴的作用力为1.5mg

【答案】BD

【解析】

【详解】A．设球B在最高点时的速度为v0，有

解得

故A错误；

B．因为A、B两球的角速度相等，根据知，此处球A的速度为

故B正确；

C．根据牛顿第二定律得

解得

故C错误；

D． A对杆的作用力为1.5mg，水平轴对杆的作用力与A球对杆的作用力平衡，所以水平轴对杆的作用力，根据牛顿第三定律，杆对水平轴的作用力为1.5mg，故D正确。

故选BD。

第Ⅱ卷　（非选择题，共44分）

二.实验填空题（本题共8分。）

15. 在“研究平抛物体的运动”的实验中

（1）让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹。为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上______；

a.通过调节使斜槽的末端保持水平，每次必须由静止释放小球，每次释放小球的位置必须相同

b斜槽必须光滑

c.小球运动时可以与木板上的白纸（或方格纸）相接触

d.记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格的等距离下降

e.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线

（2）某同学只记录了A、B、C三点，各点的坐标如图所示，则物体运动的初速度为______m/s（g=10m/s2），开始做平抛运动的初始位置的坐标为______。

【答案】    ①. a    ②. 1    ③. （－10cm，－5cm）

【解析】

【分析】

【详解】(1)[1]

a．通过调节使斜槽的末端保持水平，每次必须由静止释放小球，每次释放小球的位置必须相同。a正确；

b．斜槽不必光滑，只要保证每次从同一位置静止释放即可。B错误；

c．小球运动时不可以与木板上的白纸（或方格纸）相接触，否则会影响平抛运动。C错误；

d．记录小球位置用的木条（或凹槽）每次不需要等距离下降，只要能描出运动轨迹即可。d错误；

e．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用光滑的曲线连接各点。e错误。

故选a。

(2)[2]由图可知，AB和BC运动的时间相等，在竖直方向有

解得

在水平方向上，有

[3]因为初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内位移之比为1:3:5…，而图中竖直方向在相等时间内位移之比为3:5，所以起点距A点的竖直距离为5cm，水平距离为10cm，所以起点坐标为（－10cm，－5cm）。

三、计算题（本题共4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、表达式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位g取10m/s2）

16. 一质量为的物体，从离地面高为处由静止开始自由下落（取），求：

（1）物体在下落过程中重力的平均功率；

（2）物体落地时重力的瞬时功率。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据题意，由公式可得，物体下落时间为

由公式可得，物体下落过程中，重力做功为

由公式可得，物体在下落过程中重力的平均功率为

（2）根据题意，由公式可得，物体的落地速度为

由公式可得，物体落地时重力的瞬时功率为

17. 某人站在一平台上，用长L＝0.6m 的轻细线拴一个质量为m＝0.6kg的小球，让它在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动，当小球转到最高点A时，人突然撒手，经1.0s小球落地，落地点B 与A 点的水平距离BC＝6.0m，不计空气阻力，g＝10m/s2。求：

(1)A 点距地面高度；

(2)小球离开最高点时的线速度大小；

(3)人撒手前小球运动到A 点时，绳对球的拉力大小。

【答案】(1)5m；(2)6m/s；(3)30N

【解析】

【详解】(1)小球从A点飞出去后做平抛运动，A点离地面的高度为

(2)由x=v0t得，小球离开最高点时的速度为

(3)人撒手前小球运动到A点时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得

代入数据可得

T=30N

18. 现代观测表明，由于引力作用，恒星有“聚焦”的特点，众多的恒星组成不同层次的恒星系统，最简单的恒星系统是两颗互相绕转的双星。它们以两者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，这样就不至于由于万有引力的作用而吸引在一起。如图所示，设某双星系统中的两星S1、S2的质量分别为m和2m，两星间距为L，在相互间万有引力的作用下，绕它们连线上的某点O转动．已知引力常量G，求：

（1）S1、S2两星之间的万有引力大小；

（2）S2星到O点的距离；

（3）它们运动的周期。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】双星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力分别对两星进行列式，来求解。

【详解】（1）依据万有引力航天公式的特点

（2）设点距星的距离为，双星运动的周期为，由万有引力提供向心力

对于星

对于星

计算得出

解得

（3）将代入

双星周期为

19. 为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的4倍，周期为T，万有引力常量为G，地球半径为R。求：

（1）地球表面的重力加速度；

（2）在地面上有一小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示（取竖直向下为正方向）。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，则管道的半径为多少；小球的质量为多少。

【答案】（1）；（2），

【解析】

【分析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律得

在地球表面有

解得

（2）由图可知：当v2=b时

FN=0

此时

解得

当v2=0时，此时

FN=mg=a

解得