2020-2021学年河北省石家庄市高一（下）第一次月考物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河北省石家庄市高一（下）第一次月考物理试卷新人教版，共9页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法正确的是（ ）
A.如果物体受到的合力为零，则其机械能一定守恒
B.如果物体受到的合力做功为零，则其机械能一定守恒
C.物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能不一定守恒
D.做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒

2. 用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功−3J，拉力F做功8J，空气阻力做功−0.5J，则下列判断正确的是（ ）
A.物体的重力势能增加了4.5JB.物体的重力势能减少了3J
C.物体的动能增加了4.5JD.物体的动能增加了8J

3. 如图所示，表示物体在力F的作用下在水平面上发生了一段位移x，设这三种情形下力F和位移x的大小都是一样的，计算这三种情形下力F对物体做的功的数值可知（ ）

A.图甲情况下F做功的数值最少
B.图乙情况下F做功的数值最多
C.图丙情况下F做功的数值最少
D.三种情况下F做功的数值一样多

4. 质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则（ ）

A.重力对A物体做的功大于重力对B物体做的功
B.重力的平均功率相同
C.到达水平面时重力的瞬时功率PAv2，v1=GMrB.v1>v2，v1>GMr
C.v1gsinθ，所以tBGMr，故B正确，ACD错误．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
随地、绕地问题
【解析】
第一宇宙速度7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，第二宇宙速度11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度．
卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功．b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度．
【解答】
解：A．卫星b绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A错误；
B．卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功，卫星a、b质量相同，所以卫星b的机械能大于卫星a的机械能，故B错误；
C．b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度．
由万有引力提供向心力，即GMmr2=mω2r，
ω=GMr3，
a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度ωa=GM8R3，
此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近，
(ωa−ω)t=2π，
t=2πGM8R3−ω，故C正确；
D．让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故D错误．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
动能定理的应用
【解析】
本题的关键是分别对子弹列出刚好打穿与接入木块厚度的13时的动能定理表达式，然后求解即可．
【解答】
解：设子弹受到的阻力大小为f，木块的厚度为d，打穿时，对子弹由动能定理可得：−fd=0−12mv2①
没打穿时，应有：−f⋅13d=12mvx2−12mv2②
联立①②解得：vx=63v，故ABC错误，D正确．
故选：D．
11.
【答案】
C,D
【考点】
万有引力定律及其应用
向心力
【解析】
地球、月球、人造卫星等做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力，用它们的运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案．
【解答】
A、C、由GMmR2=m4π2T2R，解得：M=4π2R3GT2，式中R为轨道半径，T为公转周期，M为中心天体质量，故A错误，C正确；
B、根据万有引力提供向心力只能计算出中心天体质量，故B错误；
D、由黄金代换GMmR2=mg，解得：M=gR2G，故D正确。
12.
【答案】
A,D
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
向心加速度
万有引力定律及其应用
第一宇宙速度
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于卫星，其共同特点是由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，故v1v2=Rr．对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，有a=ω2r，故a1a2=rR，故AD正确．
故选AD．
13.
【答案】
B,C
【考点】
双星和多星问题
【解析】
双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断．结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系．
【解答】
解：AB．设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L=400km=4×105m，
根据万有引力提供向心力可知：
Gm1m2L2=m1r1ω2，
Gm1m2L2=m2r2ω2，
整理可得：G(m1+m2)L2=(r1+r2)4π2T2=4π2LT2，解得质量之和(m1+m2)=4π2L3GT2，其中周期T=112s，故A错误，B正确；
CD．由于T=112s，则角速度为：ω=2πT=24π rad/s，这是公转角速度，不是自转角速度，
根据v=rω可知：v1=r1ω，v2=r2ω，
解得：v1+v2=(r1+r2)ω=Lω=9.6π×106m/s，故C正确，D错误．
故选：BC．
14.
【答案】
B,D
【考点】
瞬时功率
平均功率
牛顿第二定律的概念
【解析】
汽车做匀加速直线运动结束时，汽车的功率达到额定功率，写出此时功率的表达式，匀加速过程中拉力最大，根据功率公式，当a＝0，即F＝f时，速度最大，再用最大速度表示出额定功率，解方程组即可求阻力；根据牛顿第二定律列方程即可求匀加速运动的加速度及速度为某一值时的加速度。
【解答】
A、由图可知，汽车做匀加速直线运动结束时，汽车的功率达到额定功率，此时速度为v1
根据P＝Fv得：
P额＝F1v1①
根据牛顿第二定律得：F−f＝ma
当a＝0，即F＝f时，速度最大即为v3
根据P＝Fv得：
P额＝fv3②
由①②得：f＝，故A错误。
B、根据牛顿第二定律得：
F1−f＝ma
解得：a＝＝，故B正确。
C、汽车的速度为v2时，牵引力大小F2＝
根据牛顿第二定律得：
F2−f＝ma2
解得：a2＝＝，故C错误。
D、若汽车的速度为v2时，牵引力恰为
即：，解得v2＝2v1，故D正确。
15.
【答案】
A,C
【考点】
摩擦力做功与能量转化
【解析】
在0∼ℎ0过程中，根据动能定理求F的大小。在0∼ℎ0和ℎ0∼2ℎ0过程中，根据动能定理求F做功之比。根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于物体机械能的增量，分析拉力做功情况，从而判断机械能的变化情况。
【解答】
A、0∼ℎ0过程中，Ek−ℎ图象为一段直线，由动能定理得：(F−mg)ℎ0＝mgℎ0−0，故F＝2mg，故A正确；
B、由A可知，在0∼ℎ0过程中，F做功为2mgℎ0，在ℎ0∼2ℎ0过程中，由动能定理可知：WF−mgℎ0＝1.5mgℎ0−mgℎ0，解得：WF＝1.5mgℎ0，因此在0∼ℎ0和ℎ0∼2ℎ0过程中，F做功之比为4:3，故B错误；
C、在0∼2ℎ0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C正确；
D、在2ℎ0∼3.5ℎ0过程中，由动能定理得WF′−1.5mgℎ0＝0−1.5mgℎ0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
二、计算题：（共4题，每题10分，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，并且要选定研究对象，进行必要的受力分析。）
【答案】
（1）此中子星表面的自由落体加速度为1.3×1012m/s2．
（2）贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度为1.1×108m/s．
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
（1）中子星表面的物体受到的重力等于中子星对它的万有引力，由万有引力公式可以求出中子星表面的重力加速度．
（2）小卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，由牛顿第二定律可以求出卫星的速度．
【解答】
解：（1）重力等于万有引力，则GMmR2=mg，
中子星表面的自由落体加速度g=GMR2≈1.3×1012m/s2；
（2）万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMm′R2=m′v2R，解得，卫星的线速度v=GMR≈1.1×108m/s；
答：（1）此中子星表面的自由落体加速度为1.3×1012m/s2．
（2）贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度为1.1×108m/s．
【答案】
第一种形式下线速度大小为5Gm4R，周期为4πRR5Gm；
第二种形式下星体之间的距离应为312R35
【考点】
牛顿第二定律的概念
万有引力定律及其应用
【解析】
（1）运行的任一卫星受到中心星体和另一个转动的星体的万有引力作用，合力充当向心力，列式求解即可；
（2）对其中一个星体受力分析，根据平行四边形定则求出合力，有合力充当向心力列式即可．
【解答】
第一种形式下，三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中边上的一颗星受中央星和另一颗边上星的万有引力提供向心力：Gm2R2+Gm2(2R)2=mv2R，
解得：v=5Gm4R，
故周期：T=2πRv=4πRR5Gm
另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，由万有引力定律和牛顿第二定律得：
2Gm2L2cs300=m(2πT)2L2cs300，
联立解得：L=312R35．
【答案】
动车组匀加速阶段结束时的速度大小为20m/s。
动车组从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为63s。
【考点】
瞬时功率
动能定理的应用
平均功率
【解析】
根据牛顿第二定律求出匀加速运动的牵引力，再根据功率表达式可求加速结束时的速度；根据匀变速运动速度公式求出匀加速运动的时间，当a＝0，即F＝8Ff时，速度最大，求出最大速度，再根据动能定理，求出达最大速度的时间。
【解答】
设动车组总的牵引力为F，每节动力车厢的输出功率都为P，匀加速启动阶段结束时的速度为v1
由题意每节车厢受到的阻力为：Ff＝0.1mg＝0.1×5×104×10 N＝50000N
根据牛顿第二定律得：
F−8Ff＝8ma
解得：F＝8(Ff+ma)＝8×(50000+5×104×4 )N＝2×106 N
根据P＝Fv得：
2P＝Fv1
解得：v1＝＝m/s＝20m/s
匀加速阶段的时间为：
s＝5s
根据牛顿第二定律得：F−8Ff＝ma
当a＝0，即F＝8Ff时，速度最大
动车组最大行驶速度＝m/s＝100m/s
设恒定功率启动阶段的时间为t2，动车组质量为M＝8m，根据动能定理得：
解得：t2＝58s
故总的时间为：t＝t1+t2＝(5+58)s＝63s
【答案】
小物块在B点的最小速度为2m/s；
在（1）情况下小物块在P点时对轨道的压力大小为36N；
为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，拉力的取值范围为：N≤F≤50N。
【考点】
向心力
动能定理的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力，由重力提供向心力，此时物块在C点的速度最小，在B点的速度也最小。由牛顿第二定律和机械能守恒定律求解。
（2）小物块在水平面上做匀加速运动，在圆轨道做圆周运动，结合圆周运动和动能定理求解。
（3）本题有两种临界情况：1、小物块刚好过C点。2、小物块受水平地面的支持力恰好为零。由牛顿第二定律求解。
【解答】
小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力，只受重力．设在最高点物块速度为vC，
由mg＝m得：vC＝2m/s
物块从B运动到C，由动能定理有：
−2mgR＝m-m
解得：vB＝2m/s
物块从P到C由动能定理有：
−mgR(1−sinθ)＝m-m
解得：vP＝m/s
在P点由牛顿第二定律有：mgsinθ+FN＝m
解得：FN＝36N
根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36N
当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程有摩擦力Ff＝μ(mg−Fminsinθ)，
由A到B由动能定理有：
Fminxcsθ−Ffx＝m
解得：Fmin＝N
当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsinθ＝mg
解得Fmax＝50N
综上，拉力的取值范围是：N≤F≤50N.