四川高一高中物理月考试卷带答案解析

四川高一高中物理月考试卷
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
一、选择题
1.对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是（）
A．其角速度不变B．其向心加速度不变
C．其线速度不变D．其所受合力不变
2.在下列所描述的运动过程中，若各个运动过程中物体所受的空气阻力均可忽略不计，则机械能保持守恒的是（）A．小孩沿滑梯匀速滑下
B．电梯中的货物随电梯一起匀速下降
C．发射过程中的火箭加速上升
D．被投掷出的铅球在空中运动
3.绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，其轨道半径越大，则它运行的（）
A．速度越小，周期越小
B．速度越小，周期越大
C．速度越大，周期越小
D．速度越大，周期越大
4.如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动．现给小球一初速度，使它做圆周运动，
图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则关于杆对球的作用力的说法正确的是（）
A．a处一定为拉力B．a处一定为推力
C．b处一定为拉力D．b处一定为推力
5.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时．汽车的瞬时加速度的大小为（）
A．B．C．D．
6.如图所示，一个小球在竖直环内至少能做（n+1）次完整的圆周运动，当它第（n﹣1）次经过环的最低点时速度
大小为7m/s，第n次经过环的最低点时的速度大小为5m/s，则小球第（n+1）次经过环的最低点时的速度v的大
小一定满足（）
A．等于3m/s B．小于1m/s
C．等于1m/s D．大于1m/s
7.雨滴由静止开始下落，遇到水平方向吹来的风，下述说法正确的是（）
A．风速越大，雨滴下落时间越长
B．风速越大，雨滴着地时速度越小
C．雨滴下落时间与风速无关
D ．雨滴着地速度与风速无关
8.小金属球质量为m 、用长L 的轻悬线固定于O 点，在O 点的正下方处钉有一颗钉子P ，把悬线沿水平方向拉
直，如图所示，无初速度释放小金属球，当悬线碰到钉子的瞬间（设线没有断），则（ ）
A ．小球的角速度不变
B ．小球的线速度突然减小
C ．小球的向心加速度突然增大
D ．悬线的张力突然增大
9.一颗小行星环绕太阳做匀速圆周运动．轨道半径是地球公转半径的4倍，则（ ） A ．它的线速度是地球线速度的2倍 B ．它的线速度是地球线速度的1/2 C ．它的环绕周期是4年 D ．它的环绕周期是8年
10.一质量为m 的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a 匀加速提升h ．关于此过程，下列说法中正确的是（ ） A ．提升过程中手对物体做功m （a+g ）h B ．提升过程中合外力对物体做功m （a+g ）h C ．提升过程中物体的动能增加m （a+g ）h D ．提升过程中物体物体机械能增加m （a+g ）h
11.已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G ．将地球视为半径为R 、质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响．若把一质量为m 的物体放在地球表面的不同位置，由于地球自转，它对地面的压力会有所不同． （1）若把物体放在北极的地表，求该物体对地表的压力F 1的大小； （2）若把物体放在赤道的地表，求该物体对地表的压力F 2的大小；
（3）若把物体放在赤道的地表，请你展开想象的翅膀，假想地球的自转不断加快，当该物刚好“飘起来”时，求此时地球的“一天”T 的表达式．
二、实验题
在“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）有如下器材：A ．打点计时器；B ．低压交流电源（附导线）；C ．天平（附砝码）；D ．铁架台（附夹子）；E ．重锤（附夹子）；F ．纸带；G ．秒表，H 复写纸． 其中不必要的有 、 ；还缺少的是
（2）若实验中所用重物质量m=2kg ，打点纸带如图1所示，打点时间间隔为0.02s ，则记录B 点时，重物速度v B = ，重物动能E k = ；从开始下落起至B 点，重物的重力势能减小量是 ，（结果保留三位有效数字，g 取
9.8m/s 2）
（3）如图2所示的曲线是一同学做“研究平抛物体的运动”实验时画出的小球做平抛运动的部分轨迹，他在运动轨迹上任取水平位移相等的A 、B 、C 三点，测得△s=0.2m ，又测得竖直高度分别为h 1=0.1m ，h 2=0.2m ，根据以上数据，可求出小球抛出时的初速度为 m/s ．（g 取10m/s 2）
三、计算题
1.2014年3月8日凌晨2点40分，马来西亚航空公司一架载有239人的波音777﹣200飞机与管控中心失去联系．有关数据显示马航失联大约还能飞行5小时．假设航班在失联后仍处于正常匀速飞行状态，已知该飞机发动
机的总功率约为8.25×104kw，受到的平均阻力约为3.3×105N，请你由此估算马航失联飞机在正常情况下还能飞行
多远距离．
2.“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，它实际上是一个费力杠杆．如图所示，某中学“研学小组”用自制的抛石
机演练抛石过程．所用抛石机长臂的长度L=4.8m，质量m=5kg的石块装在长臂末端的口袋中．开始时长臂与水
平面间的夹角为α=30°，对短臂施力，使石块经较长路径获得较大的速度，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，石块落地位置与抛出点间的水平距离s=19.2m．不计空气的阻力，当地重力加速度取
g=10m/s2．求：
（1）石块刚被抛出到落地所用的时间t；
大小；
（2）石块刚被抛出时的速度v
（3）抛石机对石块所做的功W．
四川高一高中物理月考试卷答案及解析
一、选择题
1.对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中正确的是（）
A．其角速度不变B．其向心加速度不变
C．其线速度不变D．其所受合力不变
【答案】A
【解析】速度、向心力、加速度是矢量，有大小有方向，要保持不变，大小和方向都不变．在匀速圆周运动的过程中，速度的方向时刻改变，加速度、向心力的方向始终指向圆心，所以方向也是时刻改变．
解：A、根据匀速圆周运动的定义可知，匀速圆周运动的角速度不变．故A正确；
B、匀速圆周运动的过程中，所受合力提供向心力，大小不变，方向改变，是个变力，向心力和向心加速度方向始
终指向圆心，是个变量，故B错误，D错误；
C、匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，但方向改变，所以线速度改变．故C错误；
故选：A
2.在下列所描述的运动过程中，若各个运动过程中物体所受的空气阻力均可忽略不计，则机械能保持守恒的是（）A．小孩沿滑梯匀速滑下
B．电梯中的货物随电梯一起匀速下降
C．发射过程中的火箭加速上升
D．被投掷出的铅球在空中运动
【答案】D
【解析】物体机械能守恒的条件是只有重力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．
解：A、小孩沿滑梯匀速滑下，说明小孩处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，所以A错误．
B、货物随电梯一起匀速下降，说明货物处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，所以B错误．
C、火箭加速上升，动能和重力势能都增大，机械能不守恒，所以C错误．
D、被投掷出的铅球在空中做斜抛运动，只受重力，所以机械能守恒，所以D正确．
故选D．
3.绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，其轨道半径越大，则它运行的（）
A．速度越小，周期越小
B．速度越小，周期越大
C．速度越大，周期越小
D．速度越大，周期越大
【答案】B
【解析】人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，列式得出卫星的角速度、线速度和周期与轨道半径的关系式，即可进行分析．
解：人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，设地球的质量为M，卫星的质量为m，卫
星的轨道半径为r，则得：
则得：，
可知，卫星的轨道半径越大，线速度越小，周期越大，故B正确，ACD错误．
故选：B
4.如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动．现给小球一初速度，使它做圆周运动，
图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则关于杆对球的作用力的说法正确的是（）
A．a处一定为拉力B．a处一定为推力
C．b处一定为拉力D．b处一定为推力
【答案】A
【解析】对小球在a、b点进行受力分析，由于小球做圆周运动，小球需要向心力．
找出小球向心力的来源，根据牛顿第二定律列出等式，判断杆对球的作用力的方向．
解：A、过最低点a时，小球做圆周运动，需要的向心力竖直向上，指向圆心．
根据最低点小球的合力提供向心力，那么小球只有受竖直向下的重力和竖直向上的拉力．故A正确，B错误．
C、过最点b时，小球做圆周运动，需要的向心力竖直向下，指向圆心．
由于轻杆能对小球可以提供支持力，也可以提供拉力，
（1）当在b点时速度0≤v＜时，小球的重力大于其所需的向心力，轻杆对小球有竖直向上的支持力，
（2）当在b点时速度v=时，小球的重力等于其所需的向心力，轻杆对小球的作用力为0．
（3）当在b点时速度v＞时，小球的重力不足以提供向心力，轻杆对小球有指向圆心的拉力．
故C、D错误．
故选A．
5.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时．汽车的瞬时加速度的大小为（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件，可以先求出摩擦
阻力；当汽车的车速为时，先求出牵引力，再结合牛顿第二定律求解即可．
解：汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件有：
=f…①
F
1
v…②
P=F
1
当汽车的车速为时有：
…③
根据牛顿第二定律有：
﹣f=ma…④
F
2
由①～④式，可求得：
所以ABD错误，C正确；
故选：C．
6.如图所示，一个小球在竖直环内至少能做（n+1）次完整的圆周运动，当它第（n﹣1）次经过环的最低点时速度大小为7m/s，第n次经过环的最低点时的速度大小为5m/s，则小球第（n+1）次经过环的最低点时的速度v的大
小一定满足（）
A．等于3m/s B．小于1m/s
C．等于1m/s D．大于1m/s
【答案】D
【解析】小球转动过程中，受到重力、支持力和摩擦力，只有重力和摩擦力做功，机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，摩擦力与支持力成正比，由于小球机械能不断减小，每次转动一圈后经过同一个位置的速率都变小，故弹力也减小，故阻力也减小，根据功能关系列式分析即可．
解：小球从第N﹣2次通过最低点到N﹣1次通过最低点的过程中，消耗的机械能为：mv2N﹣1﹣mv2N﹣2=m （49﹣25）=12m；
它从第N﹣1次通过最低点到N次通过最低点的过程中，因为速度减小，需要的向心力减小，所以与圆环间的压力减小，因此消耗的机械能将小于12m
因此第N次通过最低点时的动能：E＞×25m﹣12m=m
所以：V＞1m/s；
故选D．
7.雨滴由静止开始下落，遇到水平方向吹来的风，下述说法正确的是（）
A．风速越大，雨滴下落时间越长
B．风速越大，雨滴着地时速度越小
C．雨滴下落时间与风速无关
D．雨滴着地速度与风速无关
【答案】C
【解析】将水滴的实际运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，合运动的时间等于竖直分运动的时间，与水平分速度无关；合速度为水平分速度和竖直分速度的矢量和．
解：将水滴的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向随风一起飘动，竖直方向同时向下落；
A、由于水平方向的分运动对竖直分运动无影响，故落地时间与水平分速度无关，故A错误，C正确；
B、两分运动的速度合成可得到合速度，故风速越大，落地时合速度越大，故BD错误；
故选：C．
8.小金属球质量为m、用长L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度释放小金属球，当悬线碰到钉子的瞬间（设线没有断），则（）
A．小球的角速度不变
B．小球的线速度突然减小
C．小球的向心加速度突然增大
D．悬线的张力突然增大
【答案】CD
【解析】把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径发生变化，根据v=rω，a=
判断角速度、向心加速度大小的变化，再根据牛顿第二定律判断悬线拉力的变化
解：A 、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于重力与拉力都与速度垂直，所以小球的线速度大小不变，根据v=rω，知线速度大小不变，半径变小，则角速度增大，故AB 错误； C 、根据向心加速度公式a=
得线速度大小不变，半径变小，则向心加速度变大．故C 正确；
D 、根据牛顿第二定律得：T ﹣mg=
得：T=mg+m
．半径变小，则拉力变大．故D 正确．
故选：CD
9.一颗小行星环绕太阳做匀速圆周运动．轨道半径是地球公转半径的4倍，则（ ） A ．它的线速度是地球线速度的2倍 B ．它的线速度是地球线速度的1/2 C ．它的环绕周期是4年 D ．它的环绕周期是8年
【答案】BD
【解析】研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期， 再根据地球与行星的轨道半径关系找出周期的关系． 解：A 、根据万有引力提供向心力得：G =
所以：v=
小行星环绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的4倍，可得：
．故A 错误，B 正确；
C 、根据万有引力提供向心力得： G
=mr
，
解得： T=2π
．
小行星环绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的4倍，可得
=8：1
所以这颗小行星的运转周期是8年，故C 错误，D 正确． 故选：BD
10.一质量为m 的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a 匀加速提升h ．关于此过程，下列说法中正确的是（ ） A ．提升过程中手对物体做功m （a+g ）h B ．提升过程中合外力对物体做功m （a+g ）h C ．提升过程中物体的动能增加m （a+g ）h D ．提升过程中物体物体机械能增加m （a+g ）h
【答案】AD
【解析】由牛顿第二定律求得物体受到的合外力与人对物体的作用力，然后利用恒力做功的公式分别求出手对物体做功、合外力对物体做的功，应用动能定理判断动能的变化，根据手对物体做的功分析物体机械能的变化．
解：A 、设人对物体的作用力为F ，由牛顿第二定律得F ﹣mg=ma ，即F=m （g+a ），则提升物体的过程中手对物体做功为 W F =Fh=m （a+g ）h ，故A 正确；
B 、提升过程中，合外力对物体做功 W 合=F 合h=mah ，故B 错误；
C 、由动能定理得：△E K =W 合=mah ，即提升过程中物体的动能增加mah ，故C 错误；
D 、根据功能原理可知，物体物体机械能增加等于手对物体做功m （a+g ）h ．故D 正确． 故选：AD
11.已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G ．将地球视为半径为R 、质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响．若把一质量为m 的物体放在地球表面的不同位置，由于地球自转，它对地面的压力会有所不同． （1）若把物体放在北极的地表，求该物体对地表的压力F 1的大小；
（2）若把物体放在赤道的地表，求该物体对地表的压力F 2的大小；
（3）若把物体放在赤道的地表，请你展开想象的翅膀，假想地球的自转不断加快，当该物刚好“飘起来”时，求此时地球的“一天”T 的表达式．
【答案】（1）若把物体放在北极的地表，求该物体对地表的压力F 1的大小为； （2）若把物体放在赤道的地表，该物体对地表的压力F 2的大小为；
（3）此时地球的“一天”T 的表达式为
【解析】（1）当物体放在北极的地表时，万有引力与支持力相平衡，根据平衡条件列式求解支持力，根据牛顿第三定律求解压力；
（2）当物体放在赤道的地表时，万有引力与支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力，根据牛顿第三定律列式求解压力；
（3）物体刚好“飘起来”时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解． 解：（1）当物体放在北极的地表时，万有引力与支持力相平衡，有： =
根据牛顿第三定律，该物体对地表的压力：
=
（2）当物体放在赤道的地表时，万有引力与支持力的合力提供向心力，有：
﹣
=
…①
根据牛顿第三定律，该物体对地表的压力： F 2=F 2ˊ…② 联立①②得： F 2=
（3）物体刚好“飘起来”时，即F 2=0，则有：
解得：
答：（1）若把物体放在北极的地表，求该物体对地表的压力F 1的大小为；
（2）若把物体放在赤道的地表，该物体对地表的压力F 2的大小为；
（3）此时地球的“一天”T 的表达式为
．
二、实验题
在“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）有如下器材：A ．打点计时器；B ．低压交流电源（附导线）；C ．天平（附砝码）；D ．铁架台（附夹子）；E ．重锤（附夹子）；F ．纸带；G ．秒表，H 复写纸． 其中不必要的有 、 ；还缺少的是
（2）若实验中所用重物质量m=2kg ，打点纸带如图1所示，打点时间间隔为0.02s ，则记录B 点时，重物速度v B = ，重物动能E k = ；从开始下落起至B 点，重物的重力势能减小量是 ，（结果保留三位有效数字，g 取
9.8m/s 2）
（3）如图2所示的曲线是一同学做“研究平抛物体的运动”实验时画出的小球做平抛运动的部分轨迹，他在运动轨迹上任取水平位移相等的A 、B 、C 三点，测得△s=0.2m ，又测得竖直高度分别为h 1=0.1m ，h 2=0.2m ，根据以上数据，可求出小球抛出时的初速度为 m/s ．（g 取10m/s 2）
【答案】（1）C 、G 、毫米刻度尺；（2）0.59m/s ，0.348J ，0.351J ；（3）2
【解析】（1）在验证机械能守恒的实验中，验证动能的增加量与重力势能的减小量是否相等，所以要测重锤下降的距离和瞬时速度，测量瞬时速度和下降的距离均需要刻度尺，不需要秒表，重锤的质量可测可不测．
（2）本实验是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，纸带匀变速直线运动时，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．根据
﹣h 的表达式，从数学的角度分析图象；
（3）在竖直方向上根据△y=gT 2，求出时间间隔T ，在水平方向上根据v 0=
，求出平抛运动的初速度．
解：（1）在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表，由mgh=mv 2可知质量可以约掉，故重锤的质量可测可不测． 故本题答案为：C ，G ； 毫米刻度尺． （2）利用匀变速直线运动的推论有：v B =
=
=0.590m/s ，
重锤的动能E KB =mv B 2=×2×（0.59）=0.348J
从开始下落至B 点，重锤的重力势能减少量为：△E p =mgh=2×9.8×0.176J=0.351J ． 得出的结论是在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒． （3）在竖直方向上根据△y=gT 2，则有：T==0.1s
所以抛出初速度为：v 0=
=
=2m/s ．
故答案为：（1）C 、G 、毫米刻度尺；（2）0.59m/s ，0.348J ，0.351J ；（3）2．
三、计算题
1.2014年3月8日凌晨2点40分，马来西亚航空公司一架载有239人的波音777﹣200飞机与管控中心失去联系．有关数据显示马航失联大约还能飞行5小时．假设航班在失联后仍处于正常匀速飞行状态，已知该飞机发动机的总功率约为8.25×104kw ，受到的平均阻力约为3.3×105N ，请你由此估算马航失联飞机在正常情况下还能飞行
多远距离．
【答案】4.5×103km
【解析】飞机匀速飞行时，牵引力等于阻力，根据v=求出此时飞机的速度，再根据x=vt 求解继续飞行的距离． 解：飞机匀速飞行时，牵引力等于阻力，F=f ① 由于P=Fv ②
则还能飞行的距离x=vt ③
联立①②③并代入数据可得x=4.5×103km
答：马航失联飞机在正常情况下还能飞行4.5×103km ．
2.“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，它实际上是一个费力杠杆．如图所示，某中学“研学小组”用自制的抛石机演练抛石过程．所用抛石机长臂的长度L=4.8m ，质量m=5kg 的石块装在长臂末端的口袋中．开始时长臂与水平面间的夹角为α=30°，对短臂施力，使石块经较长路径获得较大的速度，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，石块落地位置与抛出点间的水平距离s=19.2m ．不计空气的阻力，当地重力加速度取
g=10m/s 2．求：
（1）石块刚被抛出到落地所用的时间t ； （2）石块刚被抛出时的速度v 0大小； （3）抛石机对石块所做的功W ．
【答案】（1）石块刚被抛出到落地所用的时间是1.2s；
（2）石块刚被抛出时的速度v
大小是16m/s；
（3）抛石机对石块所做的功是 1000J
【解析】1、石块被抛出后做平抛运动，根据竖直方向的运动规律求解时间；
2、根据几何关系求出平抛运动的高度，从而根据高度求出平抛运动的时间，结合水平距离求出平抛运动的初速度．
3、长臂从开始位置到竖直位置的过程中，重力做负功，投石机对石块做功，由动能定理求解投石机对石块所做的
功W．
解：（1）石块被抛出后做平抛运动
h=L+Lsina
竖直方向：h=gt2
可得：t=1.2s
（2）石块被抛出后做平抛运动
水平方向：s=v
t
=16m/s
可得：v
（3）长臂从初始位置转到竖直位置，根据动能定理
W﹣mgh=m
可得：W=1000J
答：（1）石块刚被抛出到落地所用的时间是1.2s；
大小是16m/s；
（2）石块刚被抛出时的速度v
（3）抛石机对石块所做的功是 1000J．。