宁夏青铜峡市高级中学最新高二物理上学期第一次月考试题含解析

宁夏青铜峡市高级中学2021年高二物理上学期第一次月考试题含解析
一。

单项选择题本题共10小题，每小题3分，共3０分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的,请把正确选项的字母填在答题卷上.
1。

下列说法符合史实的是
Ａ. 牛顿首先发现了行星的运动规律
B。

开普勒发现了万有引力定律
C. 卡文迪许首先在实验室里测出了万有引力常量数值
Ｄ。

　牛顿首先发现了海王星和冥王星
答案C
解析
详解Ａ项：开普勒发现了行星的运动规律,故A错误；
B项:牛顿发现了万有引力定律,故B错误;
Ｃ项:卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，使万有引力定律有了真正的使用价值，故C正确; D项:亚当斯和勒威耶发现了海王星，克莱德 汤博发现了冥五星，故D错误。

2.汽车发动机的额定功率为８0kＷ，它以额定功率在平直公路上行驶的最大速度为２0m/s,那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是
A. 8000NＢ。

4000NﻩC．25００N D。

160０N
答案B
解析
详解汽车匀速运动，说明汽车处于受力平衡状态，此时汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相==可以求得
等，由P Fv fv
3
8010m /s 4000N 20
P f v ⨯===Ａ. 8０00N 与计算不符,故Ａ不符合题意
Ｂ. 400０N 与计算相符,故B 符合题意
C.　25０0N 与计算不符，故Ｃ不符合题意
D 。

1６0０N 与计算不符,故D 不符合题意
３.如图所示，跳伞员在降落伞打开一段时间以后，在空中做匀速运动.若跳伞员在无风时竖直匀速下落,着地速度大小是4.0 m/s 。

当有正东方向吹来的风,风速大小是3。

0m/s ，则跳伞员着地时的速度　
Ａ．　大小为5．0 m ／s ，方向偏西
B.　大小为5．０　m/s ，方向偏东
Ｃ。

大小为7。

0 m ／ｓ，方向偏西
Ｄ.　大小为７．0 m ／s ，方向偏东
答案A
解析
将跳伞员的速度分解,竖直分速度还是４ｍ／ｓ,当水平分速度为3ｍ/s ，根据平行四边形定则得,合速度为5m ／s ，方向偏西。

故Ａ正确，B 、Ｃ错误。

故选A 。

４。

如图所示，甲、乙两个物体分别被放在地球上的Ａ、B 两处,当它们随地球一起转动时,下列说法中正确的是
A. 甲的线速度大于乙的线速度
Ｂ. 甲的线速度等于乙的线速度
C。

甲的角速度大于乙的角速度
D．　甲的角速度等于乙的角速度
答案D
解析
详解CD。

甲乙两个物体随地球一起转动时它们的周期相同,角速度相同，故C不符合题意；D符合题意；
ＡB.乙的半径大于甲的半径,由线速度和角速度的关系v rω
=知乙的线速度大于甲的线速度，故AB不符合题意.
5。

某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,实施变轨后卫星的线速度减小到原来的1
2
，此时卫星仍做匀
速圆周运动，则
A.　卫星的向心加速度减小到原来的1 4
B. 卫星的角速度减小到原来的1 2
C.　卫星的周期增大到原来的8倍D。

卫星的半径增大到原来的2倍答案Ｃ
解析
详解根据万有引力提向心力:2
2Mm v G m r r =,解得：v =,线速度变为原来的12,知轨道半径变为原来的4倍.根据2v a r
=，可知向心加速度变为原来的116,故A Ｄ错误；根据v r ω=,线速度变为原来的12,知轨道半径变为原来的4倍,则角速度变为原来的18,故B 错误;根据2T πω=，角速度变为原来的18
，则周期变为原来的8倍,故C 正确.所以C 正确,ＡB Ｄ错误.
6．一物块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为１m/s 。

从此刻开始在物块运动方向上再施加一水平作用力Ｆ，力F 与物块的速度v 随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。

则下列说法中正确的是
A.　第1秒内水平作用力Ｆ做功为1Ｊ
B 。

第２秒内水平作用力Ｆ做功为１.5J
C 。

　第3秒内水平作用力F 不做功
D. 0～３秒内水平作用力F 所做总功为３J
答案B
解析
详解由W=Ｆs ，在速度时间图像中,图线所围成的面积表示位移大小，所以在第１s 内,水平拉力为1N ，位移为０．5m ，所以力F 做功为0．5Ｊ,第２s 内物体的位移为0.5m,则组工为1。

5Ｊ。

第3s 内物体的位移为1ｍ,做功为2Ｊ，所以0到３s 内物体做功为４J ，所以B 对A ＣＤ错误
7. 2012年5月２6日，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭,成功地将“中 星2A”地
球同步卫星送入太空,为我国广大用户提供广播电视及宽带多媒体等传输业务．下列关于地球同步卫星的说法中不正确的是
A 。

　可以定点在北京的正上方,离地心的距离按需要选择不同的值
B ． 只能定点在赤道的正上方,且离地心的距离是一定的
Ｃ．　运行的线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
D. 质量不同的地球同步卫星，运行速度不同
答案ＡC
解析
试题分析：A 、同步卫星与地球自转同步，万有引力完全提供圆周运动向心力，故卫星轨道与地球赤道平面共面，即卫星只可以定点在赤道上空,不可能定点在北京上空，故A 不正确;
B 、同步卫星只能定点在赤道上空，据万有引力提供圆周运动向心力
可知当卫星周期一定时，卫星的轨道半径相同，故B 正确；Ｃ、据万有引力提供圆周运动向心力由此可得卫星轨道半径越大运行速度越小，而第一宇宙速度是绕地球圆周运动的最大速度，故同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故C 不正确;
D 、由C 知，v ＝，由于卫星距地面高度一定，故卫星的线速度大小相等，方向不同,故Ｄ正确.本题选择不正确的是,故选:AC ．
8。

神舟九号与天宫一号对接前,天宫一号要由距地面较高的运行轨道,逐渐变化到距地面较低的交会对接轨道。

在变轨过程中需对天官一号的运行进行监测，若每次测量中天宫一号的运动均可近似看作匀速圆周运动，某次测量天宫一号的轨道半径为r 1，后一次测量天宫一号的．半径变为r 2r 1〉ｒ2,以1k E 、2k E 表示天宫一号在这两个轨道上的动能，Ｔ1、T ２表示天宫一号在这两上轨道上绕地运动的周期,则　
A ． 2k E 〈1k E ,21T T <ﻩB.　2k E <1k E ,1
T T >2
C 。

2k E >1k E ，21
T T <Ｄ． 2k E 〉1k E ,1
T T >2答案C
解析详解AB ．人造地球卫星在绕地球做圆周运动时地球对卫星的引力提供圆周运动的向心力
2222
4GMm mv m r r r T π⋅==计算得出
v =显然轨道半径r 越大,线速度越小，动能越小。

即2k E 〉1k E 故ＡB 不符合题意
CD.由周期公式2T =可知轨道半径r 越大,卫星运动的周期越大， 即21T T <故C 符合题意;D 不符合题意
9．在水平面上转弯的摩托车，如图所示，提供向心力是
Ａ。

　重力和支持力的合力
B ． 静摩擦力
C ．　滑动摩擦力
Ｄ. 重力、支持力、牵引力的合力
答案Ｂ
解析
本题考查的是受力分析的问题。

由图可知，在水平面上转弯的摩托车所受向心力是其与地面的静摩擦力
提供的。

答案选B 。

10.如图所示，一个长为0.5m 的轻质细杆OA ，A 端固定一质量为3kg 的小球，小球以O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，小球的速度为2/m s ,取2
10/g m s =.则此时OA 杆受小球
A. 6N 的拉力ﻩＢ.　６N 的压力
C ． 2４Ｎ的拉力
D.　2４N 的压力
答案Ｂ
解析
详解小球以O 点为圆心在竖直平面内作圆周运动,当在最高点小球与细杆无弹力作用时，小球的速度为1v ,则有21v mg m L
=
得：1v ==
…2m/s >
小球受到细杆的支持力小球在Ｏ点受力分析:重力与支持力
22v mg F m L
-=解得:
F =6Ｎ
即杆受到小球向下的6N 的压力
A.6N 的拉力与分析不符，故A 不符合题意
Ｂ． 6N 的压力与分析相符，故B 符合题意
C 。

２4N 的拉力与分析不符,故Ｃ不符合题意
Ｄ. ２4N 的压力与分析不符，故D 不符合题意
二．多项选择题本题共４小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选中，有多个选项正确，请把正确选项的字母填在答题卷上.全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有错选、多选或不选的得0分
1１.某人在山上将石块斜向上方抛出如图所示，则石块落地时速度的大小与下列哪些物理量有关，不计空气阻力
A ．　石块的质量
B. 石块初速度的大小
C 。

　石块初速度的仰角
D ． 石块抛出时的高度
答案B Ｄ
解析详解在整个过程中，有动能定理可以知道
22211122
mgh mv mv =
-计算得出：
2v =
即与初速度和高度有关
Ａ． 石块的质量与分析不符，故Ａ不符合题意
B ．　石块初速度的大小与分析相符,故B 符合题意
C. 石块初速度的仰角与分析不符，故C 不符合题意
D 。

石块抛出时的高度与分析相符，故Ｄ符合题意
12．质量为ｍ的物体从距离地面h 高处由静止开始加速下落，其加速度大小为
13
g 。

在物体下落ｈ过程中A 。

物体的动能增加了
13ｍgh ﻩB. 物体的重力势能减少了13
ｍgh C ． 物体的机械能减少了23m ｇｈD ． 物体的机械能保持不变答案ＡC
解析试题分析：物体从静止开始以
13
ｇ的加速度沿竖直方向加速下落,由牛顿第二定律得：m ｇ—F=ma ，解得:Ｆ＝23mg,由动能定理得：mg ｈ—F ｈ＝E ｋ－0，解得E k =ｍgh-Fh ＝13
ｍgh,故A 正确；物体下降，重力做功，物体重力势能减少了mgh,故B 错误;物体重力势能减少了mgh ，动能增加了13
mgh,故机械能减少了23ｍgh,故C 正确，D 错误。

考点：动能定律及能量守恒定律.
13.将物体以v ０的速度水平抛出，物体下落过程中所受空气阻力忽略不计。

当其竖直分位移与水平分位移大小相等时,下列说法中正确的是
A. 物体的竖直分速度与水平分速度大小相等
B 。

ｖ0
Ｃ。

物体的运动时间为0
2v g
D 答案BCD
解析详解ＡＣ．竖直分位移与水平分位移大小相等，有212
vt gt = ，解得t =2v g ,则竖直方向上的分速度2y v gt v == .故A 不符合题意，C 符合题意；ﻫB 。

此时小球的速度
0v == 故Ｂ符合题意
D 。

水平分位移：22v x vt g ==;ﻫ竖直分位移：22122v y gt g ==;ﻫ故合位移为：s = 故D 符合题意
14。

如图是一汽车在平直路面上启动的速度—时间图像，ｔ1时刻起汽车的功率保持不变。

由图像可知
Ａ。

　０～t 1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大,功率不变
B 。

0~t 1时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变,功率增大
Ｃ。

t 1~t 2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小
D. t 1~t 2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
答案ＢC
解析
考点:功率、平均功率和瞬时功率.
分析:由图可知，汽车从静止开始做匀加速直线运动,随着速度的增加，汽车的功率也要变大，当功率达到最大值之后，功率不能在增大，汽车的牵引力就要开始减小,以后就不是匀加速运动了，当实际功率达到额定功率时,功率不能增加了,要想增加速度,就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零,速度达到最大值。

解答：解:A、0～ｔ1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速运动，所以汽车的牵引力不变,加速度不变,功率增大，所以A错误。

Ｂ、由A的分析可知，B正确。

C、ｔ1～t2时间内,汽车的功率已经达到最大值,功率不能再增加,所以汽车的牵引力在减小，加速度也要减小,所以Ｃ正确．
Ｄ、由C的分析可知，D错误．
故选BC．
点评:这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动．本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变,根据p=Fｖ可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时,功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力,当牵引力减小到等于阻力时,加速度等于零，速度达到最大值．
三．填空共6分。

将答案直接填写在横线上，不必写出演算过程
１5．某同学用如图1所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”的实验。

已知打点计时器所用电源的频率为5０Hz，查得当地重力加速度g=9.８0ｍ/ｓ2，测得所用重物的质量为１.00ｋg。

小李同学选用实验中得到的一条点迹清晰的纸带,把运动的起始点记作O，另选连续3个点A、B、C作为测量点,且A、Ｂ、C各点到O点的距离如图２所示。

根据以上数据,可知重物由Ｏ点运动到B点过程中，重力势能的减少量等于
J，动能的增加量等于 J结果保留3位有效数字.
答案2。

2５；２．21
解析
试题分析:重力势能减小OB mgh ＝１×９.8×23×1０-２J=２．２5J,B 点速度为B v =2AC T
227.3518.9510m /s 2.1m /s 0.04--=⨯=，所以动能增量为212
B mv =２。

2１Ｊ考点：验证“验证机械能守恒定律”实验
四.计算题共48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，有数值的题，答案中必须写出数值和单位
1６.将质量为1kg 的小球从某高处以3m/ｓ的初速度水平抛出,测得小球落地点到抛出点的水平距离为
1。

２m ，小球运动中所受空气阻力忽略不计，2
10/g m s =，求：
１小球在空中运动的时间；
２抛出点距离地面的高度；
3小球落地时重力的功率。

答案1t =0．4s ２ｈ=0.8ｍ ３P =４０Ｗ
解析
详解试题分析：１小球在水平方向上做匀速直线运动，根据0
x t v =得小球在空中运动的时间0 1.20.43
x t s s v ===2小球在竖直方向上做自由落体运动,根据212h gt =
,解得抛出点距地面的高度21100.40.82h m m =⨯⨯=;3小球落地前竖直分速度4/y v gt m s ==;重力的瞬时功率40G y P mg v W =⋅=．
17.　神舟六号载人飞船在距地面高度为ｈ的圆形轨道上绕地球飞行，已知地球半径为R,地面附近的重力加速度为g,求：飞船在圆形轨道上运行的速度表达式和运行的周期表达式？
答案卫星在圆形轨道上运行速度的表达式为
:v=R
，运行周期的表达式为：Ｔ
=
解析
试题分析：设地球质量为M ，卫星质量为ｍ，圆轨道半径为r ，
根据万有引力定律和牛顿第二定律得:G =m ，在地面附近:G =mg ，由已知条件知:ｒ=Ｒ+h ，
解得：v=R
，由周期公式:T==．
18．质量ｍ＝1kg 的物体，在水平拉力F 的作用下,沿粗糙水平面运动,经过位移4m 时，拉力F 停止作用，接着又运动了位移４m 时物体停止,运动过程中物体的动能随位移的图线如图所示求：
1物体的初速度多大？
2物体和水平面间的动摩擦因数为多大？
3拉力Ｆ的大小.
答案102/v m s = 20.25μ= 3 4.5F N
=解析
详解1物体初态，由图象知：
20012
k E mv = ,代入数据得：
02/v m s
=2物体在４m—8m 内,由动能定理得:
20k
mgs E μ-=-代入数据，得:
0.25
μ=3物体在0-4m 内,由动能定理得：
10
()kt k F mg s E E μ-=-得：
4.5F N
=１9．如图所示,半径为的半圆光滑轨道固定在水平地面上。

、点在同一竖直直线上.质量为的小
球以某一速度从点运动到点进入轨道,小球与水平地面间的动摩擦因数为.它经过最高点飞出后又能落回到点，=2。

求小球在点时的速度的大小.
答案
解析
在平抛中，有，,
综合得。

在做圆周运动的过程中,由机械能守恒得，解之得。

对CA间的运动,由动能定理得，
得所求速度.
本题考查的是平抛运动和圆周运动的综合题。

应用平抛运动规律和圆周运动规律，结和动能定理便可解出此题。

20. 如图所示,已知半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内,甲轨道左侧又连接一个光滑的轨道，两圆形轨道之间由一条水平轨道CＤ相连．一小球自某一高度由静止滑下，先滑过甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑过乙轨道，最后离开．若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零．试求：
1释放小球的高度h;
2水平C Ｄ段的长度。

答案1 2.5h R =2
()52R r μ
-解析
试题分析：1小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C 点时的速度为v ｃ，通过甲环最高点速度为v′,根据小球对最高点压力为零，有'2
v mg m R =①取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律2'211222
c mv mg R mv =⋅+②
由①、②两式消去v′，可得c v =
同理可得小球滑过D 点时的速度D v =小球从在甲轨道左侧光滑轨道滑至C 点时机械能守恒,有212C mgh mv =
⑤由③、⑤两式联立解得h=2．5R,因此小球释放的高度为2。

5Ｒ
２设CD 段的长度为L,对小球滑过C Ｄ段过程应用动能定理221122D C mgL mv mv μ-=-⑥由③、④、⑥三式联立解得5()
2R r L μ
-=考点:考查了圆周运动，机械能守恒，动能定理,
名师点睛掌握向心力公式外,还熟悉了牛顿第二定律，最后比较了机械能守恒定律与动能定理的优缺点．本题中小球在轨道最高点压力为零是解题的切入点。