2021年江蘇省鎮(zhèn)江市丹徒中學高一物理月考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（多選題）發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3.軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，則()A.衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B.衛(wèi)星在軌道3上的角速度等于在軌道1上的角速度C.衛(wèi)星在軌道1上經過Q點時的速率小于它在軌道2上經過Q點時的速率D.衛(wèi)星在軌道2上經過P點時的加速度等于它在軌道3上經過P點時的加速度參考答案：CD試題分析：根據得，軌道3的半徑大于軌道1的半徑，則衛(wèi)星在軌道3上的速率小于在軌道1上的速率，故A錯誤；根據得，，軌道3的半徑大于軌道1的半徑，則衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于軌道1上的角速度，故B正確；衛(wèi)星從軌道1上的Q點進入軌道2，需點火加速，可知衛(wèi)星在軌道1上經過Q點的速率小于它在軌道2上經過Q點的速率，故C正確；根據，得，則知，同一點加速度相同，則衛(wèi)星在軌道2上經過P點時的加速度等于它在軌道3上經過P點時的加速度，故D錯誤?？键c：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系【名師點睛】本題關鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和角速度的表達式，再進行討論．知道知道衛(wèi)星變軌的原理，衛(wèi)星通過加速或減速來改變所需向心力實現變軌。2.一個重20N的物體沿斜面下滑，關于該物體重力的圖示，下圖所示的四個圖中正確的是（）A． B． C． D．參考答案：A【考點】力的合成與分解的運用．【分析】根據力的圖示的定義，將重力的三要素：大??；方向；作用點表示出來即可．【解答】解：物體的重力為20N，標度設為5N，方向豎直向下，作用點在重心，故畫重力的圖示如圖：因此物體所受重力的圖示不正確的是BCD選項，A正確；故選：A．3.（單選）《自然哲學的數學原理》已經證明質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零．假設地球是一半徑為R．質量分布均勻的球體．一礦井深度為d．礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為（） A．（）2 B．1+ C 1﹣ D．（）2參考答案：考點： 萬有引力定律及其應用．專題： 萬有引力定律的應用專題．分析： 根據題意知，地球表面的重力加速度等于半徑為R的球體在表面產生的加速度，礦井深度為d的井底的加速度相當于半徑為R﹣d的球體在其表面產生的加速度，根據地球質量分布均勻得到加速度的表達式，再根據半徑關系求解即可．解答： 解：令地球的密度為ρ，則在地球表面，重力和地球的萬有引力大小相等，有：g=，由于地球的質量為：M=，所以重力加速度的表達式可寫成：g==ρ．根據題意有，質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零，固在深度為d的井底，受到地球的萬有引力即為半徑等于（R﹣d）的球體在其表面產生的萬有引力，故井底的重力加速度g′=所以有=故選：C．點評： 抓住在地球表面重力和萬有引力相等，在礦井底部，地球的重力和萬有引力相等，要注意在礦井底部所謂的地球的質量不是整個地球的質量而是半徑為（R﹣d）的球體的質量．4.如圖所示，木塊沿豎直墻自由下落，木塊受力情況是

A．只受重力B．受到重力和摩擦力C．受到重力和彈力D．受到重力、摩擦力和彈力參考答案：A5.如圖所示，質量為m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中達到的最高點位置2的高度為h，已知重力加速度為g。下列說法正確的是（

）A.足球由1運動到2的過程中，重力做的功為mgh

B.足球由1運動到3的過程中，重力做的功為2mghC.足球由2運動到3的過程中，重力勢能減少了mgh

D.如果沒有選定參考平面，就無法確定重力勢能變化了多少參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.為了節(jié)約用電、延長用電器的使用壽命，小紅將兩盞標有“220V100W”的燈泡串連接在家庭電路中使用，此時若只有這兩盞燈工作，則電路消耗的總功率為

W．為了安全用電，控制用電器的開關應接在

上．參考答案：7.如圖所示：為一小球作平拋運動的閃光照片的一部分，背景標尺每小格表示5cm，則由照片求得的平拋運動的水平速度為

m/s．參考答案：1．【考點】研究平拋物體的運動．【分析】正確應用平拋運動規(guī)律：水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動；解答本題的突破口是利用在豎直方向上連續(xù)相等時間內的位移差等于常數解出閃光周期，然后進一步根據勻變速直線運動的規(guī)律、推論求解．【解答】解：在豎直方向上有：△h=gT2，其中△h=2×5=10cm，得：T=；水平方向勻速運動，有：s=v0t，其中s=2L=10cm，t=T=0.1s，代入解得：v0==1m/s．故答案為：1．8.一個做直線運動的物體，其速度隨時間的變化關系為V=（12—5t）m/s，則其初速度為

m/s，加速度為

m/s2，3s末的速度為

m/s。參考答案：12，－5，－39.小球從離地5m高、離豎直墻4m遠處以8m/s的速度向墻水平拋出，不計空氣阻力，則小球碰墻點離地高度為

m，要使小球不碰到墻，它的初速度必須小于

m/s。（取g=10m/s2）參考答案：_3.75_____，__4__14、已知河水自西向東流動，用小箭頭表示船頭的指向及小船在不同時刻的位置，虛線表示小船過河的路徑，則圖中表示的是小船渡河時__________（選填“時間最短”或“路程最短”）參考答案：11.如圖所示，質量均勻分布的長方體，高為a，寬為b，放在傾角可以調節(jié)的長木板上，長方體與長木板間的動摩擦因數為μ，使傾角θ從零逐漸增大，當，μ______時，長方體先發(fā)生滑動；而當μ______時，則長方體先發(fā)生傾倒.參考答案：,>12.一個做勻加速直線運動的物體，初速度v0=2.0m/s，在第3s內通過的位移是4.5m，則它的加速度為

。參考答案：1.013.一物體由靜止開始做勻加速直線運動，它在最初0.5s內的平均速度v1比它在最初1.5s內的平均速度v2小2.5m/s，則最初1.5s內的平均速度v2＝___________m/s。參考答案：3.75三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（4分）．關于“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗操作，下列說法錯誤的是()

A．長木板不能側向傾斜，但可以一端高一端低．

B．在釋放小車前，小車應緊靠在打點計時器上

C．應先接通電源，待打點計時器開始打點后再釋放小車

D．要在小車到達定滑輪前使小車停止運動參考答案：B15.如圖所示的實驗裝置可以探究加速度與物體質量、物體受力的關系（摩擦已平衡）。小車上固定一個盒子，盒子內盛有沙子。沙桶的總質量(包括桶以及桶內沙子質量)記為m，小車的總質量(包括車、盒子及盒內沙子質量)記為M。（1）驗證在質量不變的情況下，加速度與合外力成正比：從盒子中取出一些沙子，裝入沙桶中，稱量并記錄沙桶的總重力mg，將該力視為合外力F，對應的加速度a則從打下的紙帶中計算得出。多次改變合外力F的大小，每次都會得到一個相應的加速度。以合外力F為橫軸，以加速度a為縱軸，畫出a－F圖象，圖象是一條過原點的直線。在本次實驗中，如果沙桶的總重力mg與Mg相比非常接近時，獲得的實驗數據是否會和理論預期產生較大差異？答：

▲

(填“會”或“不會”)。理由是：

▲

。（2）驗證在合外力不變的情況下，加速度與質量成反比：保持桶

內沙子質量m不變，在盒子內添加或去掉一些沙子，驗證加速度與質量的關系。用圖象法處理數據時，以加速度a為縱橫，應該以

▲

為橫軸。參考答案：不會

因為實驗的研究對象是整個系統，系統受到的合外力就等于mg

（1）將車內的沙子轉移到桶中，就保證了M+m不變，即系統的總質量不變，研究對象是整個系統，，系統的合外力就等于所懸掛沙桶的重力mg，不必滿足M?m這樣的條件．所以如果沙桶的總重力mg與Mg相比非常接近時，獲得的實驗數據不會和理論預期產生較大差異；（2）向小車內添加或去掉部分沙子，是改變系統的總質量M+m，而系統的合外力仍等于所懸掛沙桶的重力mg，保證了合外力不變．所以用圖象法處理數據時，以加速度a為縱軸，應該以M+m倒數為橫軸即。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.額定功率為80kW的汽車，在平直的公路上行使，行使的最大速度為20m/s，汽車質量m=2000kg，若汽車從靜止開始作勻加速直線運動，加速度，運動過程中阻力不變。求：（1）汽車所受的阻力有多大？（2）勻加速運動的時間多長？（3）3s末汽車的瞬時功率多大？參考答案：（1）當速度最大時，牽引力與阻力大小相等?！?分（2）以恒定的加速度啟動時的牽引力，由，則……1分當汽車達到額定功率時加速過程結束，設加速運動末速度，則，所以勻加速運動的時間為?！?分（3）3s末汽車為勻加速運動，3s末的速度，………2分3s末的瞬時功率?！?分17.如下圖所示，跳傘員從350m的高空自由下落一段距離后才打開傘．設打開傘后以2m/s2的加速度減速下降，到達地面時的速度為4m/s，求他下降的總時間及自由下落的距離．

參考答案：18.6s；59m18.如圖所示，一根勁度系數為k質量不計的輕彈簧．上端固定，下端系一質量為m的物體A．手持一質量為M的木板B，向上托A，使彈簧處于自然長度．現讓木板由靜止開始以加速度a（a＜g）勻加速向下運動，求：（1）加速運動時經過多長時間A、B分離．（2）手作用在板上作用力的最大值和最小值．參考答案：解：當木板與物體即將脫離時，m與板間作用力N=0，此時，對物體，由牛頓第二定律得：mg﹣F=ma又F=kx得：x=對過程，由：x=at2得：t=（2）在開始下落時，此時作用力最大，根據牛頓第二定律可知（m+M）g﹣Fmax=（M+m）a解得Fmax=（M+m）（g﹣a）當剛脫離時，此時作用力最小，根據牛頓