2020-2021年山西省晋中市高一第二学期6月质检物理试卷新人教版

这是一份2020-2021年山西省晋中市高一第二学期6月质检物理试卷新人教版，共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列说法符合史实的是（ ）
A.伽利略提出了日心说
B.开普勒总结出了行星运动的三大规律
C.卡文迪许发现了万有引力定律
D.牛顿发现万有引力定律并测出引力常量

2. 如图所示，汽车在岸上用轻绳拉船，若汽车行进速度大小为v，拉船的绳与水平方向夹角为30∘，则船速大小为（ ）

A.33vB.3vC.233vD.32v

3. 两个大轮半径相等的皮带轮的结构如图所示，AB两点的半径之比为2:1，CD两点的半径之比也为2:1，下列说法正确的是（ ）

A.A、B两点的线速度之比为vA:vB=1:2
B.A、C两点的线速度之比为vA:vC=1:1
C.A、C两点的角速度之比为ωA:ωC=1:2
D.A、D两点的线速度之比为vA:vD=1:2

4. 如图所示，用长为L的轻杆连着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）

A.小球在圆周最高点时所需的向心力大小一定等于小球的重力
B.小球在最高点时轻杆受到的作用力可能为零
C.小球过最低点轻杆对小球的拉力可能等于小球的重力
D.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为gL

5. 如图所示，A、B、C三颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，已知三颗卫星的质量关系为mA=mB
A.线速度大小关系为vAB.加速度大小关系为aA>aB=aC
C.向心力大小关系为FA=FBD.周期关系为TA>TB=TC

6. 2018年我国发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信，如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道Ⅰ上的A点实施变轨，进入近月的椭圆轨道Ⅱ，由近月点B成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是（ ）

A.沿轨道Ⅰ运动至A点时，需向前喷气才能进入轨道Ⅱ
B.沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C.沿轨道Ⅱ运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度
D.在轨道Ⅱ上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小

7. 人骑自行车下坡，坡长l＝500m，坡高ℎ＝10m，人和车总质量为100kg，下坡时初速度为4m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车的速度为10m/s，g取10m/s2，则下坡过程中克服阻力所做的功为（ ）
A.15800JB.5800JC.5000JD.4200J

8. 某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m，已知水的密度为1.00×103kg/m3，在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为（ ）
A.3×106WB.3×107WC.3×108WD.3×109W
二、多选题

如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中ℎ深度而停止，设小球受到空气阻力为f，则下列说法正确的是（ ）

A.小球落到地面时动能等于mgH
B.小球陷入泥中的过程中克服泥阻力所做的功大于刚落到地面时的动能
C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+ℎ)
D.小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1+Hℎ)

如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是（ ）

A.A、B的运动时间不同
B.A、B沿x轴方向的位移相同
C.A、B运动过程中的加速度大小相同
D.A、B落地时速度大小相同

如图所示，水平转台上有一个质量为m的小物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零．物块与转台间动摩擦因数为μ(μ
A.物块对转台的压力大小等于物块的重力
B.物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴
C.绳中刚出现拉力时，转台的角速度为μgLsinθ
D.物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为gLcsθ

对下列四幅图的描述正确的是（ ）

A.图A可能是机车以恒定功率启动时，速度大小与时间变化的关系图像
B.图B可能是竖直上抛运动的下落阶段速度随时间变化的关系图像
C.图C可能是平抛运动的竖直方向速度随时间变化的关系图像
D.图D可能是匀速圆周运动的向心力大小随时间变化的关系图像
三、实验探究题

在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.6cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中A、B、C、D所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=________（用L、g表示），其值是________（g取10m/s2）小球在B点的速率为________．（取两位有效数字）


为了“探究外力做功与物体动能变化的关系”，查资料得知：“弹簧的弹性势能Ep=12kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量”．某同学用压缩的弹簧推静止的小球（已知质量为m）运动来探究这一问题．为了研究方便，把小铁球O放在水平桌面上做实验，让小铁球O在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功．
该同学设计实验如下：

（1）如图甲所示，将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小铁球O，静止时测得弹簧的形变量为d．在此步骤中，目的是要确定________，用m、d、g表示为________．

（2）如图乙所示，将这根弹簧水平放在光滑桌面上，一端固定在竖直墙面，另一端与小铁球接触，用力推小铁球压缩弹簧，小铁球静止时测得弹簧压缩量为x，撤去外力后，小铁球被弹簧推出去，从水平桌面边沿抛出落到水平地面上．
测得水平桌面离地高为ℎ，小铁球落地点离桌面边沿的水平距离为L，则小铁球被弹簧弹出的过程中初动能Ek1=________，末动能Ek2=________（用m、ℎ、L、g表示）；弹簧对小铁球做的功W=________（用m、x、d、g表示）．对比W和(Ek2−Ek1)就可以得出“外力做功与物体动能变化的关系”，即：“在实验误差范围内，外力所做的功等于物体动能的变化”．
四、解答题

一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，离地高度为ℎ．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．求：
（1）地球的质量；

（2）卫星绕地球运动的线速度．

一辆总质量为5t的汽车，发动机的额定功率为80kW，汽车从静止开始以加速度a＝1m/s2做匀加速直线运动，车受的阻力为车重的0.06倍，g＝10m/s2，求：
（1）汽车做匀加速直线运动的最长时间tm．

（2）汽车开始运动后5s末和15s末的瞬时功率．

如图所示，质量m=3kg的小物块以初速度v0=4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R=3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37∘角，MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑，最右侧是一个半径为r=0.4m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接，已知重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8．

（1）求小物块的抛出点离A点的竖直高度ℎ；

（2）若MN的长度为L=6m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN；

（3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′．
参考答案与试题解析
2020-2021年山西省晋中市高一第二学期6月质检物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
物理学史
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．托勒密建立了地心说，哥白尼的贡献是提出了日心体系，用“日心说”否定了托勒密的“地心说”，A不符合题意；
B．开普勒在研究第谷的观察数据的基础上，提出了行星运动的三大定律，即开普勒三定律，B符合题意；
CD．牛顿发现万有引力定律后，并没能测得万有引力常量，而是由卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量，CD不符合题意．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
合运动与分运动的概念
绳端速度分解模型
【解析】
将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于v，根据平行四边形定则求出船的速度．
【解答】
解：将小船的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示，

平行绳子的分速度等于人拉绳子的速度，故：v＝v′csθ，代入数据有v′=vcsθ=233v，故C正确，ABD错误．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
传动问题
【解析】
共轴转动的点角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点线速度大小相等，结合线速度与角速度关系求出各点的线速度大小和角速度大小之比．
【解答】
解：皮带连接A、D点，两处线速度相等，A、B两处同轴转动，角速度相同，C、D两处同轴转动，角速度相同．
A．A、B两处线速度之比vA:vB=2:1，故A错误；
B．A、C两处线速度之比vA:vC=1:2，故B错误；
C．A、C两处角速度之比ωA:ωC=1:2，故C正确；
D．A、D两处角速度之比vA:vD=1:1，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
向心力
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
【解析】
杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，临界的速度为零，根据牛顿第二定律进行分析．
【解答】
解：A．小球在最高点的最小速度为零，此时小球重所受的向心力为0，故A错误．
D．当小球在最高点拉力为零时，重力提供向心力，有mg=mv2R，解得v=gR，故D错误．
B．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为0，故B正确；
C．小球在最低点时，合力提供向心力，知合力方向向上，则拉力大于小球所受的重力，故C错误．
故选：B．
5.
【答案】
B
【考点】
随地、绕地问题
万有引力定律及其应用
【解析】
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期、向心加速度、向心力的表达式进行讨论即可．
【解答】
解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：
F=F向，GMmr2=mv2r=ma=m4π2T2r，
解得：F向=GMmr2，v=GMr，a=GMr2，T=2πr3GM．
根据题意有：rA因此：
A．由v=GMr可知，vA>vB=vC，故A错误．
B．由a=GMr2可知，aA>aB=aC，故B正确．
C．根据F向=GMmr2和已知条件mA=mBFB，FBD．由T=2πr3GM可知，TA故选：B．
6.
【答案】
A
【考点】
万有引力定律及其应用
随地、绕地问题
卫星的变轨与对接
【解析】
根据做近心运动时万有引力大于向心力，来分析喷气的方向。根据开普勒第三定律分析卫星的运动周期和轨道半径之间的关系。根据牛顿第二定律和万有引力定律结合分析加速度关系。由开普勒第二定律或功能关系分析在轨道II上由A点运行到B点的过程速度的变化情况。
【解答】
解：A．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需的向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，才能进入轨道Ⅱ，故A正确；
B．根据开普勒行星运动定律知，在轨道Ⅰ上运动时的半长轴大于在轨道Ⅱ上运行时的半长轴，故在轨道Ⅰ上运行的周期要大，故B错误；
C．“嫦娥四号”运动的过程中万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律有 GMmr2=ma，得 a=GMr2，知r越大，a越小，所以在A点的加速度小于在B点的加速度，故C错误；
D．在轨道Ⅱ上由A点运行到B点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，速度逐渐增大，故D错误．
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：下坡过程中由动能定理得：mgℎ−Wf=12mv2−12mv02，代入数据解得：Wf=5800J，故B正确．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
平均功率
【解析】
根据平均功率P=Wt，W＝mgℎ，m＝ρQt求解。
【解答】
解：设在很短时间t内有质量为m的水落下，重力做功的平均功率P=Wt=mgℎt，
水的质量m＝ρQt，
代入数据解得，P＝3×109W．
故选D．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
摩擦力做功与能量转化
动能定理的应用
【解析】
对小球从初始位到接触到地面的过程应用动能定理Ek2−Ek1=W，求出末动能，对整个过程应用动能定理Ek2−Ek1=W求出地面对小球做的负功。
【解答】
解：A．取从静止开始释放到落到地面的过程，应用由动能定理得：mgH−fH=Ek−0，得小球落到地面时动能Ek=mgH−fH，故A错误；
B．研究小球陷入泥中的过程，由动能定理得：mgℎ−Wf=0−Ek，Wf为克服泥土阻力所的功，得：Wf=mgℎ+Ek ，故B正确；
C．取整个过程为研究，由动能定理得：mg(ℎ+H)+Wf′=0，解得Wf′=−mg(H+ℎ)，所以整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+ℎ) ，故C正确；
D．取整个过程为研究，由动能定理得：mg(H+ℎ)−fH−f′ℎ=0，所以小球在泥土中受到的平均阻力为：f′=mg(1+Hℎ)−fHℎ ，故D错误．
故选BC．
【答案】
A,D
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
【解答】
解：A在竖直面内做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，加速度为g，B在斜面上运动，受到重力和支持力，沿斜面向下做匀加速运动，加速度是gsinθ，故C错误；
A做平抛运动，根据平抛规律可得A运动时间为t=2ℎg，B在光滑斜面上的类平抛运动，加速度是gsinθ，运动时间为t′=2ℎgsin2θ，故A正确；
A、B沿x轴方向都做水平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等，所以沿x轴方向的位移大小不同，故B错误；
D．根据动能定理可得A、B运动过程中：mgℎ=12mv2−12mv02，解得v=2gℎ+v02，故D正确．
故选AD．
【答案】
C,D
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．物块受重力、支持力、摩擦力、绳的拉力，静止时，物块对转台的压力大小等于物块的重力，随着缓慢加速转动，绳的拉力增加，物块受到的支持力减小，则物块对转台的压力小于物块的重力，故A错误；
B．由题可知，物体做加速圆周运动，所以物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向，故B错误；
C．当物块与转台间达到最大静摩擦力时，绳中要出现拉力，由牛顿第二定律得
μmg=mω2⋅Lsinθ，
解得ω=μgLsinθ，故C正确；
D．对物体受力分析可知物块离开圆盘前瞬间，物体受重力和绳的拉力，由牛顿第二定律得
mgtanθ=mω2⋅Lsinθ，
解得ω=gtanθLsinθ，
所以当物块的角速度增大到gLcsθ​时，物块与转台间恰好无相互作用，随着角速度的增加，细线与转轴的夹角会不断增大，故D正确．
故选CD．
【答案】
C,D
【考点】
匀速圆周运动
图像的选择
机车启动问题-恒定功率
非常规图像
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
根据机车速度变化得出牵引力的变化，从而得出加速度的变化，判断出机车速度随时间的变化规律；竖直上抛运动的下降阶段和平抛运动的竖直方向上的分运动都是自由落体运动；匀速圆周运动的向心力大小不变．
【解答】
解：A．机车以恒定功率启动，P不变，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，做加速度减小的加速运动，速度时间图线的切线斜率逐渐减小，故A错误；
B．竖直上抛运动下落过程中速度随时间均匀增大，速度时间图线是过原点的倾斜直线，故B错误；
C．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，竖直分速度随时间的变化图线是过原点的倾斜直线，故C正确；
D．匀速圆周运动的向心力大小不变，故D正确．
故选CD．
三、实验探究题
【答案】
2gL,0.80m/s,1.0m/s
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向：2L−L=gT2，得：
T=Lg，
水平方向匀速运动，因此有：
v0=xt=2LT=2gL，
代入数据得：v0=0.80m/s，
B点竖直方向分速度为：vBy=3L2T=32⋅gL=0.60m/s，
B点的速率：vB=v02+vBy2=0.82+0.62m/s=1.0m/s．
【答案】
（1）弹簧劲度系数k,k=mgd
（3）0,mgL24ℎ,mgx22d
【考点】
探究功与速度变化的关系
【解析】
（1）甲所示实验的目的是测量弹簧的劲度系数k，由胡克定律得到k．
（3）乙图所示的乙实验：弹簧的弹性势能转化为小球的动能，利用平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，再求小球的末动能和弹簧对小球做的功。
【解答】
解：（1）该同学做甲图所示实验的目的是测量弹簧的劲度系数k，当小球静止时，有mg=kd，可得k=mgd；
（3）将弹簧压缩x后释放，小球初动能Ek1=0，小球离开桌面后，以初速度v0做平抛运动，则有L=v0t，ℎ=12gt2，可得v0=Lg2ℎ，则小球的末动能Ek2=mgL24ℎ，根据功能关系得，弹簧对小球做的功W=mgx22d．
四、解答题
【答案】
（1）地球的质量为gR2G．
（2）卫星的运行线速度为gR2R+ℎ．
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
（1）根据万有引力等于重力求出地球的质量．
（2）根据万有引力提供向心力以及万有引力等于重力求出卫星的线速度．
【解答】
解：（1）由GMmR2=mg得地球质量为：M=gR2G．
（2）由GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ及GM=gR2得卫星的运动线速度为：
v=gR2R+ℎ．
【答案】
（1）汽车做匀加速直线运动的最长时间为10s．
（2）汽车开始运动后5s末和15s末的瞬时功率分别为40kW、80kW．
【考点】
机车启动问题-恒定加速度
瞬时功率
【解析】
（1）根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的牵引力，匀加速直线运动结束时，功率达到额定功率，根据功率与牵引力的关系求出匀加速直线运动的末速度，再根据速度时间公式求出汽车匀加速直线运动的最长时间．
（2）通过与匀加速直线运动的时间比较，判断汽车的功率有无达到额定功率，若未达到额定功率，求出牵引力和速度，求出瞬时功率的大小．
【解答】
解：（1）汽车匀加速行驶，牵引力恒定，由F−F1＝ma，
求得F＝F1+ma＝(0.06×50000+5000×1)N＝8.0×103N，
达到额定功率时，由P＝Fv，求得此时速度大小v=PF=800008000m/s=10m/s，
由v＝at得，
匀加速的时间t=va=10s．
（2）t1＝5s时，汽车正匀加速行驶，此时速度v1＝at1＝5m/s，
功率P1＝Fv1＝8000×5W＝40000W＝40kW，
t2＝15s时，汽车正以恒定功率行驶，此时P2＝P额＝80kW．
【答案】
（1）小物块的抛出点离A点的竖直高度ℎ是0.45m．
（2）小物块通过C点时所受轨道的弹力FN是60N．
（3）MN的长度L′是10m．
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
应用动能定理处理单个物体多过程的运动
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
（1）根据平抛运动规律有：tan37∘=gtv3解得：t=0.3g
则竖直高度：ℎ=12gt2=0.45m
（2）小物块的抛出点运到B点：根据动能定理有：mg[ℎ+R(1−cs37)]2]=12mvB2−12mv02解得：vB=210m/s
小物块由B点运动到C点，根据动能定理有：−μmgL−2mgr=12mvt2−12mv2
在C点：F3+mg=mv02r
联立解得：FN=60N
（3）小物块刚好能通过C点时，则有：mg=mv02r解得：vC=2m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：−μmgL′−2mgr=12mv42−12mv​
解得：L′=10m
【解答】
解：（1）根据平抛运动规律有：tan37∘=gtv0，解得：t=0.3s，
则竖直高度：ℎ=12gt2=0.45m．
（2）小物块的抛出点运到B点：根据动能定理有：mg[ℎ+R(1−cs37)]2]=12mvB2−12mv02，解得：vB=210m/s，
小物块由B点运动到C点，根据动能定理有：−μmgL−2mgr=12mvC2−12mvB2，
在C点：FN+mg=mvC2r，
联立解得：FN=60N．
（3）小物块刚好能通过C点时，则有：mg=mvC′2r，解得：vC′2=2m/s，
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：−μmgL′−2mgr=12mvC′2−12mvB2，
解得：L′=10m．