2021-2022学年湖南省娄底市双峰县第八中学高一物理月考试卷含解析

1、2021-2022学年湖南省娄底市双峰县第八中学高一物理月考试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. （9分）如图所示，A、B两个物体相距s=7 m时，A在水平拉力和摩擦力的作用下，以vA4 m/s向右做匀速直线运动，而物体B此时的速度是vB10 m/s，方向向右，它在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小是2 m/s2，从图示位置开始计时，经过多少时间A追上B? 参考答案：2. 一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为，g为重力加速度人对电梯底部的压力为 A B2mg Cmg D参考答案：D3. 下列说法中，不正确的是（ ）A当

2、加速度与速度方向相同且又减小时，物体做加速运动B物体加速度的方向保持不变，则速度方向也保持不变C速度先减小再增大的运动可能是匀变速直线运动D位移的方向和速度的方向始终相同的运动一定是匀速直线运动参考答案：BD4. 一带电粒子只在电场力的作用下沿图中曲线从J到K穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有abcd，若不计粒子的重力，可以确定（ ）A粒子带正电 B从J到K粒子的电势能增加C粒子带负电 D粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变参考答案：CD5. (单选)关于运动的性质，以下说法中正确的是( )A曲线运动一定是变速运动。B变速运动一定是曲线运动。C曲线运动一定是变加速运

3、动D物体的加速度数值、速度数值都不变的运动一定是直线运动。参考答案：A二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 在研究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.25cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图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 （取g=9.8m/s2）参考答案：=2；0.70m/s【考点】研究平抛物体的运动【分析】平抛运动的水平方向做匀速直线运动，从图中可以看出：a、b、c、d 4个点间的水平位移均相等为2L，因此这4个点是等时间间隔点，v0=，而竖直方向是自由落体运动，两段相邻的位移之差是一个定

4、值y=gT2=L，联立方程即可解出【解答】解：从图中看出，a、b、c、d 4个点间的水平位移均相等，是x=2L，因此这4个点是等时间间隔点竖直方向两段相邻位移之差是个定值，即y=gT2=L，再根据v0= 解出v0=2 代入数据得v0=0.70m/s故答案为：=2；0.70m/s7. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央在图乙中(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B

5、的过程中，电流表的指针_；(2)线圈A放在B中不动时，指针将_(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将_ 参考答案：(1)由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；(2)A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流；(3)断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转答案：(1)向右偏转(2)不动(3)向左偏转8. 左下图中龟的加速度是 。 参考答案：9. 质量相等的A ，B两质点分别做匀速圆周运动，若在相等时间内通过的弧长之比为2：3，而转过的角度之比为

6、3：2，则A,B两质点的周期之比T ;向心加速度之比 。参考答案：10. 在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：（1）让小球每次从同一高度位置滚下，是为了保证 （2）保持斜槽末端切线水平的目的是 （3）如图为一个同学在实验中画出的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，量得s=0.2m又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1m，h2=0.2m，g取10m/s2，利用这些数据，可求得：物体抛出时的初速度为 m/s；物体经过B时的速度大小为 m/s 参考答案：（1）保证小球平抛运动的初速度相等，（2）保证小球的初速度水平，（3）2

7、，2.5【考点】研究平抛物体的运动【分析】根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出B点的速度【解答】解：（1）让小球每次从同一高度位置滚下，是为了保证小球平抛运动的初速度相等（2）保持斜槽末端切线水平的目的是保证小球的初速度水平（3）在竖直方向上，根据 得，则物体的初速度 B点的竖直分速度 ，根据平行四边形定则知，B点的速度= m/s=2.5m/s故答案为：（1）保证小球平抛运动的初速度相等，（2）保证小球的初速度水平，（3）2，2.511. 在一

8、探究实验中，一个小球在一个斜面上由静止滚下，小球滚动的距离S和小球运动过程中经历的时间T之间的关系如表所示。由表中数据可以初步归纳出小球滚动的距离S和小球滚动的时间T的关系是 T（s）0.250.51.02.0S（cm）5.02080320参考答案：sT212. 星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度.星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1，的关系是v2=v1已知某星球的半径为r,它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的,不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度( ) A. B. C. D. gr参考答案：C13. 我们研究物体的运动时，在某些特定情况下，可以不考虑物体的

9、_和_，把它简化为一个_的点，称为质点，质点是一个_的物理模型。参考答案：三、 简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 一颗在赤道上空运行的人造卫星，其轨道半径为r=2R(R为地球半径)，卫星的转动方向与地球自转方向相同.已知地球自转的角速度为，地球表面处的重力加速度为g.求：(1)该卫星所在处的重力加速度g；(2)该卫星绕地球转动的角速度；(3)该卫星相邻两次经过赤道上同一建筑物正上方的时间间隔.参考答案：（1）（2）（3）【详解】(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=，在轨道半径为r=2R处,仍有万有引力等于重力mg=，解得：g=g/4；(2)根据万有引力提供向心

10、力，mg=，联立可得=，(3)卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2时，卫星再次出现在建筑物上空以地面为参照物，卫星再次出现在建筑物上方时，建筑物随地球转过的弧度比卫星转过弧度少2.即t?0t=2解得：【点睛】（1）在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=，在轨道半径为2R处，仍有万有引力等于重力mg=，化简可得在轨道半径为2R 处的重力加速度；（2）人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，结合黄金代换计算人造卫星绕地球转动的角速度；（3）卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转

11、过的角度与建筑物转过的角度之差等于2时，卫星再次出现在建筑物上空15. 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中(电源频率为50 Hz)。 （1）下列说法中不正确或不必要的是 _。（填选项前的序号） A长木板的一端必.须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动 B连接钩码和小车的细线应与/长木板保持平行 C小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车 D. 选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始 (2)如图所示是实验中打下-的一段纸带，打计数点2时小车的速度为_m/s，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度已在坐标纸上标出。 (3)在坐标纸上补全计数点2对/的数据，描点作图，求得小车的

12、加速度为_m/s2。参考答案： (1). AD (2). 0.60 (3). 如图所示（1）此实验要研究小车的匀加速直线运动，所以不需要平衡摩擦力，选项A不必要；连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行，选项B有必要；小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车，选项C有必要；选择计数点时，应该从点迹较清晰的开始选点，没必要必须从纸带上第一个点开始，选项D不必要；故选AD.（2）根据图中x1=3.80cm=0.0380m，x3=15.70cm=0.1570m，所以有：；（3）根据描点作一条过原点的直线，如图所示：直线的斜率即为小车的加速度，所以加速度为：四、计算题：本题共3小题，共计47分16.

13、 如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑且足够长的水平地面上，其水平顶面右端静置一质量m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数=0.4（不计空气阻力，g=10m/s2）（1）若用恒力F向右拉木板M，如图所示，为使m能从M上滑落，F至少应为多大？（2）现用恒力F=28N向右拉木板，要使木块m能从M上滑落，力F的作用时间至少要多长？参考答案：解：（1）对小滑块，由牛顿第二定律得：mg=ma 小滑块加速度a 1=g=4 m/s2对木板，由牛顿第二定律得：Fmg=Ma木板加速度要是小滑块从木板上面滑下，则要求aa 解得F20 N 至少为20N （2）恒力F=28

14、N20 N，小滑块m、木板M相对运动，设恒力F作用了t 1时间后撤去，又经时间t 2，小滑块m从木板M上掉下，木板在t 1时间内的位移为x 1，时刻的速度为v 1，由牛顿运动定律得：Fmg=Ma 1v1=a1t1木板在t 2时间内的位移为x 2，时刻的速度为v 2，由牛顿运动定律得：mg=Ma 2v2=v1a2t2小滑块在t1+t2时间内的位移为x 3，时刻的速度为v 3，由牛顿运动定律得：mg=ma 3v3=a3（t1+t2）恰能抽出时应满足 v2=v3 且L=（ x1+x2）x 3代入数据解得 t 1=1s 答：（1）现用恒力F作用在木板M上，为使得m能从M上面滑落下来，F至少为20N（2）其他条件不变，若恒力F=28N，欲抽出木板，水平恒力至少要作用1s时间【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律，求出木块和木板的加速度，当木板的加速度大于木木块的加速度时，m就会从M上滑落下来（2）恒力F=28N，m在M上发生相对滑动，设m在M上面做匀加速运动，木块运动的位移为撤去F前后的位移之和，刚要抽出时，木板速度和小滑块速度相等，两者位移之差等于木板的长度L17. 有一种圆珠笔，内部有一根小弹簧。如图所示，当笔杆竖直放置时，在圆珠笔尾部的按钮上放一个200g的