2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）4月月考物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）4月月考物理试卷新人教版，共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知两个物体之间的万有引力大小为F，哪种方法能使物体之间的万有引力减小到14F（ ）
A.使距离和两个物体的质量都减小到原来的14
B.使距离和两个物体的质量都增大到原来的2倍
C.保持质量不变，使两物体之间的距离增大到原来的2倍
D.保持距离不变，使两个物体的质量都减小到原来的14

2. “嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍．已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g．则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（ ）
A. RKgQPB. RPKgQC.RQgKP D. RPgQK

3. 太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像．图中坐标系的横轴是lg(TT0)，纵轴是lg(RR0)；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列4幅图中正确的是（ ）
A.B.
C.D.

4. 关于功率的概念，下列说法正确的是（ ）
A.力对物体做的功越多，其功率就越大
B.功率是描述物体做功快慢的物理量
C.由P=Fv可知，汽车发动机的功率随速度的增大而增大
D.当汽车在水平路面上匀速行驶时，合外力为零，发动机的实际功率也为零

5. 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中，沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J，则韩晓鹏在此过程中（ ）
A.重力势能减少了1900JB.重力势能减少了2000J
C.重力势能减少了1800JD.重力势能增加了1900J

6. 雪车是冬季竞技运动项目之一．如图所示，在一段赛道上，运动员操控雪车无动力滑行，沿斜坡赛道经A点至坡底O点，再沿水平赛道经B点滑至C点．已知运动员与雪车的总质量为m，A点距水平赛道的高度为ℎ，雪车在A、B点的速率分别为vA、vB，重力加速度大小为g．则雪车从A点运动到B点的过程中，克服阻力做的功为（ ）

A.mgℎB.12mvB2−12mvA2
C.mgℎ−12mvB2D.mgℎ+12mvA2−12mvB2

7. 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/ℎ自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果．已知一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变．动车在时间t内（ ）
A.做匀加速直线运动
B.牵引力的功率P=fvm
C.位移为v0+vm2t
D.牵引力做功W=12mvm2−12mv02

8. 某种型号汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为2×103kg，汽车在平直路面上行驶时，阻力是车重的0.2倍．若汽车从静止开始，以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.汽车匀加速阶段的牵引力为7.5×103N
B.汽车做匀加速运动持续的时间为20s
C.汽车匀加速阶段的最大速度为12m/s
D.汽车能够获得的最大速度为12m/s
二、多选题

2020年5月5日，我国在海南文昌航天发射中心，用长征5B运载火箭将新一代国产载人飞船试验船送入预定轨道．试验船在近地点高度约为300km、远地点高度约为18000km的椭圆轨道上运行．则该试验船（ ）
A.在远地点时的速度大于7.9km/s
B.在远地点时的速度小于7.9km/s
C.在远地点的动能大于近地点的动能
D.在远地点的动能小于近地点的动能

静止在光滑水平面上质量为2kg的物体，从某时刻开始受水平外力的作用，此后其v−t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.前4s内，外力的平均功率为25W
B.第5s末，外力的瞬时功率为50W
C.第8s内，外力做正功
D.前12s内，外力做功的代数和为零

某人用手将1kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A.手对物体做功12JB.合力做功2J
C.合力做功12JD.物体克服重力做功10J

如图所示，匈牙利大力士希恩考•若尔特曾在水平跑道上用牙齿拉动50t的A320客机．他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在50s的时间内将客机由静止拉动了约40m．假设希恩考•若尔特牙齿的拉力恒为约5×103N，绳子与水平方向夹角θ约为37∘，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8，则在飞机运动这40m的过程中（ ）

A.拉力做功约2.0×105J
B.拉力做功的平均功率约3.2×103W
C.克服阻力做功约为9.6×104J
D.合力做功约为1.04×105J
三、填空题

如图所示，质量为m的均匀铁链长为L（忽略厚度），平放在距离地面高为2L的水平桌面上，其长度的14悬垂于桌面下，已知重力加速度为g，选取桌面为参考平面，铁链的重力势能为________．（可用分数表示）


雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g．
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度ℎ时速度为u，则这一过程中克服空气阻力所做的功为________．

（2）将雨滴看作半径为r的球体，密度为ρ，已知其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。则雨滴下落的最大速度vm为________．
四、解答题

火星半径约为地球半径的12，火星质量约为地球质量的19，地球表面的重力加速度g取10m/s2．
（1）求火星表面的重力加速度．（结果保留两位有效数字）

（2）若弹簧测力计在地球上最多可测出质量为2kg的物体所受的重力，则该弹簧测力计在火星上最多可测出质量为多大的物体所受的重力？

完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1=150m，BC水平投影L2=63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12∘(sin12∘≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m=60kg，g=10m/s2，求：

（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到水平力所做的功W．

（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．

如图甲所示，质量m＝1kg的物体静止在光滑水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37∘的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v−t图像如图乙所示，不计空气阻力及连接处的能量损失，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：

（1）变力F做的功．

（2）物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率．

（3）物体回到出发点的速度．

如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度ℎ可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端，则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g，且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：

（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小．

（2）当ℎ＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧弹力做的功W；

（3）要使游戏成功，高度ℎ的范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）4月月考物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
根据万有引力定律F＝Gm1m2r2公式求解，要注意变量有质量、距离，要考虑全面。
【解答】
解：A．使两物体的质量和距离都减到原来的14，根据万有引力定律F＝Gm1m2r2，可知万有引力不变，故A错误；
B．使两物体的质量和距离都增大到原来的2倍，根据万有引力定律F＝Gm1m2r2，可知万有引力不变，故B错误；
C．使两物体的距离增为原来的2倍，质量不变，根据万有引力定律F＝Gm1m2r2，可知万有引力变为原来的14，故C正确；
D．保持距离不变，使两个物体的质量都减小到原来的14，根据万有引力定律F＝Gm1m2r2，可知万有引力变为原来的116，故D错误．
故选：C．
2.
【答案】
D
【考点】
卫星运行参量的分析
【解析】
星球表面的重力加速度为g=GMr2，星球的第一宇宙速度为v=gr．
【解答】
解：假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为m和m0的两个物体，则在地球和月球表面处，分别有GMmR2=mg， GMQm0RP2=m0g′，
解得g′=P2Qg，
设嫦娥四号卫星的质量为m1，根据万有引力提供向心力得GMQm1KRP2=m1v2KRP，
解得v=RPgQK．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
开普勒第三定律
【解析】
根据开普勒行星运动的第三定律，按照题目的要求列示整理即可得出结论。
【解答】
解：根据开普勒周期定律可知：T2＝kR3，T02＝kR03，两式相除后取对数得：lgT2T02=lgR3R03，
整理得：2lgTT0=3lgRR0，故B正确．
故选：B．
4.
【答案】
B
【考点】
功率的概念
瞬时功率
【解析】
功率是描述做功快慢的物理量，功率大说明物体做功快，功率小说明物体做功慢，在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=Wt只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．
【解答】
解：A．力对物体做功多，如果用的时间也很长，那么功率不一定大，故A错误；
B．功率是描述做功快慢的物理量，故B正确；
C．汽车的发动机功率达到额定功率后就不能增大，故C错误；
D．汽车在水平路上行驶，如果牵引力与阻力相等时，合外力为零，根据P=Fv可知，发动机的功率不是零，故D错误．
故选：B．
5.
【答案】
A
【考点】
重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】
重力做功多少，重力势能就减少多少，与其他力做功无关。
【解答】
解：重力对韩晓鹏做功1900J，则他的重力势能减少了1900J，故A正确，BCD错误．
故选：A．
6.
【答案】
D
【考点】
动能定理的应用
【解析】
雪车从A点运动到B点的过程中，由动能定理得求得克服阻力做的功为Wf。
【解答】
解：设雪车从A点运动到B点的过程中，克服阻力做的功为Wf，
由动能定理得：mgℎ−Wf=12mvB2−12mvA2，
解得：Wf＝mgℎ+12mvA2−12mvB2，故D正确，ABC错误．
故选：D．
7.
【答案】
B
【考点】
机车启动问题-恒定功率
【解析】
小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P=Fv可知，牵引力不断减小，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动；结合动能定理列式求解相关量即可．
【解答】
解：A．从题意得到，小车以功率不变启动，开始阶段小车所受的牵引力大于阻力，小车的速度增大，由P=Fv知，牵引力减小，小车的合外力减小，加速度减小，做变加速运动，当牵引力平衡后小球做匀速直线运动，速度达到最大，故A错误；
B．电动机的功率恒为P，当F=f后小球做匀速直线运动，速度达到最大vm，由P=Fvm=fvm得牵引力做功的功率，故B正确；
C．小车不是做匀变速运动，位移时间关系不能列匀变速运动公式，故C错误；
D．根据动能定理得：W−fs=12mvm2−12mv02，电动机所做的功为W=fs+12mvm2−12mv02，故D错误．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
机车启动问题-恒定加速度
【解析】
由牛顿第二定律求出牵引力的大小；根据P＝Fv求出匀加速阶段的最大速度大小，由匀变速直线运动的速度时间关系即可得匀加速阶段持续的时间；速度最大时，牵引力与阻力平衡，由vm=Pf即可求出汽车的最大速度。
【解答】
解：A．由题意可知，汽车所受阻力大小为f＝0.2mg＝0.2×2000×10N＝4000N，设匀加速阶段的牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有：F−f＝ma，代入数据可得牵引力为F＝4000N+2000×0.5N＝5×103N，故A错误；
BC．当发动机的功率等于额定功率时，匀加速阶段的速度达到最大，为vm′=PF=60×1035000m/s=12m/s，根据速度时间关系可得匀加速阶段持续的时间为t=vm′a=120.5s=24s，故B错误，C正确；
D．当汽车的速度最大时，发动机的功率达到额定功率，则可得汽车能获得的最大速度为vm=Pf=60×1034000m/s=15m/s，故D错误．
故选：C．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
第一宇宙速度
随地、绕地问题
【解析】
根据v=GMr分析卫星在远地点时的速度与第一宇宙速度的大小关系；根据开普勒第二定律分析卫星在远地点的动能与近地点的动能的大小。
【解答】
解：AB．7.9km/s是第一宇宙速度，飞船在远地点时的速度小于7.9km/s，故A错误，B正确；
CD．根据开普勒第二定律可知，卫星在远地点的速度小于近地点的速度，则卫星在远地点的动能小于近地点的动能，故C错误，D正确．
故选：BD．
【答案】
A,D
【考点】
平均功率
恒力做功
v-t图像（匀变速直线运动）
动能定理的应用
【解析】
根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移公式求出前4s内的位移，从而得出外力做功的大小，根据平均功率的公式求出平均功率的大小；根据5s末的速度大小求出瞬时速率；根据动能定理判断外力做功或做功代数和．
【解答】
解：A．在0∼4s内物体做匀加速直线运动，则由动能定理W=12mv2−0，
又Pt=W，Pt=−12mv2，P=12×2×1004W=25W，故A正确；
B．因为物体在4∼7s内做匀速运动，故不受外力，则瞬间功率为0，故B错误；
C．由a3=0−105m/s2=−2m/s2，因为a为负，故力与速度方向相反，故力做负功，故C错误；
D．整体过程中，物体的动能没有变为0、重力势能也未变，故外力做功为零，故D正确．
故选AD．
【答案】
A,B,D
【考点】
变力做功
【解析】
对物体进行受力分析，明确所受到的力的大小和方向，利用公式W=Fscsα求解外力做功即可，其中α是力与位移的夹角，利用动能定理求解合外力做功。
【解答】
解：由动能定理：W手−mgℎ=12mv2，解得：M手=mgℎ+12mv2=12J，A符合题意；
W合=12mv2=2J，B符合题意，C不符合题意；
重力做的功为WG=mgℎ=−10×1J=−10J，所以物体克服重力做功10J，D符合题意．
故答案为：ABD．
【答案】
B,C
【考点】
恒力做功
动能定理的应用
平均功率
【解析】
根据功的公式求出拉力做的功，再由平均功率的公式求出拉力的平均功率。由运动规律求出客机的末速度大小，根据动能定理求出总功，结合拉力做的功即可求出阻力做的功。
【解答】
解：A．由W＝Flcsα可得此过程中拉力做的功约为WF=5000×40×0.8J=1.6×105J，故A错误；
B．根据P=Wt可得此过程中，拉力做功的平均功率约为P=1.6×10550W=3.2×103W，故B正确；
CD．由于拉力为恒力，所以客机做初速度为零的匀加速直线运动，设客机的末速度大小为v，可得v=2xt=2×4050m/s=1.6m/s，根据动能定理可得此过程中合外力做的总功为W=12mv2=12×50000×1.62J=64000J，则可得此过程中，克服阻力做功约为Wf=WF−W=1.6×105J−64000J=9.6×104J，故C正确，D错误．
故选：BC．
三、填空题
【答案】
−132mgL
【考点】
重力势能
【解析】

【解答】
解：选取桌面为参考平面，铁链的重力势能为−14mg×14L×12=−132mgL．
【答案】
（1）mgℎ−12mu2
（2）4πρg3kr
【考点】
动能定理的应用
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
【解析】
（1）已知雨滴下落的过程中受到重力和空气阻力，则可通过动能定理求解空气阻力所做的功．
（2）由于雨滴下落的过程中，空气阻力的大小与速度成正比，所以雨滴下落的过程做的是加速度减小的加速运动，当空气阻力等于重力时，加速度为0，速度最大．
【解答】
解：（1）由于雨滴的初速度为0，末速度为u，雨滴下落过程中重力做正功，空气阻力做负功，
故对雨滴的下落过程由动能定理得：mgℎ−Wf=12mu2−0，
则空气阻力做的功为：Wf=mgℎ−12mu2．
（2）由于雨滴可以看作球体，则由球体积得计算公式可得雨滴的体积为：
V=43πr3，由于雨滴的密度为ρ，则雨滴的质量为：m=ρV，
下落过程中，雨滴受到向下的重力和向上的空气阻力，空气阻力的大小为：
f=kr2v2，则速度越大，空气阻力越大，
雨滴下落的过程一开始做的是加速度减小的加速运动，当重力等于空气阻力时，此时加速度为0，速度最大，
对雨滴做受力分析得：mg=f，
代入数据得：vm=4πρg3kr．
四、解答题
【答案】
（1）火星表面的重力加速度约为4.4m/s2．
（2）该弹簧测力计在火星上最多可测出质量为4.5kg的物体所受的重力．
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】


【解答】
解：（1）对于在星球表面的物体，有GMmR2=mg，
则火星与地球重力加速度之比为：g火g地=49，
解得g火≈4.4m/s2．
（2）弹簧测力计的最大弹力不变，
即m地g地=m火g火，
解得m火=4.5kg．
【答案】
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做的功W=7.5×104J．
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN=1.1×103N．
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2=L1t①
根据动能定理有W=12mv2−0②
联立①②式，带入数据，得：
W=7.5×104J．
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有：
L2=Rsinθ④
由牛顿第二定律，有：
FN−mg=mv2R⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN=1.1×103N．
【答案】
（1）变力F做的功是50J．
（2）物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率是20W．
（3）物体回到出发点的速度是25m/s．
【考点】
动能定理的应用
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
（1）根据动能定理列式即可求解变力F做的功；
（2）根据位移时间公式求出斜面上的位移，再根据动能定理求解克服摩擦力做功，再根据＝求解平均功率；
（3）根据动能定理列式即可求解物体回到出发点的速度。
【解答】
解：（1）物体1s末的速度是v1＝10 m/s，根据动能定理得：
变力F做的功是WF＝12mv12＝50J．
（2）物体在斜面上升的最大距离：x＝12×1×10m＝5m，
物体到达斜面时的速度是v2＝10 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：
−mgxsin 37∘−Wf＝0−12mv22，
解得：Wf＝20J，
物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率P=Wft=20W．
（3）设物体重新到达斜面底端时的速度为v3(此后物体做匀速直线运动)，在物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，
根据动能定理：−2Wf=12mv32−12mv22，
解得：v3＝25m/s，
此后物体做匀速直线运动，到达原出发点的速度为25m/s．
【答案】
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s；
（2）当ℎ＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小为0.14N，弹簧弹力做的功8.0×10−3J．
（3）要使游戏成功，高度的范围是0.05m≤ℎ≤0.2m．
【考点】
圆周运动中的临界问题
竖直面内的圆周运动-弹力
动能定理的应用
平衡条件的基本应用
【解析】
（1）滑块恰好经过F点，则在F点物体的重力提供向心力，以此列式子求解滑块恰好过圆轨道最高点F时的速度大小。
（2）E到B根据动能定理求解滑块在E点的速度，在E点根据牛顿第二定律求解滑块受到的支持力，根据牛顿第三定律求解滑块经过E点对圆轨道的压力；
滑块从O到B根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能。
【解答】
解：（1）滑块恰好经过F点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mg＝mvF2r，
则滑块到达F点的速度为：vF=gr=10×0.1m/s=1m/s；
（2）滑块从E到B，根据动能定理有：−mgℎ−μmgL2=0−12mvE2，
在E点根据牛顿第二定律有：FN′−mg=mvE2r，
代入数据联立解得：FN′＝0.14N，
根据牛顿第三定律可知滑块经过E点对圆轨道的压力：FN＝FN′＝0.14N，
从O点到B点，根据动能定理有：Wp0−mgℎ−μmg(L1+L2)＝0，
代入数据解得：Wp0=8.0×10−3J，弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能W=Ep0=8.0×10−3J．
（3）当滑块恰能过F点时，在F点速度最小，斜面上升的高度最低，设为ℎ1，从F点运动到斜面最高点过程中，
根据动能定理得：−mgℎ−2R−μmgL2=0−12mvF2，解得：ℎ1=0.05m，
当滑块在F点速度较大时，滑块在斜面上升的高度会更大，由于斜面水平距离不变，会使得斜面倾斜角度变大．而倾斜角度过大时，滑块将无法在斜面上保持平衡，设最大高度为ℎ2，
设物块能停在B点时斜面的倾角为θ，由共点力平衡条件得：mgsinθ=μmgcsθ，
设B点距离水平地面的高度为ℎ2，由几何关系得：tanθ=ℎ2L2，
联立解得：ℎ2=0.2m，即：0.05m≤ℎ≤0.2m．