2021—2022學年高一物理6月月考試卷第I卷（選擇題共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~12題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.下列說法中正確的是（）A.牛頓測出了引力常量，他被稱為“稱量地球質量”第一人B.愛因斯坦假設：在不同的慣性參考系中，物理規律的形式都是相同的C.所有星體軌道半長軸三次方跟公轉周期的二次方的比值都相同D.丹麥天文學家第谷經過多年的天文觀測和記錄，提出了“日心說”的觀點【答案】B【解析】【詳解】A．卡文迪許測出了引力常量，他被稱為“稱量地球質量”第一人，A錯誤；B．愛因斯坦假設：在不同的慣性參考系中，物理規律的形式都是相同的，B正確；C．只有繞同一中心天體轉動的星體軌道半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值相同，繞不同中心天體轉動的星體軌道半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值不相同，C錯誤；D．哥白尼提出了“日心說”的觀點，D錯誤；故選B。2.下列說法正確的是（）A.物體受到的合外力不為零，動能一定發生變化B.做勻速圓周運動的物體，機械能一定守恒C.做平拋運動的物體，機械能一定守恒D.物體受到的合外力不為零，機械能一定發生變化【答案】C【解析】【詳解】A．物體受到的合外力不為零，但如果合外力一直與速度方向垂直，則合外力做功為零，動能保持不變，比如勻速圓周運動，A錯誤；B．做勻速圓周運動的物體，物體的動能保持不變，但重力勢能可能改變，機械能可能改變，比如豎直面內的勻速圓周運動，B錯誤；C．做平拋運動的物體，只有重力做功，物體的機械能一定守恒，C正確；D．物體受到的合外力不為零，但如果只有重力做功時，物體的機械能保持不變，D錯誤；故選C3.用起重機將一個質量為m的物體以加速度a豎直向上勻加速提升高度H，重力加速度為g，在這個過程中，以下說法正確的是（）A.起重機對物體的拉力大小為B.物體的機械能增加了C.物體的動能增加了D.物體的機械能增加了【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由牛頓第二定律得解得故A錯誤；BD．由功能關系知物體增加的機械能等于拉力做的功為故BD錯誤；C．物體動能的增加量等于合外力做的功故C正確。故選C。4.如圖，傾角的光滑斜面固定在水平面上，斜面長，質量的物塊從斜面頂端無初速度釋放，，，g取10m/s2，則（）

A.物塊從斜面頂端滑到底端的過程中重力做功為7.5JB.物塊滑到斜面底端時的動能為1.5JC.物塊從斜面頂端滑到底端的過程中重力的平均功率為15WD.物塊滑到斜面底端時重力的瞬時功率為18W【答案】D【解析】【詳解】A．重力做的功為故A錯誤；B．根據動能定理可得故B錯誤；C．由牛頓第二定律得解得重力的平均功率為故C錯誤；D．物體運動斜面底端時的瞬時速度為重力的瞬時功率為故D正確。故選D。5.如圖所示，發射同步衛星的一般程序是：先讓衛星進入一個近地的圓軌道，然后在P點變軌，進入橢圓形轉移軌道（橢圓軌道的近地點為近地圓軌道上的P，遠地點為同步圓軌道上的Q），到達遠地點Q時再次變軌，進入同步軌道，設衛星在近地圓軌道上運行的速率為v1，在橢圓形轉移軌道的近地點P點的速率為，沿轉移軌道剛到達遠地點Q時的速率為v3，在同步軌道上的速率為v4，三個軌道上運動的周期分別為、，則下列說法正確的是（）A.B.C.在P點變軌時需要加速，Q點變軌時要減速D.衛星經過圓軌道的P點和橢圓軌道的P點時加速度大小不等【答案】A【解析】【詳解】A．根據開普勒第三定律可知，軌道半徑或橢圓的半長軸越大的，周期越大，因此，故A正確；B．衛星從近地圓軌道上P點需加速，使得萬有引力小于所需向心力，衛星做離心運動進入橢圓轉移軌道。所以衛星在近地圓軌道上經過P點時的速度小于在橢圓轉移軌道上經過P點的速度，即v1＜v2；沿轉移軌道剛到達Q點速率為v3，在Q點點火加速之后進入圓軌道，速率為v4，所以衛星在轉移軌道上經過Q點時的速度小于在圓軌道上經過Q點的速度，即v3＜v4；根據得由于同步軌道的半徑大于近地軌道的半徑，則v1＞v4。綜上可知v2＞v1＞v4＞v3故B錯誤；C．由離心運動條件，則知衛星在P點做離心運動，變軌時需要加速，在Q點變軌時仍要加速，故C錯誤；D．根據可知，衛星經過圓軌道的P點和橢圓軌道的P點時r相同，所以加速度大小相等，故D錯誤。故選A。6.用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設木板對鐵釘的阻力與鐵釘進入木板的深度成正比。已知鐵錘第一次敲擊使鐵釘進入木板的深度為，接著敲第二錘，如果鐵錘第二次敲鐵釘時對鐵釘做的功與第一次相同，那么，第二次使鐵釘進入木板的深度為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】由題意可知，阻力與深度d成正比，f-d圖象如圖所示

F-x圖象與坐標軸所形成圖形的面積等于力所做的功，每次釘釘子時做功相同，可得，力與深度成正比，則，兩次做功相同解得第二次釘子進入木板的深度故B正確，ACD錯誤。故選B。7.人用繩子通過光滑定滑輪拉靜止在地面上的物體A，A穿在光滑的豎直桿上當人以速v度豎直向下勻速拉繩，使質量為m的物體A上升高度h后到達如圖所示位置時此時繩與豎直的夾角為θ。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A.此時物體A的速度為vcosθB.此時物體A的速度為C.該過程中繩對物體A做的功為D.該過程中繩對物體A做的功為【答案】B【解析】【詳解】AB．將A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，如圖所示

拉繩子的速度等于A沿繩子方向的分速度，根據平行四邊形定則得，實際速度故A錯誤，B正確；CD．在A上升的過程中根據動能定理有即繩對A做的功為故CD錯誤。故選B。8.如圖所示，一質量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平恒力F作用下從平衡位置P點移到Q點，此時懸線與豎直方向夾角為θ，則力F做的功為（）A.mgLcosθ B. C.FLsinθ D.FLcosθ【答案】C【解析】【分析】【詳解】小球從平衡位置P點移動到Q點的過程中，恒力做功的特點可得故選C。9.經長期觀測，人們在宇宙中已經發現了“雙星系統”，“雙星系統”由兩顆相距較近的恒星組成，每個恒星的線度遠小于兩個星體之間的距離，而且雙星系統一般遠離其他天體。如圖所示，兩顆星球組成的雙星，在相互之間的萬有引力作用下，繞連線上的O點做周期相同的勻速圓周運動。現測得兩顆星之間的距離為L，的公轉周期為T，引力常量為G，各自做圓周運動的軌道半徑之比為，則可知（）A.兩天體的質量之比為B.、做圓周運動的角速度之比為2∶3C.兩天體的總質量一定等于D.、做圓周運動的向心力大小相等【答案】CD【解析】【詳解】ABD．因為、做圓周運動的向心力均由二者之間的萬有引力提供，所以向心力大小相等，又因為兩天體繞O點做勻速圓周運動的周期相同，所以角速度相同，根據向心力公式有解得故AB錯誤，D正確；C．根據牛頓第二定律有兩顆星之間的距離為聯立以上兩式解得故C正確。故選CD。10.橫截面積為的形圓筒豎直放在水平面上，筒內裝水，底部閥門關閉對兩側水面高度分別為和，如圖所示，已知水的密度為，重力加速度大小為，不計水與筒壁間的摩擦阻力，現把連接兩筒的閥門打開，最后兩筒水面高度相等，則該過程中（）A.大氣壓力對水柱做負功B.水柱的機械能守恒C.水柱的重力不做功D.當兩筒水面高度相等時，水柱的動能是【答案】BD【解析】【詳解】A．從把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中，大氣壓力對左筒水柱做正功，對右筒水柱做負功，抵消為零，即大氣壓力對水柱做功為零，A錯誤；B．由于大氣壓力對水柱做功為零，故水柱的機械能守恒，B正確；C．從把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中，水柱的重心下降了，可知水柱的重力做正功，C錯誤；D．水柱的機械能守恒，重力做功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，等效于把左筒高的水柱移至右筒，重心下降，則有D正確；故選BD。11.如圖所示，質量為M、長度為L的平板小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊（可視為質點）放在小車的最左端，現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x。此過程中，下列結論正確的是（）

A.小物塊到達小車最右端時具有的動能為B.小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為C.小物塊與小車的摩擦生熱為D.小物塊和小車增加的機械能為【答案】AB【解析】【詳解】A．對物塊分析，根據動能定理得解得故A正確；B．對小車分析，小車對地的位移為x，根據動能定理知物塊到達小車最右端時，小車具有的動能故B正確；C．小物塊與小車摩擦生熱為故C錯誤；D．小物塊和小車增加的機械能為故D錯誤。故選AB。12.如圖甲所示，置于水平地面上質量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開始向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關系圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。下列說法正確的是（）A.在0～h0過程中，F大小始終為2mgB.在0～h0和h0～2h0過程中，F做功之比為2∶1C.在0～2h0過程中，物體的機械能不斷增加D.在2h0～3.5h0過程中，物體機械能不斷減少【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．0～h0過程中，Ek-h圖象為一段直線，由動能定理得（F-mg）h0=mgh0-0故F=2mgA正確；B．由A可知，在0～h0過程中，F做功為2mgh0，在h0～2h0過程中，由動能定理可知，WF-mgh0=1.5mgh0-mgh0解得WF=1.5mgh0因此在0～h0和h0～2h0過程中，F做功之比為4∶3，故B錯誤；C．在0～2h0過程中，F一直做正功，故物體的機械能不斷增加，C正確；D．在2h0～3.5h0過程中，由動能定理得WF′-1.5mgh0=0-1.5mgh0則WF′=0故F做功為0，物體的機械能保持不變，故D錯誤。故選AC。第II卷（非選擇題共50分）二、實驗探究題：本大題共2小題，共14分。13.某同學利用下述裝置對輕質彈簧的彈性勢能進行探究，一輕質彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連：彈簧處于原長時，小球恰好在桌面邊緣，如圖（a）所示．向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放：小球離開桌面后落到水平地面．通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能．回答下列問題：（1）本實驗中可認為，彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球拋出時的動能Ek相等．已知重力加速度大小為g．為求得Ek，至少需要測量下列物理量中的_________（填正確答案標號）。A．小球的質量mB．彈簧原長l0C．彈簧的壓縮量△xD．桌面到地面的高度hE．小球拋出點到落地點的水平距離s（2）用所選取的測量量和已知量表示Ek，得Ek=______。（3）由圖（b）中給出的直線關系和Ek的表達式可知，Ep與△x的_____次方成正比。【答案】①.ADE②.③.二【解析】【詳解】（1）[1]由平拋規律可知，由水平距離和下落高度即可求出平拋時的初速度，進而可求出物體動能，所以本實驗至少需要測量小球的質量m、小球拋出點到落地點的水平距離s、桌面到地面的高度h，故選ADE。（2）[2]由平拋規律應有s=vt又因聯立可得（3）[3]由圖（b）可知（k為圖像斜率）所以即Ep與的二次方成正比。【點睛】本題的關鍵是通過測量小球的動能來間接測量彈簧的彈性勢能，然后根據平拋規律以及動能表達式即可求出動能的表達式，從而得出結論。14.某同學用重物自由下落驗證機械能守恒定律。實驗裝置如圖甲所示。（1）關于此述實驗，下列說法中正確的是_____；A．重物最好選擇密度較小的木塊B．本實驗需使用秒表測出重物下落的時間C．實驗中應先接通電源，后釋放紙帶D．可以利用公式來求解瞬時速度（2）若實驗中所用重錘質量，打點紙帶如圖乙所示，O為第一個點，打點時間間隔為0.02s，則打B點時，重錘動能______J。從O點下落至B點，重錘的重力勢能減少量是______J。（，兩空結果均保留三位有效數字）（3）某同學在紙帶上選取計數點后，測量它們到起始點O的距離，然后利用正確的方法測量并計算出打相應計數點時重錘的速度，通過描繪圖像去研究機械能是否守恒。若忽略阻力因素，那么本實驗的圖像應該是如圖中的______。A．B．C．D．【答案】①.C②.0.342③.0.372④.D【解析】【詳解】（1）[1]A．為了減小阻力的影響，重物最好選擇密度較大，體積較小的鐵塊，A錯誤；B．本實驗通過打點計時器可以知道打點時間，不需要使用秒表測出重物下落的時間，B錯誤；C．實驗中應先接通打點計時器電源，再釋放紙帶，C正確；D．本實驗由于存在阻力的影響，重物實際下落的加速度小于重力加速度，不能直接用公式來求解瞬時速度，D錯誤；故選C。（2）[2]點的速度等于段的平均速度，則有則打點時，重錘動能為[3]從開始下落到點，重錘的重力勢能減少量為（3）[4]若忽略阻力因素，重錘下落過程只有重力做功，滿足機械能守恒，則有可得則本實驗的圖像應是正比例函數，D正確，ABC錯誤。故選D。三、計算題：本大題共3小題，共36分15.如圖所示，一不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑的定滑輪，繩兩端各系一小球a和b。a球質量為1kg，靜止于地面；b球質量為3kg，用手托住，高度為h=2.5m，此時輕繩剛好被拉緊。從靜止開始釋放b球，不計空氣阻力和滑輪的大小，重力加速度g取10m/s2。試求：（1）b球剛落地時，a球速度的大小；（2）a球可以上升的最大高度。

【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）從靜止開始釋放b球到b球剛落地的過程，兩球都沿繩運動其速度相等，設落地時的速度為，對ab的整體由動能定理有解得a球速度的大小為（2）b球落地后，繩彎曲，a球單獨繼續上升的高度為，由動能定理有解得則a球可以上升的最大高度為16.某汽車發動機的額定功率為P，質量，當汽車在路面上行駛時受到的阻力為車對路面壓力的0.1倍。若汽車從靜止開始以的加速度在水平路面上勻加速啟動，時，達到額定功率。此后汽車以額定功率運動，時速度達到最大值，汽車的v-t圖象如圖所示，取。求：（1）該汽車的額定功率P；（2）當速度為25m/s時，汽車加速度大小；（3）汽車在0～時間內的位移x。【答案】（1）80kW；（2）0.6m/s2；（3