1、山西省山西大学附属中学2019-2020学年高一物理下学期5月模块诊断试题（含解析）(考试时间：90分钟 满分：100分)一、单选题（每题4分，共36分）1. 2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯卡门撞击坑内，实现人类探测器首次在月球背面软着陆。“嫦娥四号”从距月面15km的近月轨道下降着陆必须实行动力下降，通过发动机喷气获得动力。其减速着陆的轨迹如图所示，其中ab段为主减速段，假设ab段轨迹为倾斜直线，则在ab段发动机喷气的方向可能是（） A. v1方向B. v2方向C. v3方向D. v4方向【答案】C【解析】【详解】“嫦娥四号”落月前的
2、接近段几乎是沿着一条倾斜的直线做减速运动，故受到的合力方向与运动方向相反，因受到的重力竖直向下，嫦娥四号沿虚线斜向下做减速运动，故所受到的合力沿虚线斜向上，如图所示通过受力分析即可判断喷气的方向，喷气发动机的喷气方向为方向，故选C。2. 公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，在该弯道处（）A. 路面外侧低内侧高B. 车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动C. 车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D. 当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小【答案】C【解析】【详解】A路面
3、应建成外侧高内侧低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，故A错误；B车速低于，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不一定会向内侧滑动，故B错误；C当速度为时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于时，摩擦力指向内侧，只要速度不超出最高限度，车辆不会侧滑，故C正确；D当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则的值不变，故D错误。故选C。3. 下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是A. 地球的第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最小运行速度B. 地球第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造
4、小行星的最小发射速度C. 人造卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度介于地球的第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D. 美国发射的凤凰号火星探测卫星，其发射速度大于地球的第三宇宙速度【答案】B【解析】【详解】A. 地球的第一宇宙速度7.9km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，也是最小发射速度，故A错误；B. 第二宇宙速度是使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的小行星的最小发射速度，故B正确；C. 第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，所以沿圆轨道绕地球运行的人造卫星的运动速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；D. 美国发射的“凤凰”号火星探测卫星，因它绕火星
5、旋转，仍在太阳的束缚下，其发射速度大于第二宇宙速度，小于地球的第三宇宙速度，故D错误4. 质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大则下列说法正确的是( )A. 汽车受到的阻力200NB. 汽车的最大牵引力为800NC. 汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90mD. 8s18s过程中汽车牵引力做的功为8104 J【答案】D【解析】【详解】根据机车保持恒定的加速度启动，先做匀加速直线运动，当功率增大到最大功率后做变加速直线运动，最后牵引力减小到
6、等于阻力时做匀速直线运动A、机车匀速时有，可得，故A错误B、对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v-t图象可知，故最大牵引力为，B错误；C、汽车在做变加速运动过程的时间，速度从8m/s增大为10m/s，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理，解得：；故C错误D、8s18s牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为，故D正确故选D5. 如图所示，一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端。已知物体在运动过程中所受的摩擦力恒定。若用v、s、Ep和E分别表示该物体的速度大小、位移大小、重力势能和机械能，设斜面最低点重力势能为零，则下列图像中可能正确的是（）A. B.
7、 C. D. 【答案】D【解析】【详解】A在v-t图象中，斜率表示加速度大小，由于物体沿斜面做匀加速运动，因此其v-t图象斜率不变，选项A错误；B物体下滑位移为，因此由数学知识可知其位移时间图象为上开口抛物线，故B错误；C设斜面高为h0，倾角为，则物体下落的高度选因为斜面最低点重力势能为零，则物体的重力势能为所以EP-t图象明显不是一次函数关系，选项C错误；D根据功能关系，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故物体的机械能所以E-t图象是下开口抛物线，选项D正确。故选D。6. 2020年3月9日我国成功发射了北斗系统第54颗导航卫星。已知北斗系统卫星中，第53、54颗北斗导航卫星正常运行的轨道半径
8、比值为k，二者质量的比值为n，地球半径为R，地面的重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的动能之比为k：nB. 第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的加速度大小之比为k：1C. 若北斗导航卫星在绕地球运动的轨道上加速，卫星飞行高度降低D. 第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的角速度之比为1：【答案】D【解析】【详解】A由公式得动能为则第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的动能之比为n：k，故A错误；B由公式得则第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的加速度大小之比为，故B错误；C若北斗导航卫星在绕地球运动
9、的轨道上加速，则卫星将做离心运动，说明飞行高度增大，故C错误；D由公式得则第53、54颗北斗导航卫星正常运行，绕地球运动的角速度之比为1：，故D正确。故选D。7. 如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动整个过程中，物块在夹子中没有滑动小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g下列说法正确的是A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB. 小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC. 物块上升的最大高度为D. 速度v不
10、能超过【答案】D【解析】【详解】物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，故A错误；小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：，则物块上升的最大高度为，故C错误；因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，对物体M，则有：，解得：，故速度v不能超过，故D正确；故选D【点睛】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系
11、，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解8. 如图所示的装置中，木块与水平桌面间的接触是光滑的，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则下图列说法中正确的是( )A. 从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的全过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒B. 子弹射入木块的短暂过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒C. 从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中，子弹、 木块和弹簧组成的系统动量守恒D. 若水平桌面粗糙,子弹射入木块的短暂过程中，子弹与木块组成的系统动量不守恒【答案】B【解析】【
12、详解】A从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的全过程中，由于弹簧对子弹和木块组成的系统有力的作用，所以子弹与木块组成的系统动量不守恒守恒，故A错误；B子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，故B正确；C从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中，子弹、 木块和弹簧组成的系统由于受到墙壁的弹力作用，所以动量不守恒，故C错误；D若水平桌面粗糙，子弹射入木块的短暂过程中，由于内力远远大于外力，所以子弹与木块组成的系统动量守恒，故D错误；故选B。点睛：明确动量守恒的条件，并知道题目中要研究的是那个过程，在这个过程中研究的是那个对象9. 如图所示，光滑细杆B
13、C和AC构成直角三角形ABC，其中AC杆竖直，BC杆和AC杆间的夹角，两根细杆上分别套有质量相等的可视为质点的小球P、Q。现将两个小球分别从杆AC和BC的顶点由静止释放，不计空气阻力，sin37=0.6，则P、Q两个小球由静止释放后到运动至C点的过程中，下列说法正确的是（）A. 运动时间之比为3：4B. 重力的冲量之比2：1C. 合力的冲量之比为5：4D. 合力的功之比为1：2【答案】C【解析】【详解】A设AC长度为L，则BC长度为，P球沿AC杆下滑的加速度为Q球沿BC杆下滑的加速度为对P球对Q球联立得即P、Q两球从各自点下滑到C点的时间相同，故A错误；BP球重力的冲量Q球重力的冲量故P、Q两
14、球重力冲量之比为故B错误；CP、Q两球下滑到C点时的速度分别为根据动量定理可得故P、Q两球合力冲量之比为故C正确；D根据动能定理可得所以合力做功之比为故D错误。故选C。二、多选题（每题4分，共20分）10. 下列说法正确的是（ ）A. 物体受变力作用时，可能做直线运动B. 匀速圆周运动是匀变速曲线运动C. 功和能可以相互转化，功是能量转化的量度D. 物体所受合外力为零时，其机械能可能不守恒【答案】AD【解析】【详解】A做直线运动的条件是合力为零或合力方向与初速度方向在同一直线上；不取决于是恒力还是变力，故A正确；B匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，时刻变化，不是匀变速运动，故B错误；C功是
15、过程量，能是状态量，功是能量转化的量度，做功的过程就是物体能量的转化过程，所以功和能是两个不同的物理量，不可以相互转化，故C错误；D一个物体所受的合外力为零时，可能出现机械能不守恒，如物体在竖直方向上做匀速直线运动，受合外力为零，但机械能不守恒，故D正确。故选AD。11. 如图，光滑竖直杆固定，小圆环A套在杆上并通过绳子绕过定滑轮和物块B相连，已知定滑轮到竖直杆的距离为d，开始时用手托着A使A、B都静止，A和B的质量之比为1。现放开A，绳子和杆足够长，不计定滑轮体积和摩擦，以下说法正确的是( )A. A下滑的最大距离为dB. A下滑的最大距离为2dC. A下滑距离为d时速度最大D. A在最低点
16、时的加速度大小为0【答案】BC【解析】【详解】AB.A下滑到最低点时速度为零，整个系统机械能守恒，设A的质量为m，A下滑的高度为h，则解得：故B正确A错误；C. A的速度最大时，A的加速度为零，加速度分解为沿绳子和垂直于绳子都为0所以B的加速度此时也为0，绳子拉力等于B的重力，则得45所以A下滑距离为d，故C正确；D.系统做往复运动，A下滑到最低点时速度为零，但加速度不为零，故D错误。故选BC。12. 如图所示，质量为m物体可视为质点以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其减速的加速度为0.75g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A. 重力势能增加了mghB.
17、机械能损失了0.5mghC. 动能损失了mghD. 克服摩擦力做功0.25mgh【答案】AB【解析】【详解】A物体在斜面上能够上升的最大高度为，所以重力势能增加了，故A正确；B根据牛顿第二定律则有解得摩擦力为机械能的损失量为故B正确；C动能损失量为克服合外力做的功的大小，则有故C错误；D克服摩擦力做功故D错误；故选AB。13. 如图所示运动员将足球用头顶起，设每一次上升高度均为80cm，足球的质量为400g，与头顶作用时间t为0.1s，则足球每次（不考虑第一次）在空中的运动时间t和足球给头部的平均作用力F的大小分别是（空气阻力不计，g=10m/s2）（）A. t=0.4sB. t=0.8sC.
18、 F=36ND. F=32N【答案】BC【解析】【详解】AB设足球与头顶接触时的速度为，则有可得则足球在空中的运动时间为故A错误，B正确；CD足球与头部相互作用时，规定竖直向下的方向为正方向，则根据动量定理可得可得故C正确，D错误。故选BC。14. 三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下，已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为；它们的下端水平，距地面的高度分别为、，如图所示，若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为、，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】对轨道1：射出时的速度，射程；对轨道2：射出时的速度，射程；对轨
19、道3：射出时的速度，射程；则，故BC正确，AD错误.三、实验题（每空2分，共12分）15. 如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管内径且与弹簧不固连），压缩弹簧并锁定现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射按下述步骤进行实验：用天平测出两球质量分别为m1、m2；用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q回答下列问题：（1）要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有_（已知重力加速度g）A弹簧的压缩量xB两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离
20、x1、x2C小球直径dD两球从管口弹出到落地的时间t1、t2（2）根据测量结果，可得弹性势能的表达式为EP=_（3）由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒【答案】 (1). （1）B (2). （2） (3). （3）m1x1=m2x2【解析】【详解】（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由EP=mv2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m以及通过光电门的速度v，为了测量小球的速度，在做平抛动的水平位移，压缩量以及时间和小球的直径均不需要测量；故B正确，ACD错误故选B；（2）由（1）可知，EP=m1v12+m2v22由h=gt2可
21、得：平抛运动的时间t=；根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：v1=；v2=即EP=m1v12+m2v22= （3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：0=m1v1-m2v2再根据水平方向x=vt可得：m1x1=m2x2；16. 如图所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系。水平轨道上安装两个光电门，滑块上固定有拉力传感器和挡光条，细线一端与拉力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘。通过调整砝码盘里砝码的质量让滑块做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：滑块（含拉力传感器和挡光条）的质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的
22、总质量m0，挡光条的宽度d，光电门1和2的中心距离s。 （1）安装好实验器材后，从图中读出两光电门中心之间的距离s=_cm。（2）某次实验过程：固定滑块，保持平衡摩擦力时砝码盘中砝码不变的基础上再放入适量重物，释放滑块，滑块加速运动过程中拉力传感器的读数为F，滑块通过光电门1和2的挡光时间分别为tl、t2（滑块通过光电门2后，砝码盘才落地），已知重力加速度为g，该实验要验证的表达式是_。（3）该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于滑块（含拉力传感器和挡光条）的质量_（填“需要”或“不需要”）。【答案】 (1). 50. 00 (2). (3). 不需要【解析】【详解】(1)1刻度尺的分度
23、值为1mm，光电门1处刻度尺读数为20.30cm，光电门2处刻度尺读数为70.30cm，故两光电门中心之间的距离(2)2由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；滑块通过光电门1速度为滑块通过光电门2速度为根据功能关系需要验证的关系式为(3)3该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于滑块的质量；四、计算题（共3小题，共32分）17. 如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v向右匀速运动已知木箱的质量为m，人与车的总质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直
24、墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小【答案】；【解析】试题分析：取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv1-mv得小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv1=（m+2m）v2解得考点：动量守恒定律18. 如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接，为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量
25、；（2）当小球随光滑直杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为，求匀速转动的角速度；（3）若=30，移去弹簧，当杆绕OO轴以角速度匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点距离L0【答案】（1） ; （2） （3） 【解析】（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：解得：小球速度最大时其加速度零，则有：解得： ，（2）设弹簧伸长时，球受力如图所示：水平方向上有：竖直方向上有：解得：；（3）当杆绕轴以角速度匀速转动时，设小球距离B点，此时有：解得：点睛：本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放
26、时，加速度为零时速度最大19. 如图所示，光滑弧形坡道顶端距水平面高度为h，底端切线水平且与一水平粗糙滑道相连接，O点为连接处，一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与O点的距离为s.质量为m的小物块A从坡道顶端由静止开始滑下，进入水平滑道并压缩弹簧，已知弹簧的最大压缩量为d，物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：物块刚与弹簧接触时速度的大小；弹簧的最大弹性势能；若物块能够被重新弹回到坡道上，求它在坡道上能够上升的最大高度H【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设物块刚与弹簧接触时的速度大小为v，由动能定理可得：解得；（2）物体由释放点到与到达最大弹性势能处由动能定理得：解得：物块A被弹回的过程中，设上升的最大高度为H,由动能定理得：解得物块A能够上升的最大高度为：
