【文档说明】【精准解析】四川省成都外国语学校2018-2019学年高一3月月考物理试题（解析版）.doc，共(20)页，893.000 KB，由小赞的店铺上传

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高2018级高一下三月月考物理试卷一．单项选择题（每小题3分，共30分）1.关于运动的合成和分解，下述说法中正确的是（）A.合运动的速度大小等于分运动的速度大小之和B.物体的两个分运动若是直线运动，则它的合运动一定是直线运动C.合运动和分运动具有同时性D.曲

线运动的物体受到的合外力一定是变力【答案】C【解析】试题分析：合运动的速度大小等于分运动矢量合成后速度的大小，A错误；．物体的两个分运动若是直线运动，则它的合运动可能是直线运动，实际上要看F合与速度方向是否在一条直线上，不在一条

直线上的，物体将做曲线运动，B错误；曲线运动的物体受到的合外力可能是变力，如平抛运动，D错误；故选C．考点：运动的合成和分解2.人站在平台上平抛一小球，球离手时的速度为1v，落地时速度为2v，不计空气阻力，下列图中能表示出速度矢量的演变过程的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】

小球做的是平抛运动，任何时刻在水平方向的速度的大小都是不变的，即任何时刻的速度的水平的分量都是一样的，在竖直方向上是自由落体运动，加速度方向竖直向下，所以速度变化的方向竖直向下，故D正确．3.在曲线运动中，如果速率保持不变，那么运动物体的加速度(

)A.加速度的方向就是曲线这一点的的切线方向B.加速度大小不变，方向与物体运动方向一致C.加速度大小不变，某点的加速度方向与曲线该点的切线方向一致D.加速度大小和方向由物体在该点所受合外力决定，方向与曲线这一点的的切线方向垂直【答案】D【解析】试题分析：根据牛顿第二定律可得：曲线运动的加速度大小

和方向是由物体受到的合力决定的，因为速率变，所以方向与曲线这一点的的切线方向垂直，D正确；考点：考查了曲线运动4.下列关于匀速圆周运动的向心加速度的说法中，不正确．．．的是()A.它的方向始终与线速度方向垂直；B.它的大小

是不断变化的；C.它描述了线速度方向变化的快慢；D.它的大小可以通过公式2var=来计算【答案】B【解析】【详解】做匀速圆周运动的物体要受到指向圆心的向心力的作用，向心力大小不变，方向时刻变化，所以向心加速度的方向始终指向圆心，在不同的时

刻方向是不同的，而大小不变．A、向心加速度方向总是与线速度方向垂直，故A正确；B、向心加速度大小是不变化的，故B错误；C、向心加速度描述了线速度方向变化的快慢，故C正确；D、向心加速度大小可以通过公式a2vr=计算，故D正确；本题选择错误的，故选B．5.某

物理小组利用如图所示的装置研究平抛运动。他们用小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，并观察到两小球同时落地。关于该实验，下列说法中正确的是（）A.若只改变装置的高度，多次实验，则能说明A球在水平方向做匀速直线运动B.若只改变小锤的打击力度，多次实验，则能

说明A球在水平方向做匀速直线运动C.若只改变装置的高度，多次实验，则能说明A球在竖直方向做自由落体运动D.若只改变小锤的打击力度，多次实验，则能说明A球在竖直方向做自由落体运动【答案】C【解析】【详解】AC．只改变装置的高度，落地时间变长，但两球仍同时落地，因此说明A、B在竖

直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，A错误，C正确；BD．只改变小锤的打击力度，水平速度改变，水平位移改变，可以说明水平位移与速度有关，无法说明A球在水平方向做匀速直线运动，也无法说明A球在竖直

方向做自由落体运动，BD错误。故选C。6.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A.如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B.如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C.如图

c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D.火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用【答案】BD【解析】【详解】A．当汽车在拱桥顶端时，根据牛顿第二定律则有2NvmgFmR−=可

得2NvFmgmmgR=−根据牛顿第三定律可得汽车通过拱桥的最高点处汽车对桥顶的压力小于重力，处于失重状态，故A错误；B．球受到重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，向心力大小为tanθnFmg=小球做圆周运动的半径为tanθRh=由牛顿第二定律得2tanθtanθmgmh=联立

可得角速度gh=知保持圆锥摆的高度不变，则角速度不变，故B正确；C．设支持力与竖直方向的夹角为，则支持力的大小cosαmgN=则有ABNN=由牛顿第二定律得2sinθNmr=可得角速度tanαgr=由于ABrr

，所以可得AB故C错误；D．火车拐弯时超过规定速度行驶时，由于支持力和重力的合力不够提供向心力，会对外轨产生挤压，即外轨对轮缘会有挤压作用，故D正确；故选BD。7.如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小

球初速变为v，其落点位于c，则（）A.v0<v<2v0B.v=2v0C.2v0<v<3v0D.v>3v0【答案】A【解析】【详解】小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若

时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0，故A正确，BCD错误．8.如图所示的皮带传动装置中，轮A和B固定在同一轴上，A、B、C分别是三个轮边缘的质点，且RA=RC=2RB，则三质点的向心加速度之比aA∶aB∶aC等于（）A.1∶2∶

4B.2∶1∶2C.4∶2∶1D.4∶1∶4【答案】C【解析】【详解】由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vC=vB，即：vB：vC=1：1由于A轮和B轮共轴，故两轮角速度相同，即ωA=ωB，即：ωA：ωB=1：1

由角速度和线速度的关系式v=ωR可得vA：vB=RA：RB=2：1所以vA：vB：vC=2：1：1又因为RA=RC=2RB,由a＝v2/R可得：aA：aB：aC=4：2：1所以ABD错误，C正确；故选C．【点睛】解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是

轴传动（角速度相同）．9.如图所示，一根长为l的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上.若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（）A.A、B的线速度相同B.A、B的角速度不相同

C.轻杆转动的角速度为2sinvhD.小球A的线速度大小为sin2vlh【答案】C【解析】【详解】根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2=vBsinθ

=vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v1=vBcosθ=vcosθ为B点沿杆运动的速度，如图所示．A、当杆与水平方向夹角为θ时，hOBsin=；A、B两点都围绕O点做圆周运动，由于同一杆上运动，故角速度ω相同，由于转动半径不一样，故A、B的线速度不相同，故A错误；B、由于A、B在同一杆上绕O

点做圆周运动，故A、B绕O做圆周运动的角速度相同，故B错误；C、由于B点的线速度为v2=vsinθ=OBω，所以2vsinvsinOBh==，故C正确；D、由角速度和线速度的关系可知，A的线速度2Avlsinvlh==，故D错误．故选C.10.如下图所示，光滑水平面上钉两个钉子A和B

，相距为20cm．用长度为1m的细绳，一端系一只质量为0.4kg的小球，另一端固定在钉子上．开始时小球与钉子A、B均在同一直线上，然后使小球以2m/s的速率，开始在水平面上作匀速圆周运动．若绳子能承受的最大张力是4N，那么从开始到绳

断所经历的时间是()A.0.9πsB.1.2πsC.1.4πsD.2.4πs【答案】C【解析】【详解】当绳子拉力为4N时，根据向心力公式得：F＝m2vr，解得：r＝0.4m，而小球每转半圈，长度减小20cm，所以小球

转的半圆周数为：n10.40.20.2lr−−===3，转过3个半圆后，以最大张力4N继续转动半周，所以从开始到绳断所经历的时间为：t()312410.80.60.42222111122222rrrrvvv

v+++=+++=s＝1.4πs，故ABD错误，C正确．二．多选题(每小题不只一个正确答案，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分，共20分）11.如图所示,物体A和B质量均为m,分别与

轻绳连接跨过定滑轮(不计绳与滑轮之间的摩擦),当用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动时,下列判断正确的是()A.物体A做匀加速直线运动B.绳子拉力始终大于物体A所受的重力C.物体A的速度小于物体B的速度D.物

体A的速度大于物体B的速度【答案】BC【解析】试题分析：将B物体的速度Bv进行分解如图所示，则ABvvcos=，减小，Bv不变，则Av逐渐增大，说明A物体在竖直向上做加速运动，由牛顿第二定律Tmgma−=，可知绳子对A的拉力Tmg＞，故A错误，B正

确；由于ABvvcos=，知物体A的速度小于物体B的速度．故C正确，D错误．考点：运动的合成与分解【名师点睛】解决本题的关键得出A.B的速度关系，由牛顿第二定律分析绳子的拉力与重力的大小关系，运用外推法，即极限法分析A物体的加速度如何变化是难点．12.如图所示，细杆的一端与一小球

相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使其做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是()A.a处为拉力，b处为拉力B.a处为拉力，b处为推力C.a处为推力，b处为拉力D.a处为推力，b处为推

力【答案】AB【解析】【详解】小球做圆周运动，在最高点和最低点时，由合力提供向心力；在最高点，小球受重力和杆的弹力，假设弹力向下，如图根据牛顿第二定律得到，211vFmgmr+=；当F1＜0，为支持力，向上；当F1＞0，为拉力，向下；当

F1=0，无弹力；由牛顿第三定律知，在a处杆对球可能为拉力，也可能为推力．球经过最低点时，受重力和杆的弹力，如图由于合力提供向心力，即合力向上，故杆只能为向上的拉力；故AB正确，CD错误．13.如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB为水平直径，O为圆心，将一些半径远小于

轨道半径的小球从A点以不同的初速度沿直径水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中．则（）A.无论初速度取何值，小球均不可以垂直撞击半圆形轨道B.初速度不同的小球运动时间一定不相同C.初速度小的小球运动时

间长D.落在半圆形轨道最低点的小球运动时间最长【答案】AD【解析】试题分析：小球撞击在圆弧左侧时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧右侧时，根据“中点”结论：平抛运动速度的反向延长线交水平位移的中点，可知，由于O不在水平位移的中点，

所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环，故A正确；由212hgt=，得2htg=平抛运动的时间由下落的高度决定，速度不同的小球下落的高度可能相同，运动的时间可能相同，故B错误；初速度小的小球下落的高度不一定大，则运动时间不一定长，故C错误；落在圆形轨道最

低点的小球，下落的高度最大，则运动的时间最长，故D正确．考点：考查了平抛运动规律的应用【名师点睛】本题的关键要掌握平抛运动的特点，知道平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关．14.如图所示，有一固定的且内壁光滑的

半球面，球心为O，最低点为C，有两个可视为质点且质量相同的小球A和B，在球面内壁两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α

＝53°和β＝37°，则(sin37°＝0.6)()A.A、B两球所受支持力的大小之比为4∶3B.A、B两球运动的周期之比为2∶C.A、B两球的角速度之比为2∶D.A、B两球的线速度之比为8∶3【答案】ACD【解析】【详解】A项：由于小球在运动的过程中受到的合力沿水

平方向，且恰好提供向心力，所以根据平行四边形定则得，cosmgN=，所以cos374cos533oAoBNN==，故A正确；B项：小球受到的合外力：2224tanvmgmmrrT==，其中sinrR=，解得：24cosTg=，则cos533cos372oAoBTT==

，故B错误；C项：根据2tanmgmr=得：tangr=，所以23ABBArr==，故C正确；D项：根据2tanvmgmr=得：tanvgr=，所以833ABvv=，故D正确．故选ACD．15.如图5所示，A、B、C三个小球在离地

面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球A落到D点，DE＝EF＝FG，不计空气阻力，抛出后每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面.下列说法正确的是()A.B球落在E点，C球落在F点B.B、C两球均落在D点C.三小球离地面的高度之比为1

∶4∶9D.三小球在空中运动的时间之比tA∶tB∶tC＝1∶3∶5【答案】BC【解析】试题分析：因为三球以相同的初速度抛出，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，则A、B、C三个小球的运动的时间之比为1：2：3，选项D错误；可得水平位移之比1：2：3，而DE=EF=FG，所以B、C两球也落在D点，故

B正确，A错误；由212hgt=可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为1：4：9，故C正确．考点：平抛运动的规律．三．计算题（共50分）16.从高为h=80m的楼顶以某水平速度抛出一个石块,落地点距楼的水平距离为120m

(g取10m/s2)，求:(1)石块的初速度大小;(2)石块着地时的速度v．【答案】(1)30/ms；(2)50/ms，方向与水平方向的夹角为53【解析】【详解】(1)根据212hgt=得2280s4s10htg===石块的初速度大小

为0120m/s30m/s4xvt===(2)石块落地时竖直分速度为104m/s40m/syvgt===根据平行四边形定则得，落地的速度为2209001600m/s50m/syvvv=+=+=着地时的速度与水平方向的夹角为

，则043yvtanv==可得53=方向与水平方向的夹角为53。17.在光滑水平转台上开有一小孔O，一根轻绳穿过小孔，一端拴一质量m=1kg的物体A，另一端连接质量M=1kg的物体B，如图所示，已知O与A物间的距离r=0

.25m，开始时B物与光滑水平地面接触，设转台旋转过程中小物体A始终随它一起运动2210m/sπ10g（取，取），问：（1）当转台以角速度ω=4rad/s旋转时，地面对物体B的支持力多大？（2）要使物B开始脱离地面，则转台旋的周期T至少为多大？

【答案】(1)6N(2)1s【解析】【详解】（1）对A，运用牛顿第二定律得，绳子的拉力210.25164TFmrNN===对B受力分析有：gTMFF支=+解得g1046TFMFNN=−=−=支（2）当B受的支持力为零时，其将要离开地面，根据TMg

F=′可知，10TFN=对A有：224TFmrT=，代入数据解得T=1s．18.暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示．“摇头飞椅”高O1O2=5

.8m，绳长5m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º．g取10m/s2,sin37º=0.6，cos37º=0.8，在此过程中，求:(1

)座椅受到绳子的拉力大小；(2)小明运动的线速度大小；(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图中O1点)的距离(保留两位有效数字)．【答案】（1）500N（2）7.5m/s（3）8.7m【解析】【详解】(1)拉力沿竖直方

向的分力等于重力，由平行四边形定则，得拉力40N500N370.8mgTcos===(2)根据受力分析，由牛顿第二定律得：20tan37vmgmR=04.5m5sin377.5mR=+=联立代入数据解得v=7.5m/s(3)由几何关系可知座椅离地高度：5.8m5cos371.8mh=−=由平

抛运动规律，得：xvt=212hgt=代入数据联立解得x=4.5m由勾股定理，落地点与游艺机中心距离：()()22220'7.5+4.5m8.7mrRx=+==答：(1)座椅受到绳子的拉力500NT=；(2)小明运动的线速度v=7.5m/

s；(3)落地点与游艺机转轴的距离'8.7mr=．19.某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心

离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H．选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速为零、加速度为a的匀加速直线运动．起动后2s悬挂器脱落．设人的质量为m看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．（1）

假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？（2）若H＝3.2m，R＝0.9m，取g＝10m/s2，当a＝2m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L．（3

）若H＝2.45m，R＝0.8m，L＝6m，取g＝10m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围．【答案】（1）gR（2）7.2m（3）a1="1.75"m/s2或者a2="2.25"m/s2【解析】试题分析：（1）设人

落在圆盘边缘处不至被甩下，临界情况下，最大静摩擦力提供向心力则有：μmg=mω2R解得故转盘的角速度gR（2）匀加速过程m=4mvc=at=4m/s平抛过程得t2=0．8sx2=vct2=4×0．8m=3．2m故L=x1+x2=7．2m（3）分析知a最小时落在转

盘左端，a最大时落在转盘右端2312Hgt=得解得2152/34ams=解得a2=2m/s2考点：牛顿第二定律、平抛运动【名师点睛】解决本题的关键理清选手的运动过程，结合牛顿第二定律、平抛运动的分位移公式、运动学公式灵活求解：根据静摩擦力提供向心力，结合

牛顿第二定律求出转盘角速度的范围．抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间；根据平抛运动的分位移公式列式求解．20.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合，转台以一定角速度

匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为60°．已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为34fFmg=．（

1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度0；（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的取值范围．【答案】（1）02gR=（2）3gRgR【解析】【详解】（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，如图，有：20tans

inmgmR=解得：02gR=(2)当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，受力分析如图，设此最大角速度为ω1，由牛顿第二定律得：00021603060fNFco

sFcosmRsin+=006030fNFsinmgFsin+=联立解得：13gR=当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值,设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得，22cos30cos60sin60

NfFFmR−=sin30sin60NfmgFF=+联立三式解得2gR=综述，陶罐旋转的角速度范围为3ggRR获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com