【文档说明】河北省邢台市2019-2020学年高一下学期三月月考物理试题【精准解析】.doc，共(14)页，724.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年河北省邢台市高一下学期第一次月考物理试卷第I卷（选择题共48分）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一个选项正确，第9~12小题有多个选项正确。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的

或不答的得0分。1.某质点做匀速圆周运动，其线速度的大小为v、周期为T，则在2T时间内，其速度改变量的大小是（）A.0B.vC.2vD.2v【答案】C【解析】【详解】匀速圆周运动的速度大小不变，设0时刻质点的速度为v，则经过2T时间，速度变为-

v，则速度的改变量△v=-v-v=-2v，负号表示方向；即速度改变量的大小是2v；故选C。2.将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同的初速度v0运动，得到不同轨迹。图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，

小钢珠的运动轨迹是（）A.aB.bC.cD.d【答案】A【解析】【详解】当磁铁放在位置A时，当钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体，所以其的运动轨迹是a；故选A。3.自行车，又称脚踏车或单车。骑自行车是一种绿色环保的出行方式。如图所示，A、B、C分别是大齿轮、小齿

轮以及后轮边缘上的点。则（）A.A点的线速度大于B点的线速度B.A点的角速度小于B点的角速度C.C点的角速度小于B点的角速度D.A、B、C三点的向心加速度大小相等【答案】B【解析】【详解】AB．A点和B点属于同一皮带传动，皮带上各点的线速

度大小相等，据v=ωr，B点的半径小，所以B的角速度大，故A错误，B正确；C．B和C两点同轴转动，所以两点的角速度相等；故C错误；D．A与B的线速度相等，由2var=可知，B的向心加速度大于A的向心加速度；B和C两点的角速度相等，由a=ω2r可知，C点的向心加速度大于B点的向心加速度

。故D错误。故选B。4.一木块从固定半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，由于摩擦力的作用使得木块速率不变，则木块在下滑的过程中（）A.加速度不变B.加速度越来越大C向心力大小不变D.摩擦力大小不变【答案】C【解析】【详解】AB．木块做匀速圆周运动，根

据2var=知，加速度大小不变，但是方向变化，故AB错误；C．根据2Frvm=知，木块的速度大小不变，则向心力大小不变，故C正确；D．木块做匀速圆周运动，在切线方向的合力为零，设木块与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，根据mgsinθ=f知，下滑过程中，θ减小，摩擦力f减

小，故D错误。故选C。5.船在静水中的速度为6m/s，当它在流速为8m/s、宽度为120m的河水中航行时，下列说法正确的是（）A.船不可能垂直到达对岸B.船在河水中的最大速度为10m/sC.要使船航行到对岸所需的时间最短，船头必须指向上游D.船一定能垂直到达对岸，且到达对岸

所需的时间为20s【答案】A【解析】【详解】AD．由已知小船在静水中速度v1=6m/s，河宽d=120m，水速v2=8m/s，因v2＞v1，由矢量合成的平行四边形法则可知合速度不能垂直河岸，故船不可能垂直于河岸抵达正对岸，故A正确，D错误；B．只有v1与v2垂直时

合速度才为22221268m/s=10m/svvv=+=+船速的方向与水流速度方向之间的夹角小于90°时，合速度大于10m/s，故B错误；C．当船头与岸垂直时，渡河时间最短，故C错误。故选A。6.图示为东汉时期出现的记里鼓车．每行驶一里（500m）路，木人自动击鼓

一次，有一记里鼓车，车轮的直径为1m，沿一平直路面匀速行驶时，每行驶50s木人击鼓一次，则车轮边缘质点的角速度大小为（）A.5rad/sB.10rad/sC.15rad/sD.20rad/s【答案】D【解析】【详解】由题可知每50s车行驶的位移为500m，所以车轮边缘的线速度：500m

/s10m/s50svt===，由线速度与角速度关系可得：10rad/s20rad/s0.5vr===．A.5rad/s，与结论不相符，选项A错误；B.10rad/s，与结论不相符，选项B错误；C.15rad/s，

与结论不相符，选项C错误；D.20rad/s，与结论相符，选项D正确；7.在网前截击练习中，练习者在球网左侧两次将球水平击出。如图所示，A为第一次小球被击出的位置，B为第二次小球被击出的位置，A、B在同一位置的不同高度上，B点所在的高度高于A点所在的高度，MN为球网。不计空气阻力，下列说法

正确的是（）A.A处击出的小球飞行的时间比B处击出的小球飞行的时间长B.A处击出的小球飞行的时间和B处击出的小球飞行的时间相等C.A处击出的小球的初速度和B处击出的小球的初速度相等D.A处击出的小球的初速度比B处

击出的小球的初速度大【答案】D【解析】【详解】AB．由题知，A、B在同一位置的不同高度上，由212hgt=得2htg=因为hB＞hA，所以tB＞tA，故AB错误；CD．小球水平方向上做匀速直线运动，由s=v0t得0svt=

球从击出到经过N点的过程中，水平位移s大小相等，A处击出的小球的运动时间短，则知A处击出的小球的初速度比B处击出的小球的初速度大。故C错误，D正确。故选D。8.有一辆运输西瓜的汽车，以速率v经过一座半径为R的拱形桥的顶端，其中间有

一个质量为m的西瓜受到周围的西瓜对它的作用力的合力大小为（）A.mgB.m2vrC.mg-m2rvD.mg+m2rv【答案】C【解析】【详解】汽车过拱桥时做圆周运动，车上的西瓜也做圆周运动，设周围的西瓜对它的作用力的合力为F，根据牛顿第二定律有：mg+F=m2vR，F=m2vR-mg，因为vgR

，所以西瓜受到周围的西瓜对它的作用力的大小为mg-m2vr，故C正确，A、B、D错误．故选C9.某质点在光滑水平面上做匀速直线运动，现对它施加一个水平恒力，则施加水平恒力以后，质点可能做（）A.匀加速直线运动B.匀减速直线运动C.匀速圆周运动D.类平抛运动（即运动轨迹为抛物线）【答案】

ABD【解析】【详解】A．若所施加的外力方向与物体运动方向相同，则物体做匀加速直线运动，故A正确；B．若所施加的外力方向与物体运动方向相反，则物体做匀减速直线运动，故B正确；C．匀速圆周运动所受外力为变力，始终指向圆心，由于所施

加的是恒力，因此不可能做匀速圆周运动，故C错误；D．如果所加恒力的方向与速度方向不在同一直线上，且起点处力和速度相互垂直，则质点做类平抛运动，故D正确。故选ABD。10.如图所示，在水平直杆上套有一圆环，一穿过圆环的细线一端固定在O点，另一端悬挂一质量为m的

物体A。现让圆环从O点正上方的'O点开始以恒定的速度沿直杆向右滑行，用T表示细线的拉力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.物体A相对地面做曲线运动B.物体A相对地面做直线运动C.T一定大于mgD.T等于mg【答案】AC【解析】【详解】设小圆环从B点向右运动非常小

的一段时间△t到达C点，设水平位移为△x，过B点作OC的垂线与D点，则CD的距离△y即为A上升的高度，∠CBD=θ，设圆环匀速运动的速度为v，A竖直方向的速度为v′，则有△y=△xsinθsinsinyxvvtt===向右运动过

程中，θ变大，sinθ变大，则v′变大，所以A做加速运动；AB．依据运动的合成法则，A水平方向匀速直线运动，而竖直方向加速运动，则合运动是相对地面做曲线运动，故A正确，B错误；CD．结合以上分析，再根据牛顿第二定律可知T-mg=ma所以T＞mg故C正确，D错误。故选

AC。11.如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的（）A.速度大B.向心加速度大C.运行周期长D.角速度小【答案】CD【解析】【详解】根据万有引力提供向心力得2222(

)2MmvGmrmmrmarTr====可得GMvr=2GMar=32rTGM=3GMr=由这些关系可以看出，r越大，a、v、ω越小，而T越大，飞船从轨道1变轨至轨道2，轨道半径变大，故线速度变小，加速度、角速度变小，周期变大，故CD正确，AB错误；故选CD。12.一宇宙飞船绕地心做半径

为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，NF表示人对台秤的压力，下列结果中正确的是()A.0g=B.22Rggr=C.0NF=D.NFRmgr=【答案】BC【解析】【详解】AB、

忽略地球的自转,万有引力等于重力:在地球表面处2GMmmgR=:宇宙飞船所在处：2GMmmgr=结合两式可得：22'Rggr=，故A错；B对；CD、宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动,飞船舱内物体处于完全失重状态,即人只受万有引力(重力)作用,

所以人对秤的压力为零，,故C对；D错；第II卷（非选择题共52分）二、非选择题部分：共6小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确

写出数值和单位。13.如图所示，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m的小钢球（视为质点）．将米尺固定在水平桌面上，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O，待钢球的运动稳定后，读出钢球到O点的距离r，并用秒表测量出钢球转动n圈用的时间t．则（1）小钢球做圆周运动

的周期T=__________；（2）小钢球做圆周运动的向心力F=_______________________________（用m、n、t、r等物理量表示）【答案】(1).tn(2).2224nm

rt【解析】【详解】（1）[1]钢球转动n圈用的时间t，周期Ttn=；（2）[2]做圆周运动需要的向心力2222244FmnrmrTt==14.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的

装置，先调节撑杆M的位置使斜槽轨道末端的切线处于水平，然后在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于槽口的正前方水平地面上某一位置。让小球从斜槽上紧靠挡板N处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口方向平移距离x后，再使小球从N处由静止释放，小球撞在木板上得到痕

迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，让小球再次从N处由静止释放，再得到痕迹C。已测得木板每次移动的距离x=15.00cm，测得A、B间的高度差y1=7.84cm，B、C间的高度差y2=17.64cm，取重力加速度210m/sg

=，不计空气阻力。(1)在本实验中，调节轨道使斜槽轨道的末端切线处于水平，其目的是______________________________；(2)小球初速度的测量值v0=____________m/s；（结果保留三位有效数字）(3)竖直板上的A点与小球水平抛出点的高度差h=__

__________cm；（结果保留三位有效数字）(4)在实验中，若该同学在将挡板放在3位置时略向右倾斜了一点，则测得的小球的初速度将_________。（选填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】(1).保证小球的初速度水平.(2).1.50(3).

0.441(4).偏小【解析】【详解】(1)[1]．在本实验中，调节轨道使斜槽轨道的末端切线处于水平，其目的是保证小球的初速度水平。(2)[2]．在竖直方向上，根据y2−y1＝gT2得210.17640.0784s=0.1s10yyTg−−==则小球的初速度0

0.15m/s1.50m/s0.1xvT＝＝＝(3)[3]．B点的竖直分速度120.07840.1764m/s=1.274m/s20.2yByyvT++＝＝则抛出点与B点的高度差221.274m=0.082

81m=8.281cm2210yBvhg＝＝A点与水平抛出点的高度差h=h′-y1=8.281-7.84cm=0.441cm。(4)[4]．若该同学在将挡板放在3位置时略向右倾斜了一点，则测得y2会偏大，求得出相等的时间间隔T将偏大，导致小球的初速

度测量值偏小。15.如图所示，A、B为地球周围的两颗卫星，它们离地面的高度分别为h1、h2，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，求：(1)A的线速度大小v1；(2)A、B的角速度之比ω1∶ω2.【答案】(1)

21gRRh+；(2)3231()()RhRh++；【解析】【详解】(1)设地球质量为M，卫星质量为m，由万有引力提供向心力，对A有：21211()()vGMmmRhRh=++在地球表面对质量为m′的物体有：2GMmmgR=联立可得：v1＝21gRR

h+(2)由万有引力提供向心力：22()()GMmmRhRh=++解得3()GMRh=+所以A、B的角速度之比：312321()()RhRh+=+.16.如图所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1

g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：（1）转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？（2）当转速ω＝10rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？（g取

10m/s2）【答案】（1）20rad/s（2）最小值F1＝0；最大值F2=1．5×10－2N【解析】【详解】（1）转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小球的支持力F1应是最高点时管底对小球支持力F2的3倍，即123F

F=①根据牛顿第二定律有最低点：21Fmgmr−=②最高点：22Fmgmr+=③由①②③得420/2gradsr==④（2）在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为ω0，则20mgmr=⑤014.1rad

/sgr==⑥因为10/14.1/radsrads=，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为10F=⑦当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为F2，根据牛顿第二定律知22Fmgmr−=，则2221.510FmgmrN−=+=⑧17.如图所示，一工件固定于水

平地面上，其AB段为一半径R=0.5m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内。在P点将一质量m=0.lkg的物块（可视为质点）无初速释放，物块滑至C点时恰好静止，

已知物块与BC段的动摩擦因数为0.1。取重力加速度210m/sg=。求：(1)物块在B点时的速度大小；(2)物块在B点时对工件的压力大小。【答案】(1)1m/s；(2)1.2N．【解析】【详解】(1)物块在BC上运动时的加速度大小21m/smgam==根据速度位移公式，有2aL=v2

解得物块在B点的速度大小为v=1m/s；(2)当物块运动到B点时，有2NvFmgmR−=解得FN=1.2N根据牛顿第三定律可知，物块在B点时对工件的压力大小为1.2N；18.某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示。

在A点处用一弹射装置将质量m=1kg的小滑块以某一水平速度弹射出去，小滑块沿水平光滑直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点滑出，向C点运动。C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m

，水平距离s=0.6m，水平轨道BC长L=2m，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数为0.4，小滑块从C点飞出后刚好不掉进陷阱，重力加速度210m/sg=。求：(1)小滑块从C点飞出的速度大小；(2)小滑块落在D点时的速度方向与水平方向夹角的正切值；(3)小滑块从B点

离开时，圆轨道对小滑块的支持力的大小。【答案】(1)3m/s；(2)23；(3)260N．【解析】【详解】(1)根据212hgt=得，平抛运动的时间220.2s0.2s10htg=＝＝则小滑块从C点飞出后的速度大小0.6m/s3m/s0.2Csvt＝＝＝(2)小滑块落在D点

时竖直分速度vy=gt=10×0.2m/s=2m/s根据平行四边形定则知2tan3ycvv=＝(3)小物块在BC段做匀减速直线运动，根据动能定理得221122BCmgLmvmv−−＝在B点，根据牛顿第二定律有2BNvFmgmR−＝代入数据联立解得FN=260N．