【文档说明】【精准解析】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期6月物理试题.doc，共(19)页，688.000 KB，由小赞的店铺上传

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沧州一中高一年级月考试题2020年6月23日物理试题第I卷（选择题，共72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，只有一项是符合题目要求的。1.以下关于行星运动及万有引力的描述正确的是（）A.太阳对行星的引力与地球对月球的引力属于不同性质的力B.牛

顿提出的万有引力定律只适用于天体之间C.伽利略利用扭称实验测出了引力常量的数值D.开普勒认为行星在椭圆轨道上近日点的速率大于远日点的速率【答案】D【解析】【详解】A．太阳对行星的引力与地球对月球的引力

都是万有引力，属于同种性质的力，故A错误；B．牛顿发现了万有引力定律，适用自然界中任何物体，故B错误；C．卡文迪许利用扭称实验，测出了引力常量的数值，故C错误；D．开普勒发现行星沿椭圆轨道绕太阳运动，但行星在椭圆轨道上各个地方的速率不相等，根据开普勒第二定律，同一颗卫星相同的时间内扫过的面

积相等，即在椭圆轨道上近日点的速率大于远日点的速率，故D正确。故选D。2.如图所示“嫦娥一号”在轨道Ⅰ上运行，距月球表面高度200km；“嫦娥二号”在轨道Ⅱ上运行，距月球表面高度为100km。根据以上信息可知下列判断正确的是（）A.“嫦娥二号”的运行角

速度大于“嫦娥一号”的运行角速度B.“嫦娥二号”的运行周期大于“嫦娥一号”的运行周期C.“嫦娥二号”的向心力大于“嫦娥一号”的向心力D.“嫦娥二号”和“嫦娥一号”在轨道上运行时，所携带的仪器都处于超重状态【答案】A【解析】【详解】根据万有引力充

当向心力可知22224MmGmRmRRT==解得3GMR=，32RTGM=A．“嫦娥二号”运行轨道半径较小，根据3GMR=可知，角速度较大，即“嫦娥二号”的运行角速度大于“嫦娥一号”的运行角速度，A正确；B．“嫦娥二号”运行轨道半

径较小，根据32RTGM=可知，周期较小，即“嫦娥二号”的运行周期小于“嫦娥一号”的运行周期，B错误；C．向心力由万有引力全部充当，则n2MmFGR=，由于不知道两者质量关系，所以无法比较向心力大小，C错误；D．“嫦娥二号”和“嫦

娥一号”在轨道上运行时，所受万有引力全部充当向心力，所以处于完全失重状态，即所携带的仪器都处于完全失重状态，D错误。故选A。3.若某星球探测器绕月运行时的轨道是圆形的，且贴近星球表面，该星球质量约为地球质量的136，其半径约为地球半径的19，地球的第一宇宙速度约为7.9km/s，则该星球探测

器绕月运行的速率约为（）A.16km/sB.4km/sC.2km/sD.32km/s【答案】B【解析】【详解】对于环绕地球或月球的人造卫星，其所受万有引力即为它们做圆周运动所需向心力，即22MmvGmrr=所以GMvr=第一宇宙速度指的是最小发射速度，同时也是近地卫星的环绕速度，对于近地卫星来

说，其轨道半径近似等于中心天体半径，所以1913612vMrvMr===地器器地地器，所以117.9km/s4km/s22vv==地器故B正确ACD错误。故选B。4.关于曲线运动的描述，下列说法正确的是（）A.做曲线运动的物体所受合力肯定是变力B.曲

线运动一定是非匀变速运动C.曲线运动的速度一定与所受合力不共线D.曲线运动的加速度可以为零【答案】C【解析】【详解】A．曲线运动的条件是物体所受合外力与速度不共线，与合外力是否为恒力还是变力无关，A错误，C正确；B．曲线运动所受合外力为恒力时，做匀变

速曲线运动，B错误；D．曲线运动所受合外力不为0，加速度不可以为零，D错误。故选C。5.下列关于圆周运动的说法不正确的是（）A.做匀速圆周运动物体的加速度和速度的大小都不变B.做匀速圆周运动物体的角速度与转速成反比C.做匀速圆周运动物体的频率和角速度成正比D.做匀速圆周运动物体所受合外力一定

指向圆心【答案】B【解析】【详解】AD．做匀速圆周运动物体的向心力大小恒定，方向时刻指向圆心，所以其加速度大小恒定，方向时时刻刻指向圆心，做匀速圆周运动物体在单位时间内走过的弧长相等，即速度大小恒定，AD正确；B．根据公式2n=可知，做匀速圆周运动物体的角速度与转速成正比，B错误；C

．根据公式2f=可知，做匀速圆周运动物体的频率与角速度成正比，C正确。让选错误的，故选B。6.设航天员在一系列实验中测出自己绕地球球心做匀速圆周运动的周期ω，线速度v，地球半径为R。根据ω、v、R和万有引力恒量G，航天员不能计算出下面的哪些物理量（）A.飞船的向心加速度B.地球的平均密

度C.地球的质量D.飞船的向心力【答案】D【解析】【详解】A．设飞船绕地球球心做匀速圆周运动的轨道半径为r，则飞船的向心加速度2ar=向又vr=联立解得av=向所以能用测量量计算飞船的向心加速度，故A错误；BC．飞船绕地球球心做匀速圆周运动，则22MmFGmrr

==万故可得地球质量为32rMG=又vr=联立求得3vMG=地球的平均密度MV=343VR=联立求得3334vGR=故BC错误；D．由于飞船的质量未知，所以，不能计算出飞船的向心力。故D正确；故选D

。7.一个半径是地球半径的2倍、质量是地球质量10倍的行星，它表面的重力加速度是地面重力加速度的多少倍（）A.5倍B.50倍C.52倍D.502倍【答案】A【解析】【详解】不考虑星球自转，万有引力等于

重力2MmGmgR=解得2GMgR=则2211052gMRgMR===行行地地地行故选A。8.天文上曾出现几个行星与太阳在同一直线上的现象，假设地球和火星绕太阳的运动看作是匀速圆周运动（地球离太阳较近），角速度分别是1和2，它们绕太阳运动的轨道基本上在同一平

面上，某时刻地球和火星都在太阳的一侧，三者在一条直线上，那么再经过多长的时间，将再次出现这种现象（）A.12−B.122−C.12+D.122+【答案】B【解析】【详解】设需要的时间为t，在此时间内地

球比火星多转一周，就会再次出现这种现象，故有12221tt−=即1221t−=解得122t=−故B正确，ACD错误。故选B。9.一条河宽300m，一艘小船船速为3m/s，水流速度为5m/s，则小船的渡河最短时间及最短航程为（）A.100s，3

00mB.125s，300mC.100s，500mD.125s，500m【答案】C【解析】【详解】由题可知300md=，3m/sv=船，=5m/sv水当船头垂直与河岸过河时，小船的渡河时间是最短的，则min100sdtv==船由于vv船水所以船的合速度方向不可能

垂直于河岸过河，那么，要使小船的航程是最短的，要求船速和船的合速度相互垂直，则由几何关系可得，船头与河岸的夹角为，则3cos5vv==船水即53=则可得此时为最短航程，为min500mcosdx==所以C正确，ABD错误。故选C。10.在倾角为

θ的斜面顶端，以初速度0v水平抛出一小球，不计空气阻力，则小球与斜面相距最远时的距离为（）A.220sin2cosvgB.220sin2vgC.202vgD.220cos2sinvg【答案】A【解析】【详解】物体离斜面的距离先变大在减小

，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大，则有0tangtv=解得0tanvtg=将平抛运动分解成垂直斜面和平行于斜面两个方向，垂直于斜面物体做初速度为v0sinθ，加速度大小为gcosθ的匀减速运动，则物体离开斜面的最大距离为201sincos2svtgt=

−解得220sin2cosvsg=故A正确，BCD错误。故选A。11.下雨天旋转雨伞时，雨滴会从伞边甩出，雨滴以速度2m/s水平甩出时，在空气中运动一段时间后落到地面上，不计空气阻力，伞的半径为0.6m，伞边缘到地面的高度为1.5m，重力加速度为210m/s，则

雨点在地面上形成的圆形的面积为（）A.20.36πmB.20.84πmC.21.20πmD.21.56πm【答案】D【解析】【详解】根据题意可知，被甩的雨滴作平抛运动，竖直高度为211.5m2hgt==则时间为3s10t=雨滴的水平位移为030m5xvt==由

题可知，伞的半径为0.6mR=则雨点在地面上形成的圆形的半径为222239m25rxR=+=则圆的面积为22239ππm1.56πm25Sr==所以D正确，ABC错误。故选D。12.如图所示，在匀速转动的圆锥筒

内壁上放置两个质量均为m的小球A、B，中间用一根绳子连接，它们与筒壁间的动摩擦因数相同，当圆锥筒转至两小球即将滑动时，剪断细线，则可能发生的是（）A.两物体均发生滑动，且远离圆心B.A物体将发生滑动，且靠近圆心C

.B物体将继续做匀速圆周运动D.两物体均不动【答案】C【解析】【详解】ABCD．小球A、B未滑动时，它们的角速度相等，但由于BArr，故做圆周运动小球B所需向心力小于小球A所需向心力；当圆锥筒转至两小球即将滑动时，此时小球A受到平行圆

锥筒内壁向下的最大静摩擦力，绳子的拉力，自身重力，圆锥筒内壁的支持力，它们的合力来提供向心力；故当剪断细线时，绳子的拉力消失，小球A所受合力不足以提供所需向心力，将发生滑动，且远离圆心；B小球受到平行圆锥筒内壁向下的最大

静摩擦力，绳子的拉力，自身重力，圆锥筒内壁的支持力，它们的合力来提供向心力；当剪断细线时，绳子的拉力消失，但小球B所受其他力的合力还足以提供所需向心力，故B物体将可能继续做匀速圆周运动，故ABD错误，C正确；故选C。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多

个选项符合题目要求，少选得2分，错选0分13.要使两物体间的万有引力减小到原来的18，下列办法可以采用的是（）A.使一个物体的质量减半，二者距离增一倍B.使两物体间的距离和质量都减为原来的12C.使其中一个物体的质量减小到原来的18

距离不变D.使两物体间的距离增为原来的2倍，其中一个物体质量变为12【答案】ACD【解析】【详解】设原来两物体间的万有引力为2MmFGR=A．质量减半，二者距离增一倍后()221112'882MmMmFGGFRR===A可以采用；B．两物体间的距离

和质量都减为原来的12后221122'12MmMmFGGFRR===B不可采用；C．其中一个物体的质量减小到原来的18距离不变后221118'88MmMmFGGFRR===C可以采用；D．两物体间的距离增为原来的2倍，其中一个物

体质量变为12后()221112'882MmMmFGGFRR===D可采用。故选ACD。14.如图所示卫星分别经历过近地圆轨道1，椭圆轨道2，同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是

（）A.卫星在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力B.卫星在轨道1上经过Q点时加速度小于它在轨道2上经过Q点时的加速度C.卫星在轨道1上经Q点时的速度等于它在轨道2上经Q点时的速度大小D.卫星由2轨道变轨到1轨道在Q点要减速【答案】AD【解析】【详解】A．根据万

有引力公式2MmFGr=可知，轨道半径越大，则受到的引力越小，因为轨道3的半径大于轨道1的半径，所以卫星在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力，故A正确；B．根据牛顿第二定律和万有引力定律得2MmGmar=得2GMar=

所以卫星在轨道1上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，故B错误；C．卫星由轨道1经过Q点变轨到轨道2时，必须点火加速，所以经过轨道1的Q点的速度小于轨道2上的Q点的速度，故C错误；D．由C选项分析，卫星要从2轨道

变轨到1轨道须要在Q点要减速，故D正确。故选AD。15.假设两个黑洞质量分别为太阳的36倍和29倍，且绕它们连线上的某点做圆周运动,且这两个黑洞的间距缓慢减小，若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是（）A.这两个黑洞运行的角速

度大小始终相等B.这两个黑洞做圆周运动的向心力大小始终相等C.36倍太阳质量的黑洞和29倍太阳质量的黑洞运行的线速度大小之比为36：29D.随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在减小【答案】ABD【解析】【详解】AB．由于两个黑洞绕它们的连线上的某点做圆周运动，所以它们的角速度大

小始终相等；它们做圆周运动的向心力由它们之间的万有引力来提供，故向心力的大小始终相等；故正确AB正确；C．根据万有引力提供向心力，有：22121212212=mmvvFGmmLrr==万由于它们的角速度大小相等，即：1212vvrr==联立求得，36倍太阳质量的黑洞和29倍太阳质量的黑洞

运行的线速度大小之比为：12212936vmvm==故C错误；D．由于它们的角速度大小相等，故周期相等，对于1m有：2121122()mmGmrLT=对于2m有：2122122()()mmGmLrLT=−

两式相加得：23124()LTGmm=+故随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在减小。所以D正确；故选ABD。16.研究表明，地球自转在逐渐变慢，假设地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（）A.距地面的高度变低

B.向心力变小C.线速度变小D.周期变大【答案】CD【解析】【详解】AD．设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得222π()MmGmrrT=解得32πrTGM=由题意知，现在同步卫星的周期T变大，则：同步卫星的轨道

半径r增大，同步卫星距地面的高度变大，故D正确，A错误；B．同步卫星做圆周运动，万有引力为2MmFGr=由A选项分析，同步卫星的周期T变大，同步卫星的轨道半径r增大，但是卫星的质量未知，所以同步卫星所需向心力不确定，故B错误；C．同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22Mm

vGmrr=解得，线速度为GMvr=由于r变大，则线速度v变小，故C正确。故选CD。17.如图，赤道上空的卫星A距地面高度为R，质量为m的物体B静止在地球表面的赤道上，卫星A绕行方向与地球自转方向相同。已知地球半径也为R，地球自转角速度为0，地球的质量为M，引力常

量为G。若某时刻卫星A恰在物体B的正上方（已知地球同步卫星据地高度比卫星A大很多），下列说法正确的是（）A.物体B与卫星A的向心加速度之比为3204RGMB.卫星A的线速度为02RC.卫星A的角速度大于0D.物体B受到地球的引力为20mR【答案】AC【解析】【详解】A．

卫星A运动过程中，万有引力充当向心力，故有()A22MmGmaR=解得A24GMaR=物体B的向心加速度2B0aR=因此向心加速度之比为320AB4RaaGM=A正确；B．卫星A受到的万有引力提供向心力()2222GMmvmRR=解得卫星A

的线速度2GMvR=B错误；C．绕地卫星受到的万有引力提供向心力22GMmmrr=解得3GMr=和同步卫星相比，卫星A的轨道半径远小于同步卫星轨道半径，故卫星A的运行角速度大于同步卫星的运行角速度，而同步卫星的运行角速度和地球自转角速度相等，所以卫星A的角速度大于0

，C正确；D．物体B受到万有引力分解为两部分，一部分为重力，一部分为随地球自转的向心力，而向心力为20mR，所以两者不等，D错误。故选AC。18.如图所示，小船在水面上以速度v匀速运动，用轻绳跨过一定滑轮拉岸上的一件货物，则（）A.货物在岸上做减速运动B.绳子的拉力逐渐增

大C.当绳子与水平方向夹角为30时，货物的速度为32vD.当绳子与水平方向夹角为30时，货物的速度为2v【答案】BC【解析】【详解】A．由题可知，小船向右匀速运动，所以将小船的速度分解到沿着绳子向下和垂直于绳子向上的两个分速

度2v和1v，设绳子与水平方向的夹角为，则1sinvv=2cosvv=货物的速度即为2v，随着小船向右运动，减小，所以2v增大，即货物在岸上做加速运动，所以A错误；B．对小船受力分析，有重力，绳子的拉力和水对船向右的阻力，将绳子的拉力分解到竖直向上和水平向左的两个分

力，竖直方向的分力等于重力，即TsinFG=化简可得TsinGF=随着小船向右运动，减小，所以TF增大，故B正确；CD．当绳子与水平方向夹角为30时，即30=时，货物的速度为23cos302vvv==所以C正确，D错误。故选BC。第II

卷（非选择题，共28分）三、非选择题：共28分。19.随着社会的发展，我国火车速度逐年提高，某国产机车总质量为m，如图机车转弯时铁轨所在平面与水平方向夹角为θ，重力加速度为g，如果机车要进入半径为R的弯道，则机车的安全

行驶速度是多少？【答案】tanvgR=【解析】【详解】对火车受力分析，有重力和垂直与斜面的支持力，两个力的合力提供向心力，则2tanvmgmR=则此时tanvgR=则机车的安全行驶速度为tangR，此时对轨道无压力。20.游乐场里，质量为39.9

kgm=的小春抱着一个质量为0.1kgM=的球坐摩天轮，已知摩天轮做匀速圆周运动，其角速度为00.1rad/s=，半径为100mR=，摩天轮圆心距地面高度为120mH=，另有小霞在场外地面上观看。（1）当小春乘坐的位置运动到摩天轮最低点时，请问此时厢房地板对小春和球提供的总支持力为多少

；（2）当小春运动到如图所示的摩天轮最右端时，突然将球以相对于自己水平方向的速度01m/sv=抛出（忽略空气阻力），小霞想在地面最快接住球，则需要站在距离摩天轮圆心的水平距离多远处等待？球在空中做什么运动？【答案】(1)440NNF=；(2)6mx=，斜抛运动【

解析】【详解】（1）摩天轮在最低点时，厢房地板对小春和球提供的总支持力与小春和球的总重力的合力来提供向心力，则有20()()NFMmgMmR−+=+代入已知相关数据求得440NNF=（2）当小春运动到如图所示的摩天轮最右端时，此时球的速度为010m/s

vR==当小春将球以相对于自己水平方向的速度01m/sv=抛出，则球在竖直方向上做竖直上抛运动，落地时有212Hvtgt−=−代入已知相关数据求得，小球落地时间为6st=小球抛出后，在水平方向作匀速直线运动，则小霞想在地面最快接住球，

需要站在距离摩天轮圆心的水平距离为06mxvt==通过前面分析，可判断小球显然在空中做斜抛运动。21.如图所示，竖直放置的轻杆两端各固定一小球A和B，现让杆绕水平轴O在竖直平面内以角速度ω匀速转动，AO距离为L，BO距离为

2L，且当A球转至最高点时速度为2gL，求此时水平轴O给杆的作用力。【答案】4mg，方向：竖直向上【解析】【详解】对A受力分析有2AAvTmgmL+=代入A2vgL=，求得ATmg=方向竖直向下对B分析有2BB2vTmgmL−=又BA2

22vvgL==求得B5Tmg=方向竖直向上对杆受力分析，由牛顿第三定律得球A对杆的力大小'AATTmg==方向竖直向上球B对杆的力大小'BB5TTmg==方向竖直向下由于杆为轻杆，受力平衡，则转轴对杆的力大小为''B

A4FTTmg=−=方向竖直向上