【文档说明】【精准解析】山西省忻州市第一中学北校2019-2020学年高一3月物理试题.doc，共(18)页，1.206 MB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年第二学期第一次月考试题高一物理注意事项：1.答题前，考生务必用0.5mm黑色中性笔，将姓名、班级、考号填写在试题和答题卡上。2.请把答案做在答题卡上，交卷时只交答题卡，不交试题，答案写在试题上无效。3.满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选

择题，共48分）一、单项选择题。每小题四个选项中只有一个选项是正确的。每小题4分，共32分。1.如图所示，A、B为电风扇叶片上的两个质点，当电风扇匀速转动时，A、B两质点具有相同的（）A.线速度B.周期C.向心加速度D.运动轨迹【答案】B【解析】A、B两点在同一轴上，所以周期相等，

故B正确；由vr=，可知A的线速度大于B的线速度，故A错误；由2ar=可知A的加速度大于B的加速度，故C错误；AB两点所处的半径不同，所以轨迹不同，故D错误．所以B正确，ACD错误．2.如图所示，大河的两岸笔直且平行

，现保持快艇船头始终垂直河岸从岸边某处开始先匀加速而后匀速驶向对岸，在快艇离对岸还有一段距离时开始减速，最后安全靠岸．若河水以稳定的速度沿平行河岸方向流动，且整个河流中水的流速处处相等，则快艇实际运动的轨迹可能是图中的()A

.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】试题分析：在垂直河岸方向上先匀加速直线运动，即合力沿垂直河岸方向并指向要驶向的对岸，并且指向轨迹的内侧，然后匀速直线运动，轨迹是一条与河岸有夹角的直线，然后减速运动，合力沿垂直河岸方向并指向驶出的河岸，所以轨迹为④，故D正确考点：考查了运动的合成与分解3.“

套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁圈，都能套中地面上同一目标．设铁圈在空中运动时间分别为t1、t2，则()A.v1＝v2B.v1＞v2C.t1＝

t2D.t1＞t2【答案】D【解析】【详解】根据平抛运动的规律212hgt=知，运动的时间由下落的高度决定，故t1＞t2，所以C错误，D正确；由题图知，两圈水平位移相同，再根据x＝vt，可得：v1＜v2，故AB错误．4.下列关于离心现象的说法正确的是（）A.当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现

象B.做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将做背离圆心的圆周运动C.做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D.做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失

时，它将做曲线运动【答案】C【解析】当物体所受的合外力小于向心力时产生离心现象，AB错误；做圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将沿切线作直线运动，C正确、D错误．5.如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子边缘上的点

，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B点所在的轮上，磁带的外缘半径R=3r，C为磁带外缘上的一点．现在进行倒带，则此时（）A.A,B,C三点的周期之比为3：1：3B.A,B,C三点的线速度之比为3：1：3C.A,B,C三点的角速度之比为1：3：3D.A,B,C三点的向心加

速度之比为6：1：3【答案】B【解析】靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，故A、C两点的线速度相等，即：vA：vC=1：1；C的半径是A的半径的3倍，根据v=rω，知ωA：ωC=3：1．B与C属于同轴转动，所以ωB=ωC．根

据周期与角速度的关系：T=2π/ω所以：13CACATT＝＝；ωB=ωC，则TB=TC；所以：A、B、C三点的周期之比1：3：3．故A错误；B与C的角速度相等，由v=ωr可知：vB：vC=1：3；所以A、B、C三点的线速度

之比3：1：3．故B正确；由于ωA：ωC=3：1，ωB=ωC．所以A、B、C三点的角速度之比3：1：1．故C错误；向心加速度a=ω•v，所以：aA：aB：aC=ωAvA：ωBvB：ωCvC=3×3：1×1：1×3=9：1：

3．故D错误．故选B．点睛：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点具有相同的角速度．掌握线速度与角速度的关系，以及线速度、角速度与向心加速度的关系．6.如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧

截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态．现用水平力F拉动B缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（）A.小球A对物体B的压力逐渐增

大B.小球A对物体B的压力逐渐减小C.墙面对小球A的支持力逐渐减小D.墙面对小球A的支持力先增大后减小【答案】A【解析】【详解】对A球受力分析并建立直角坐标系如图由平衡条件得：竖直方向：N2cosθ=mg；水平方向：N1=N2sin

θ；联立解得：2mgNcos=；N1=mgtanθ；B缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大．所以N2增大，N1增大，由牛顿第三定律知故小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，BCD错误．故选A．7.一质量为2.0×103

kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（）A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104NC.汽车

转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2【答案】D【解析】【分析】汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题．【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错

误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得2vfmr=，解得431.41080560201.4/2.010frvmsm====，所以汽车转弯的速度

为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度225607/80vamsr===，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确．【点睛】本题也可以求解出以20m/

s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．8.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁做匀速圆周运动．图中有两位驾驶摩托车的杂技演员A、B，他们离地面的高度分别为Ah和Bh

，且ABhh，下列说法中一定正确的是()A.A摩托车对侧壁的压力较大B.A摩托车做圆周运动的向心力较大C.A摩托车做圆周运动的周期较大D.A摩托车做圆周运动的线速度较小【答案】C【解析】【详解】试题分析：摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力

F的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力sinmgF=不变，则摩托车对侧壁的压力

不变，A错误；如图向心力cotnFmg=，m，α不变，向心力大小不变，B错误；根据牛顿第二定律得224nFmrT=，h越大，r越大，向心力不变，则周期越大，可知A的周期较大，C正确；根据牛顿第二定律得2nvFmr=，h越大

，r越大，则线速度越大，可知A的线速度较大，D错误．二、多项选择题。每小题四个选项中至少有两个选项是正确的。完全选对得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得零分。每小题4分，共16分。9.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图

所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做

匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2，该行李可视为质点，则A.行李刚开始运动时的加速度大小为1m/s2B.行李从A运动到B的时间为2sC.行李在传送带

上滑行痕迹的长度为1mD.如果提高传送带的运行速率，行李从A处传送到B处的最短时间可能为2s【答案】AD【解析】【详解】A．行李的质量是4kg，则重力是40N，行李与传送带之间的弹力为40N，则行李受到的摩擦力：0.140N4NfN===行李的加速度21m/sfam==故

A正确；B．设行李做匀加速运动的时间为t1，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，则由匀加速直线运动规律v=at1得：11svta==该过程中的位移22111111m0.5m22xat===行李匀速运动的时间1220.5s1.5s1Lxtv−−===所

以运动的总时间12(11.5)s2.5sttt=+=+=故B错误；C．在行李加速的时间内传送带的位移21=1mxvt=行李在传送带上滑行痕迹的长度为21(10.5)m0.5mxxx=−=−=故C错误；D．若行李从A一直匀加速运动到B

时，传送时间最短。则212minLat=代入数值得min2st=故D正确。故选AD。10.如图所示，一小球以v0＝10m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60（空气阻力忽略不计，g取

10m/s2），以下判断中正确的是A.小球经过A、B两点间的时间t＝（3－1）sB.小球经过A、B两点间的时间t＝3sC.A、B两点间的高度差h＝10mD.A、B两点间的高度差h＝15m【答案】AC【解析】【详解】AB．根据平行四边形定则知，A点，0tan45Ayvv

=解得：10m/sAyv=B点0tan60Byvv=解得：103m/sByv=则小球从A到B的时间(31)sByAyvvtg−==−故A项正确，B项错误；CD．A、B两点间的高度差2210m2ByAyvvhg−==故C项正确，D项错误．11.如图

所示,做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B,设重物和小车速度的大小分别为vB、vA,则()A.>ABvvB.<ABvvC.绳的拉力等于B的重力D.绳的拉力大于B的重力【答案】AD【解析】【分析】将小车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向

，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律，从而判断绳的拉力与B的重力关系．【详解】小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，设斜拉绳子与水平面的夹角为θ，由几何关系可得：vB=vAcosθ，所以vA＞vB；故A正确

，B错误；因小车匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体有向上的加速度，绳的拉力大于B的重力，故C错误，D正确；故选AD．【点睛】解决本题的关键将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向

的速度等于重物的速度大小，注意三角知识与几何知识的运用．12.如图所示，两个质量分别为m1＝3kg、m2＝2kg的物体A和B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小为F1＝F2＝30N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()A.弹簧测力计的示数是30NB.弹簧测力计的示数是60N

C.在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为15m/s2D.在突然撤去F2的瞬间，A的加速度大小为10m/s2【答案】AC【解析】【详解】AB．对整体分析知物体处于平衡状态，隔离A由平衡条件知弹簧测力计的示数是30N。故A符合题意，B不符合题意。C

D．突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变，对B由牛顿第二定律得：2215m/sBFam==弹对A分析知合力为0，所以A的加速度大小为0。故C符合题意，D不符合题意。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）三、实验题

。共2个小题，13、14题，共14分。将正确答案填在答题卷中对应的横线上。13.为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图1所示实验装置．请思考探究思路并回答下列问题：（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是A．将带滑

轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C．将固定打点计时器的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将固定打点计时器的木板一端适当垫高，在不挂钩

码的情况下使小车恰好做匀加速运动（2）某学生在平衡摩擦力时，使得长木板倾角偏大．他所得到的a﹣F关系是图2中的哪根图线？（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）．答：（3）消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此

时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为．【答案】（1）C；（2）C；（3）m＜＜M．【解析】试题分析：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．（2）该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要．（3）纸带

法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．解：（1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀

速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．故选C．（2）把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力偏大，摩擦力偏小，而且重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，这样在没有绳子的拉

力作用下，小车就会产生加速度．故选C．（3）根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉==当m＜＜M时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力．故答案为（1）C；（2）C；（3）m＜＜M．【点评】实验问题需

要结合物理规律去解决．实验中的第2题考查的是力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，这些我们都要从学过的力学知识中解决．纸带的处理是运用匀变速直线运动的两个推论去完成的．14.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．(1)实验前应对实验装

置反复调节，直到斜槽末端切线________．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛_______________________．(2)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动

的初速度为________m/s(g＝9.8m/s2)．(3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_______

m/s；B点的竖直分速度为_______m/s(g＝10m/s2)．【答案】(1).水平(2).初速度相同(3).1.6(4).1.5(5).2.0【解析】【详解】①实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，目的是保证小球的初速度水平，从而做平抛运动，每次让小球从同一位

置由静止释放，是为了每次平抛初速度相同，从而保证画出的为一条抛物线轨迹；②根据212ygt=得，220.1960.29.8ytssg===，则小球平抛运动的初速度为：00.32/1.6/0.2xvmsmst===；③在竖直方向上，根据22yLgT==，则小球平抛运动的初速度为：03

1.5/LvmsT==B点的竖直分速度为：2.0/2ACyBvmsTh==．四、计算题。共3个⼩题，共38分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。15.设“歼—10”质量为m,以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升,若

飞机在此过程中水平速度保持不变,同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供,不含重力).求:(1)若测得当飞机在水平方向的位移为L时,它的上升高度为h.求“歼—10”受到的升力大小.(2)当飞机上升到h高度时飞机的速度大小和方向.【答案

】(1)2022(1)hvFmggL=+(2)2204vvLhL=+,与水平方向夹角,2tanhL=【解析】【详解】解：(1)水平方向：0Lvt=竖直方向：212hat=得：2022havL=由牛顿第二定律：Fmgma−=所以：2022(1)hvFmggL=+(2)水平方向速度：0?xvv=竖

直方向速度：2002222?2yhvhvvahhLL===由于两速度垂直,合速度：222204xyvLhvvvL+=+=合速度与水平方向夹角，则有：2tanyxvhvL==16.如图所示，固定斜面6m=L，倾角37=，质量为10kgm=的物体（可视为质点）恰好能静⽌在斜

面上。现将物体置于斜面底端A处，同时施加沿斜面向上的拉F，使物体由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，经过⼀段时间后撤F，物体最终能到达斜面顶端B处。已知F=160N试求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数μ；(2)拉F作用在物体上的最短时t。【答案】(1)0.75(2)2s【解析】【详解】(1)

物体恰好能静止在斜面上时，由平衡条件得：sincosmgmg=解得：tan0.75==(2)设力F作用在物体上的最短时间为t，物体在F作用下沿斜面向上做加速度为1a的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：1sincosFmgmgma

−−=在时间t内物体通过的位移1x为：21112xat=，撤出力F后，物体向上做匀减速直线运动，加速度为2a，到达B点速度恰好为零，由牛顿第二定律得2sincosmgumgma+=在此过程中，物体通过的位移2x为：2122()2

atax=又知12Lxx=+联立各式解得：t=2s17.如图所示，长度为L的细绳上端固定在天花板上O点，下端拴着质量为m的小球。当把细绳拉直时，细绳与竖直线的夹⻆为θ=60，此时小球静止于光滑的水平

面上。(1)当球以多大角速度做圆锥摆运动时，球对水平面的压力为0？(2)当球以⻆速度12gL=做圆锥摆运动时，水平面受到的压力'NF是多大？(3)当球以⻆速度23gL=做圆锥摆运动时，细绳的张力TF是多大？【答案】(1)2

gL(2)34mg(3)3mg【解析】【详解】(1)对小球受力分析，作出受力图如图1设小球对桌面恰好无压力时角速度为ω0，则水平方向有2T0sin60sin60FmL＝竖直方向有Tcos600Fmg－＝解得ω0＝2gL(2)因为ω1＜ω0，所以

水平面对小球的支持力FN≠0，如图2，根据牛顿第二定律得,水平方向有：'2T1sin60sin60FmL＝竖直方向有：''NTcos600FFmg+−=又ω1＝2gL解得'N34Fmg=根据牛顿第三定律得知水平面受到的压力'NN34FFmg==(3)由于ω2＝3

gL＞ω0，故小球离开桌面做匀速圆周运动，则此时小球的受力如图3设绳子与竖直方向的夹角为α，则有''2T2sinsinFmL=解得''T3Fmg=