【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高一下学期第一次适应性检测物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.926 MB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2022－2023学年度高一第二学期第一次适应性检测物理命题人：夏友亮审题人：肖露煜时量：75分钟满分：100分第Ⅰ卷选择题（共48分）一、单选题（本题共7个小题，每小题4分，共28分，在题中所给的4个选项中，只有一个选项

是正确的）1.下列说法正确的是（）A.开普勒研究了导师第谷的行星观测数据，总结出了行星运动定律B.牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量C.通过月地检验，证明万有引力是普遍存在的D.狭义相对论认为，光在一切参考系中的速度都是相同

的【答案】A【解析】【详解】A．开普勒研究了导师第谷的行星观测数据，总结出了行星运动定律，故A正确；B．牛顿发现了万有引力定律，但没有测出万有引力常量，故B错误；C．通过月地检验，证明地球对物体的吸引力和地球对月球的吸引力是同一种力，不能证明万有引力是普遍存在的，故C错误；D．狭

义相对论认为，光在一切惯性参考系中的速度都是相同的，故D错误。故选A。2.在下面列举的各个实例中，满足机械能守恒定律的是（）A.载人飞船加速升空的过程B.物块沿斜面匀速下滑C.行星绕太阳做椭圆轨道运动D.小球在竖直平面内做匀速圆周运动【答案】C【解析】【详解】A．

载人飞船加速升空的过程，除了重力做功之外，还有空气阻力、燃料反推作用力对飞船做功，飞船的机械能不守恒，故A错误；B．物块沿斜面匀速下滑，动能不变，重力势能减小，机械能减少，故B错误；C．行星绕太阳做椭圆轨道运动，只有万有引力做功，行星的机械能守恒，故C正确；D．小球在竖直平面内做

匀速圆周运动，动能不变，重力势能发生变化，机械能不守恒，故D错误。故选C。3.如图所示为双层立体泊车装置。欲将静止在1号车位的轿车移至4号泊车位，需先通过1号车位下方的移动板托举着轿车耗时10s竖直抬升2m至3号位，再耗时15s

水平右移3m停至4号车位。若轿车质量为2t，则（）A.水平右移过程移动板对车的摩擦力做正功B.竖直抬升过程支持力做功大于克服重力做功C.竖直抬升过程移动板对1号车做功4×103JD.整个过程移动板对车做功功率为1.6×103W【答案】D【解析】【详解】A．水平右移过程

时间长、位移小，运动缓慢，可认为摩擦力为零，摩擦力不做功，A错误；B．竖直抬升过程可认为支持力等于重力，则支持力做功等于克服重力做功，B错误；C．竖直抬升过程移动板对1号车做功42000102J4.010JWFhmgh====C错误；D．整个过程移动板对车做功功率为434.010W1

.610W25WPt===D正确。故选D。4.地球公转轨道接近圆，但彗星运动轨道则是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷成功预言哈雷彗星的回归，它最近出现的时间为1986年，预测下次飞近地球将在2061年左右。如图为地球与哈雷彗星绕日运动的示意图，且图中M点为两轨迹的交点。则下列分析正确的是（）

A.哈雷彗星在M点时的速度与地球在M点时的速度相同B.哈雷彗星在M点时的加速度与地球在M点时的加速度相同C.根据已知数据可估算哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的375倍D.地球与太阳连线和哈雷彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等【答案】B【解析】

【详解】A．哈雷彗星在M点时的速度与地球在M点时的速度方向不同，大小关系由题设条件无法判定，A错误；B．根据牛顿第二定律22FGMmGMamrmr===引哈雷彗星在M点时的加速度大小等于地球在M点时的加速度大小，方向也相同，B正确；C．根

据开普勒第三定律2333322222751TraarrTTT===哈地地地哈地地C错误；D．根据开普勒第二定律可知同一颗行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，所以地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积与哈雷彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不相等，D

错误。故选B。5.汽车在平直公路上以速度0v匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为0F，1t时刻进入另一平直路面，阻力变为原来的两倍且恒定，若保持功率P继续行驶，到2t时刻，汽车又恢复了匀速直线运动，能正确

表示这一过程中汽车速度ν和牵引力F随时间t变化的图像是（）A.B.的的C.D.【答案】A【解析】【详解】CD．根据功率表达式P＝Fv开始的时候P＝F0v0此时阻力等于牵引力f＝F0若阻力变为原来的2倍，则汽车做减速运动，功率不变，根据P=Fv可知，牵引力会增加，根据'fFma−=则加速度减小，

当加速度再次为零时，牵引力变为原来的2倍，即F′＝2F0CD错误；AB．此时速度变为012v，即该过程是加速度减小的减速运动，故A正确，B错误。故选A。6.如图所示，质量相同的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的

同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为，万有引力常量为G，则（）A.发射卫星b时速度要大于11.2km/sB.卫星c的机械能小于卫星a的机械能C.若要卫星a与b实现对接，可调节

卫星a，使其在b的后下方加速D.卫星a和b下次相距最近还需经过32tGMR=−【答案】C【解析】【详解】A．卫星b绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球做圆周运动所需的最小发射速度，1

1.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，A错误；B．三颗卫星质量相同时，高轨道卫星机械能大于低轨道卫星，B错误；C．让卫星加速，

所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星会做离心运动，离开原轨道向高轨道运行，所以a通过调节可以与c实现对接，C正确；D．b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球自转具有相同的周期和角速度，a距离地球表面的高度为

R，由万有引力提供向心力，有22(2)(2)aGMmmRR=所以卫星a的角速度38aGMR=此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近时，有()2at−=解得328tGMR=−D错误；故选C。

7.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径PQ水平。一质量为m的小球（可视为质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4.5mg，重力加速度为g。用W表示小球从P点运动到N点的过程

中克服摩擦力所做的功，则（）A.小球恰好可以到达Q点B.小球冲出Q点后可上升的最大高度大于2RC.小球不可能第二次经过P点D.小球从N到Q克服摩擦力做的功等于14mgR【答案】B【解析】【详解】ABD．由题意得，在N点

满足24.5NmvmgmgR−=从释放点到N点，由动能定理得21202NmgRWmv−=−解得14WmgR=因为PN段比NQ段同一高度处的速度大，则PN段比NQ段同一高度处的支持力大，则可知PN段比NQ段克服摩擦力做功多，即NQ段克服摩擦力做功满足1'4WmgR又因为从

N到Q过程由动能定理得2211'22QNmgRWmvmv−−=−解得21122QmvmgR设小球冲出Q点后可上升的最大高度为h，则由动能定理得2102Qmghmv−=−可得2Rh故AD错误，B正确；C．同理分析可知从Q返回P的过程中，克服的摩擦力做功小于从P到

Q过程克服的摩擦力做功，即12QPWmgR又因为从Q到P过程由动能定理得221122QPPQWmvmv−=−可得第二次经过P点时0Pv即小球能第二次经过P点，故C错误。故选B。二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20分，在题中所给的4

个选项中，有多个选项正确，选不全给3分，有选错或不答的给0分）8.如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为2mL=，当飞镖以初速度010m/sv=垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖

直平面内匀速转动，忽略空气阻力，重力加速度为2.10m/sg=，若飞镖恰好击中P点，则（）A.圆盘的半径为10cmB.圆盘转动的周期可能是0.4sC.圆盘转动的角速度最小值为10rad/sD.若飞镖初速度增大1倍，则它将击中圆心O【答案】AB【

解析】【详解】A．根据题意可知，飞镖做平抛运动，水平方向上有0Lvt=解得飞行时间为00.2s==Ltv竖直方向上有2122Rgt=解得0.1m10cmR==故A正确；BC．根据题意，设圆盘转动得周期为T，则有()120,1,2,32tTkk=+=当0k=时，周期

最大为m0.4sT=由公式2T=可知，此时角速度最小为min5rads=故C错误，B正确；D．若飞镖初速度增大1倍，由A分析可知，飞行时间为110.1s2tt==则下落高度为2110.05m5cm2hgt===即不能

将击中圆心O，故D错误故选AB。9.宇宙中存在一些离其他恒星较远的四颗星组成的系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。天眼在观察中发现三颗质量均为m的星球A、B、C恰构成一个边长为L的正三角形，在它们的中心O处还有一颗质量为3m的星球，如图所示

。已知引力常量为G，四个星球的密度相同，每个星球的半径均远小于L。对于此系统，若忽略星球自转，则下列说法正确的是（）A.A、B、C三颗星球的线速度大小均为(133)GmL+B.A、B、C三颗星球的加速度大小均为2(233)GmL+C.星球A和

中心O处的星球表面的重力加速度之比为1:3D.若O处的星球被均分到A、B、C三颗星球上，A、B、C三颗星球仍按原轨道运动，则A、B、C三颗星球运动的周期将变大【答案】AD【解析】【详解】AB.对三绕一模式，等边三角形边长为L，三颗绕行星轨道半径均为r，由几何关系得三角形

的边长为2cos30Lr=即有33rL=对顶点的星体受力分析，根据矢量合成的方法可得2222222(93)2cos303GmGmGmmvFmaLrLr+=+===解得(331)GmvL+=2(93)GmaL+=故A正确，B错误；C.设它们的密

度为，A半径为R，则有343Rm=A表面的重力加速度2GmgR=联立可得43gGR=因密度相同，g与R成正比，星球A和中心O处的星球质量之比为1:3，所以两者半径之比为313RR=所以重力加速度之比313

gg=故C错误；D.由2222(93)4GmmrFLT+==可得234(933)LTGm=+若O处的星球被均分到A、B、C三颗星球上，A、B、C三颗星球的质量都是2m；若仍按原轨道运动，则对A有2222(2)242cos30GmmrLT=可得2323LTTGm=则

A、B、C三颗星球运动的周期将变大，故D正确。故选AD。10.市面上有一种自动计数的智能呼啦圈深受群众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示

。已知配重质量为0.5kg，绳长为0.4m，悬挂点到腰带中心的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，计数器显示在1min内圈数为120，此时绳子与竖直方向夹角为，配重运动过程中腰带可看作不动

，210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，下列说法正确的是（）A.匀速转动时，配重受到合力恒定不变B.配重的角速度是4rad/sC.为37D.若增大转速，细绳拉力变大【答案】BD【解析】【详解】A．匀速转动时，配重

受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心而变化，因此是变力，故A错误；B．计数器显示在1min内圈数为120，可得周期为1min0.5s120T==24rad/sT==B正确；C．配重构成圆锥摆，受力分析，如图的可得22

4tanmgmrT=而圆周的半径为0sinrrL=+联立解得不等于37，故C错误；D．若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角将增大，由cosmgT=可知配重在竖直方

向平衡，拉力T变大，则D正确。故选BD。11.如图所示，倾角为的固定斜面AB段粗糙，BP段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端P点，弹簧处于原长时上端位于B点，质量为m的物体（可视为质点）从A点由静止释放，第

一次将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则（）A.物体最终停止于Q点B.物体由A点运动至最低点的过程中，加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零C.物体与AB段的动摩擦因数tan3

=D.整个运动过程中物体与斜面间摩擦生热为sinmgx【答案】CD【解析】【详解】A．从A点由静止释放，物体能够滑下，说明重力的分力大于滑动摩擦力，所以物体不能停止于Q点，故A错误；B．物体接触弹簧前，由牛顿第二定律可得sincosmgmgma−=解得sincosagg=−加速度保

持不变，刚接触弹簧时，因BP段光滑，没有摩擦，加速度突然增大为sing，接触弹簧后，由牛顿第二定律sinmgkxma−=随着压缩量x的增大，加速度a减小，当满足sinmgkx=加速度为零，之后si

nkxmgma−=随着压缩量x的增大，加速度a增大，直至速度为零，综上所述可知，物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后突然增大，再减小为零，最后反向增大直至速度减为零，故B错误；C．物体从A开始运

动到上滑到Q点的过程，由能量守恒得：3sincos22xxmgmg=解得tan3=故C正确；D．由于物体在AB段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐较少，最终物体以B点为最高点做往复运动，之后不会产生热

量，由功能关系可得，物体在从开始到最终停止的整个运动过程中摩擦生热为sinQmgx=故D正确。故选CD。第Ⅱ卷非选择题（共52分）三、实验题（每空2分，共计14分）12.探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之

间的关系的实验装置如图所示。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮自上而下有三层，每层左右半径比分别是1∶1、2∶1和3∶1。左右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左右塔轮的角速度之比。实验

时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，A、C到塔轮中心的距离相等。两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。①在该实验中应用了_____来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法②用两个质

量相等的小球放在A、C位置，匀速转动时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，则皮带连接的左右塔轮半径之比为_______。【答案】①.B②.2∶1【解析】【详解】[1]探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，采用的是控制变量法，故B正确；[2]用两个质量相等的小球放在A、

C位置时，圆周运动的半径r相同，匀速转动时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，说明向心力之比是1∶4，因此角速度之比是1∶2，皮带连接的左右塔轮边缘的线速度相同，则可知，左右塔轮半径之比是2∶1。13.如图（a）所示的装置叫阿特伍德

机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图（b）所示。实验时，该同学进行了如下步骤：a．将质量均为M（A的含挡光片）的重物用轻质细绳连接后，跨放在定

滑轮上，处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。b．在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。c．测出挡光片的宽度d，计算重物运动的速度v。d．利用实验数

据验证机械能守恒定律。（1）步骤c中，计算重物的速度v＝______（用实验中字母表示），利用这种方法测量的速度总是比挡光片中心通过光电门中心的实际速度______（选填“大”或“小”），为使v的测量值更加接近真实值，减小系统误差，

可采用的合理的方法是______。A．减小挡光片宽度dB．减小挡光片中心到光电门中心的竖直距离hC．将光电门记录挡光时间Δt的精度设置得更高些D．将实验装置更换为纸带和打点计时器（2）步骤d中，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系为

______（已知当地重力加速度为g，用实验中字母表示）。（3）某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是______。A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量B．滑轮与绳子之间产生滑动摩擦C．计算重力势

能时g的取值比实际值偏大D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度【答案】①.dt②.小③.A④.mgh＝12（m＋2M）2dt⑤.D【解析】【分析】【详解】（1）[1]根据步骤c中，则可得系统的末速度为dvt=[2][3]挡光片中心通过光电门中心的实

际速度为中间位移的瞬时速度，而用这种方法测出来的速度是平均速度，所以比实际速度要小；所以为让平均速度越接近瞬时速度，即通过光电门的时间要短，所以可采用的最合理的方法是减小挡光片宽度d，故A正确，BCD错误。故选A。（2）[4]系统重力势能的减小量pEmgh=系统动能的增加量为()(

)22k112222dEmMtvmM==++若系统机械能守恒，则有mgh=()2122dmMt+（3）[5]A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故A错误，不符合题意；B

．轮与绳子之间产生滑动摩擦，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故B错误，不符合题意；C．计算重力势能错误地将g的数值取做10m/s2，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故C错误，不符合题意；D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度，使得BC下落的高度比静止时下落的高度更高，

则A通过光电门的速度更大，故会导致系统重力势能减小量小于系统动能增加量，故D正确，符合题意。故选D。四、解答题（共38分）14.我国发射的探月卫星有一类为绕月极地卫星。利用该卫星可对月球进行成像探测。如图所示，设卫星在绕月

极地轨道上做圆周运动时距月球表面的高度为h，绕行周期为2T；月球绕地球公转的周期为1T，公转轨道半径为r；地球半径为1R，月球半径为2R，忽略地球引力、太阳引力对绕月卫星的影响，万有引力常量G已知，由上述已知量求解以下问题：（1）求月球质量2M；（2）

求地球的第一宇宙速度。【答案】（1）()3222224RhMGT+=；（2）1112rrvTR=【解析】【详解】（1）卫星环绕月球做匀速圆周运动，可得()()2222222GMmmRhTRh=++月球质量为()322

2224RhMGT+=（2）月球绕地球做匀速圆周运动，可得2122212GMMMrrT=在地球表面211211GMmvmRR=解得1112rrvTR=（或2312114rvRT=）15.2021年6月11日，天问一号探测器成功着陆火星，一次完成探

测火星“绕、落、巡”三步试验。假设未来中国字航员登上火星后，进行了如下实验：一根轻绳穿过光滑的细直管，一端连接力传感器，另一端系一质量为m的小球（视为质点），如图所示，小球静止时到细直管左端之间的绳长

为l并保持不变。现给小球一个水平初速度v0，使小球在竖直面内做圆周运动，测出小球经过最低点和最高点时力传感器的读数之差F，已知引力常量为G。则（1）火星表面的重力加速度多大？（2）为了实验成功，初速度v0多大？（3）已知火星半径为R，火星

质量多大？【答案】（1）6Fgm=；（2）056mlvF；（3）26FRMGm=【解析】【分析】考查运用牛顿第二定律、机械能守恒定律、万有引力定律解决圆周运动实际问题能力。【详解】（1）设小球在最高点时的速度为v，细绳拉力为F，根据牛顿第二定律有

的的2vFmgml+=设小球在最低点时细绳拉力为F0，根据牛顿第二定律有200vFmgml−=根据机械能守恒定律有22011222mglmvmv=−联立解得F=F0－F=6mg所以火星表面的重力加速度6Fgm=（2）要实验成功

，小球必须能通过最高点，F≥0，综上联立解得056mlvF（3）不考虑火星的自转，有2MmmgGR=所以火星的质量26FRMGm=16.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量mB=m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量mA=m的小物块连接．已知直杆两端固定，与

两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ=60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g．设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，试

求：(1)小球下降到最低点时，小物块的机械能（取C点所在的水平面为参考平面）；(2)小物块能下滑的最大距离；(3)小物块在下滑距离为L时的速度大小．【答案】（1）3(1)2mgL−；（2）4(13)L

+；（3）2035gL【解析】【分析】【详解】（1）设小球的初始位置到O2的距离为h．小球B下降到最低点时，小物块A的机械能为E1．小物块A下滑过程中系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得10(sin)mghEmghLL−=−+−设此时小物块的机械

能为E．由机械能守恒定律得()3sin(1)2BEmgLLmgL=−=−（2）设小物块能下滑的最大距离为ms，由机械能守恒定律有sinAmBBmgsmgh=增而22(cos)(sin)mBhsLLL=−+−增代入解得4(13)msL=+（3）设小物块下滑距离为L时的速度大小为v，此时小球

的速度大小为Bv，则cosBvv=2211sin22ABBAmgLmvmv=+解得2035gLv=