【文档说明】【精准解析】江苏省清江中学2019-2020学年高一4月阶段测试物理试题.doc，共(11)页，467.500 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省清江中学高一阶段测试三物理一、单项选择题1.第一次通过实验比较准确的测出引力常量的科学家是（）A.卡文迪许B.伽利略C.胡克D.牛顿【答案】A【解析】【详解】牛顿在推出万有引力定律的同时，并没能得出引力常量G的具体值，G

的数值于1789年由卡文迪许利用他所发明的扭秤得出，BCD错误，A正确．2.一质点沿曲线从M点运动到N点，它在P点时的速度v方向和加速度a方向可能是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．图中速度方向沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，

符合实际，故A正确；BCD．曲线运动需要向心加速度，故加速度指向曲线的内侧，故BCD错误。故选A。3.如图所示，两根长度相同的细线下面分别悬挂质量相等的A、B两小球，细线上端固定在同一点，两小球绕共同的竖直轴在水平面内

做匀速圆周运动，则（）A.绳中拉力ABFFB.角速度ABC.周期ABTTD.线速度ABvv【答案】C【解析】【详解】A．由受力分析得cosmgF=为绳子与竖直面的夹角，B小球相连绳子与竖直面的夹角小，

故ABFF，故A错误；BD．重力和绳子拉力的合力提供向心力22tanvmgmrmr==解得tansintanvgrgL==，tan=cosggrL=可知线速度ABvv，角速度AB，故D错误，B错误；C．周期2πT=可知周期ABTT，故C正

确。故选C。4.如图所示，质量为m的小球从A点下落到B点，下列说法中正确的是（）A.以桌面为零势能面小球在B的重力势能为1mghB.以地面为零势能面小球在B的重力势能为1mghC.小球从A点下落到B点重力势能增大()21+mghhD.选取不同的零势能面小球从A点

下落到B点重力势能的变化量相同【答案】D【解析】【详解】A．以桌面为零势能面小球在B的重力势能为1mgh−，故A错误；B．以地面为零势能面小球在B的重力势能为0，故B错误；C．小球从A点下落到B点重力做功为12()Wmghh=+重力做正功，故小球

从A点下落到B点重力势能减小()21+mghh，故C错误；D．重力做功取决于物体的初末位置，选取不同的零势能面小球从A点下落到B点重力做功不变，重力势能的变化量不变，故D正确。故选D。5.如图，一足够长的木板放在光滑水平地面上

，一小木块水平滑上木板，此过程中木块受到的平均阻力为f，小木块在木板上的位移为d，木板位移为s，则此过程中（）A.木板和小木块组成的系统机械能守恒B.木板增加的动能为f（s+d）C.小木块减小的动能为f（s+d）D.小木块动能的减少量等于木板动能的增加量【答案】C【解析】【详解】A．因为系统

中摩擦力做功，所以小物块和木板组成的系统机械能不守恒，故A错误；B．对木板，由动能定理得kfsE=故B错误；C．小木块减小的动能为克服摩擦力做的功()kEfds=−+故C正确；D．根据能量守恒小木块动能的减少等于木板动能的增加和系统内增加

的内能之和，故D错误。故选C。二、多项选择题6.关于功率，下列说法中正确的是（）A.功率是说明做功多少的物理量B.做的功越多，用的时间越少，功率一定越大C.功率是说明力做功快慢的物理量D.力做功越少，功率一定小【答案】BC【解析】【详解】AC．功率是表示做功快慢的物理量，故A错误，C

正确；BD．根据功率的定义式WPt=可知做的功越多，用的时间越少，功率一定越大，力做功越少，功率不一定小，故B正确，D错误。故选BC。7.我国发射的“神州六号”载人飞船，与“神州五号”飞船相比，它在更高的轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法正确的是（）A.“神州六号”的线速度小于“神州五

号”的线速度B.“神州六号”的线速度大于“神州五号”的线速度C.“神州六号”的周期小于“神州五号”的周期D.“神州六号”的周期大于“神州五号”的周期【答案】AD【解析】【详解】根据万有引力提供向心力22224MmvFGmmrrrT=

==解得GMvr=，3=2πrTGM，可知神州五号的半径较小，故线速度较大，周期较小。故选AD。8.下列几种情况中，机械能一定守恒的是（）A.固定粗糙曲面上运动的物体B.水平抛出的物体（不计空气阻力）C.做匀速直线运动的物体D.以加速度g竖直向下做匀加速直线运动的物体【答案】BD【解析

】【详解】A．固定粗糙曲面上运动的物体，摩擦力可能会做功，机械能不一定守恒，故A错误；B．水平抛出的物体（不计空气阻力），只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C．做匀速直线运动的物体，合外力为零，除重力外有其他力做功，机械能不守恒，故C错误；D．

以加速度g竖直向下做匀加速直线运动的物体，只有重力做功，机械能守恒，故D正确。故选BD。9.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置、物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远

到达B点。在从A到B的过程中，物块（）A.加速度逐渐减小B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功D.弹簧弹性势能先减小后增大，O点时弹簧弹性势能最小【答案】CD【解析】【详解】A.由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位

置，弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A错误；B.物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，故B错误；C.从A到B过程中根据动能定理可得0fWW−=弹克即=fWW

弹克，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故C正确；D.弹簧长度先缩短后伸长，O点为弹簧在原长时物块的位置，故弹簧弹性势能先减小后增大，O点时弹簧弹性势能最小，故D正确。故选CD。10.如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放

于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能Ek随位移x变化的关系图像不可能的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】开始时滑块受向右的拉力F和向右的摩擦力f而做加速运动，则动能EK=(F+f)

x；若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速，此时图像为C；若F>f，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加为∆EK=(F-f)x，此时图像为D；若F≤f，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变

，此时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能做减速，则图像A不可能。故选A。三、计算题11.一重为10N的物体，放在动摩擦因数为0.5的水平支持面上，受到与水平方向成37°角的斜向下方20N的拉力作用在水平方向发生10m的位移。求：

(1)物体所受各个力做的功；(2)各个力对物体所做的总功；(3)合力对物体所做的功。【答案】（1）0GW=，0NW=，160JFW=，110JfW=−；（2）50J；（3）50J【解析】【详解】(1)根据受力分析可知物体受到重力，支持力，拉力，摩擦力支持力sin10200.6N22NNFmgF

=+=+=摩擦力11NNfF==重力做功0GW=支持力做功0NW=拉力做功cos20100.8J160JFWFx===摩擦力做功110JfWfx=−=−(2)各个力对物体所做的总功+=50JGNFfWWWWW=++(3)物体所受合力=cos5NFFf−=合合力对物体所做的功=50JWF

x=合合12.一质量为m的小球以速度v0水平抛出，经时间t落地，不计空气阻力，求：(1)小球落地时的动能为多少？(2)此过程中重力的平均功率为多少？(3)小球落地时重力的瞬时功率为多少？【答案】（1）22202mvmgt+；（2）22mgt；（3）

2mgt【解析】【详解】（1）竖直方向的速度ygt=v小球落地时的动能为22222001()22kymvmgtEmvv+=+=（2）下落的高度为212hgt=重力的平均功率为22WmghmgtPtt===（3）小球落地时重力的瞬时功率为2cosyPmgvmgvmgt===13

.轻杆一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，小球以O为圆心、R为半径在竖直平面内做圆周运动，小球恰能通过最高点A，g为重力加速度，不计一切阻力，求：(1)小球通过A点时速度大小；(2)小球通过最低点

时速度大小；(3)小球通过最低点时杆中弹力大小。【答案】（1）0；（2）2gR；（3）5mg【解析】【详解】（1）轻杆做圆周运动小球恰能通过最高点A时速度为0（2）根据动能定理有2122mgRmv=小球通过最低点时速度大小2v

gR=（3）轻杆做圆周运动有2NvFmgmR−=小球通过最低点时杆中弹力大小5NFmg=14.如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O

等高，球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。（1）对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；（2）由图示位置静止释放A、B两小球，求此后运动过程中A球的最大速度v；（3）由图示位置静止释放A、B两小球，求释放瞬间B球的加速度大小a。【答案】（1）mg

；（2）(21)vgR=−；（3）12ag=【解析】【详解】（1）设圆环对A球的弹力为1N，轻杆对A球的弹力为1F，对A、B和轻杆整体，根据平衡条件有10NF−=对A球有1sin450Fmg−=11cos450NF−=解得Fmg=（2）当轻杆运动至水平时，A、B球速度最大且均为v，由

机械能守恒有2221(2)222mgRmgRRmv−−=解得(21)vgR=−（3）在初始位置释放瞬间，A、B速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为a，设此时杆的弹力1F，根据牛顿第二定律对A球有1sin45m

gFma−=对B球有1cos45Fma=解得12ag=