【文档说明】云南省曲靖市第一中学2022-2023学年高一下学期第一次阶段性检测试题 物理 参考答案和解析.pdf，共(16)页，333.979 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

试卷第1页，共14页参考答案及评分标准1．D【详解】A．哥白尼提出了日心说，迈出了人类认识宇宙历程中最艰难而重要的一步，故A错误；B．开普勒通过总结第谷的观测数据提出行星绕太阳运行的轨道是椭圆，故B错误；C．牛顿在前人研究

的基础上发现和总结出万有引力定律，引力常量是后来卡文迪什通过实验测出的，故C错误；D．海王星的发现验证了万有引力定律的正确性，显示了理论对实践的巨大指导作用，故D正确。故选D。2．D【详解】A．根据牛顿第二定律2Nvm

gFmr得2NvFmgmr根据牛顿第三定律N压FF速度越大，压力越小，故A错误；B．受力分析可得2tanmgmr设圆锥高为h，则tanrh得ghh和g不变，角速度不变，故B错误；C．设圆锥面与竖直方向夹角为α，则Ns

inmgF可知，小球在两个位置所受支持力相等，故C错误；D．设轨道平面与水平方向夹角为β，当火车与铁轨的侧向弹力为零时，有试卷第2页，共14页2tanvmgmr若火车速度变大，需要更大的向心力，由铁轨对货车的支持

力与重力的合力提供的向心力不足，则需要外轨对火车提供侧向弹力，外轨对火车轮缘有挤压作用。故D正确。故选D。3．B【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理sinsinsinmg

NT在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从90逐渐减小到0，又180且90可知90180则0180可知从锐角逐渐增大到钝角，根据sin

sinsinmgNT由于sin不断减小，可知T不断减小，sin先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2，绳子拉力为'T，则'2cosTT可得'2cosTT

不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。试卷第3页，共14页故选B。4．C【详解】A．根据2202vvax可知2vx图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中11~2xx物体的加速度大小为2012vax故A错误；B．乙图中所描述的物体在10~t时段通过的位移为10xx

，故B错误；C．a-t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，所以丙图中所描述的物体在21~tt时段速度的变化量为021att，故C正确；D．根据2012xvtat变形可得012xvatt所以xtt图像的斜率等于2a，则该物体的加速度为224m/sa

k故D错误。故选C。5．D【详解】ABC．设斜面的倾角为，物体m1、m2与斜面间的摩擦因数为，对整体由牛顿第二定律可得121212+sin+cosFmmgmmgmma对m2由牛顿第二定律可得222sincosTmgmgma

联立解得212mTFmm则轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ无关，与物体和斜面之间的动摩擦因数μ无关，与物体试卷第4页，共14页的质量m1、m2有关，所以ABC错误；D．改用F沿斜面向下拉连接体，有121212++sin+cosFmmgmmgmma111+sincosTm

gmgma联立解得112mTFmm则轻绳拉力的大小与θ，μ无关，所以D正确；故选D。6．C【详解】CD．根据运动的合成和分解的知识，因为小船垂直于河岸航行，过河时间与水的速度无关，又河水的流速与到河岸的最短距离x成正比，即2dvkxxk水（，为常量）因v水∝x，且x≤2d

，则沿x方向平均速度4kdv水过河时间t=4ssvkd水选项C正确，D错误；AB．则船速v船=24dkdts选项AB错误。故选C。7．B【详解】A.物体到达最高点时，动能为零，机械能PEEmgh则230J1kg10m/s3mEmgh故A错误

；B由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功305020JW试卷第5页，共14页在整个过程中由动能定理得KK02EEW则物体回到斜面底端时的动能KK0250J22010JJEEW故B正确；C.物体上升过程中，由牛顿第二定律得sincosmgmgma解得21

0m/sa故C错误；D.物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，由功能原理得cossinhEmg可得0.5故D错误；故选B。8．A【详解】BC．设A、B之间的最

大摩擦力为mf，B与地面之间的最大摩擦力为mf，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则mm422fmgfmgmg可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则0m2Ffmg当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得mFfmam2F

fma联立解得03FF试卷第6页，共14页故BC错误；AD．木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得2000m0(2)1222FFxfxmv对A用动能定理，得200B0(2)122FFWxmv联

立解得00B54FxW，002Fxvm故D错误，A正确。故选A。9．ACD【详解】A．根据开普勒第三定律可得，由于卫星在轨道1上运动的轨道半径比在轨道2上运动的轨道半长轴大，所以卫星在轨道1上的运动周期大于在轨道2上运动的周期，A正确；B．由于“嫦娥三号”需

要在P点减速才能从地月转移轨道变轨到轨道1，所以“嫦娥三号”在地月转移轨道上的机械能小于在轨道1上的机械能，B错误；C．“嫦娥三号”在轨道2上经过M点的速率大于月球的第一宇宙速度，而月球的第一宇宙速度又大于“嫦娥三号”在轨道1上的速率，所以“嫦娥三号”在轨道1上的速率小于在轨道2上经过M点的速率，

C正确；D．“嫦娥三号”无论在哪个轨道上经过Q点时所受合外力都是万有引力，由牛顿第二定律可知，万有引力在该点产生的加速度都相等，D正确。故选ACD。10．AC【详解】A．设汽车所受的阻力为f，则开始时Pfv加大油门后12Pfv则12PP汽车在开始

加大油门时的加速度最大，最大加速度为试卷第7页，共14页2PfFfPvammmvA正确；BCD．汽车若做匀加速运动，则平均速度为2322vvvv而汽车随速度的增加，由PFv可知牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于32v，BD错误C正确。

故选AC。11．CD【详解】A．平抛运动的物体有水平速度，不能竖直落在底部，故A错误；B．若水平抛出，并垂直撞击在OB边，则速度偏角满足002tanyLvgtvvH由几何关系可知022tan12LLv

tHgt联立可得2302168gHvHL故B错误；C．物体斜抛，到达对岸，设速度与水平方向的夹角为θ，则有sin2vtgcosxvtL联立可得sin2gLv故能到达对岸的最小速度为vgL

故C正确；试卷第8页，共14页D．由最小速度可知，45，上升的最大高度为2sin24vLhg故D正确。故选CD。12．AD【详解】A．用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T滑

块A刚要沿斜面向上运动可知AAsin+cos15ΝTmgmg对B受力分析，设手的托力为FB=25NFmgT根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为25N，故A正确；B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度做大，当A加

速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得AABsincosFmgmgmg弹弹Fkx带入100N/mk=解得x=0.25m故B错误；C．根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度时能量关系22BAAAB11sincos22mgxmgxmgxmmvkx

解得56m/s12v故C错误；D．当滑块A向上滑行的最大距离时，AB的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律2BAA1''sin'cos'2mgxmgxmgxkx解得'0.5mx故D正

确；试卷第9页，共14页故选AD。13.0.495—0.497（2分）CD或DC（1分）天平（1分）2232()mgmmmg（2分）【详解】（1）[1]由于每相邻两计数点间还有4个小点，则相邻计数点间的时间间隔为15s0.1s50T纸带上有7个段落，失去第一段，根

据逐差法有222223.393.884.37101.892.402.8810m/s0.497m/s90.1a（2）①[2]根据实验过程，对托盘和砝码有33mgTma对滑块有22Tmgma解得

23322mmammmg可知，为测量动摩擦因数，还应测量的物理量有滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m3。故选CD。②[3]测量①中所选定的滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m3，需要的实验器材为天平。（3）[4]根据上述可以解得，滑块与木板

间的动摩擦因数2232()mgmmmg14．4.02（2分）4.00（2分）稍大于（1分）空气阻力的影响或测量高度时忽略了小球的尺寸等（1分）【详解】(7)[1]在下落过程中，小钢球重力势能的减小量p0.59.80.8205J4.02JEmgh[2]小钢球经过光电门的

平均速度30.01m/s4m/s2.510dvt在下落过程中，小钢球动能的变化量22k110.54J4.00J22Emv[3][4]从实验结果中发现pE稍大于kE，原因是空气阻力的影响

或测量高度时忽略了小试卷第10页，共14页钢球的尺寸等。15．（1）max1625hH；（2）1325Htg，14425LH【详解】（1）圆筒第一次落地做自由落体运动，有22gHv筒........................(1分)圆筒第一次落地

弹起后到最高点做匀减速运动，可视为初速度为零的匀加速运动，有2max425ghv筒......................(1分）联立解得max1625hH......................(1分）（2）根据212hgt可得圆筒第一

次落地的时间12tgH.....................(1分）圆筒第一次弹起后到最高点的时间max22425hHtgg...................(1分）圆筒第一次弹起后到落地时小球同时到达地面，所以小球从释放到第一次落地所经历的时间122421322255HHHttt

ggg...................(1分）可知小球下落的高度21169225hgtH...................(1分）则圆筒的长度14425LhHH...................(1分）16．（1）0.6m；（2）28N；（3）3m【详解

】（1）小物块在B点时的速度04mscos60Bvv...................(1分）小物块在竖直方向的分速度0tan6023msByvv...................(1分）解得A、B两点间竖直方向距离是试卷第11页，共14页20.6m2ByABvhg

...................(1分）（2）从B点到C点，由机械能守恒定律，可知22111cos6022BCmgRmvmv...................(1分）解得6msCv小物块在C点时，由牛顿第二定律可得2CvFmgmR.........

..........(1分）28NF...................(1分）由牛顿第三定律可知，小物块滑到C点时对轨道的压力大小为28NF...................(1分）（3）长木板与地面间的摩

擦力为f114NFMmg小物块与长木板间的摩擦力f225NFmgFf2>Ff1因此木板做加速运动，对木板，由牛顿第二定律可有211mgMmgMa对小物块，由牛顿第二定律可有22mgma小物块做减速运动，长木板做加速运动，在

块与板速度相等时，则有v=vC−a2t=a1t解得t=1s小物块的位移为013.5m2vvxt长木板的位移20.5m2vxt在块与板速度相等后，一起做减速运动到静止，长木板的最小长度是试卷第12页，共14页L=x1−x2=3m（第三小问共5分，请酌情给分）17．（1）34FRGm

，FRvm；（2）21cosMFMgm；（3）22324FRTHRm。【详解】(1)质量为m的物体在星球地面附近重力近似等于万有引力，可得2=MmFmgGR星星...................

(1分）根据密度公式有343MMVR星星...................(1分）联立两式可解得34FRGm...................(1分）该星球的第一宇宙速度设为v，根据万有引力提供向心力有22MmvGmRR

星...................(1分）结合前面分析可得FRvm...................(1分）(2)由题意可知，根据万有引力提供向心力有2224+MmGmRHTRH星

...................(2分）结合(1)的分析可得22324FRTHRm...................(1分）18．（1）2m/s2，7m/s2；（2）80.28J【详解】（1）滑块与木板取得相同的速度

前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有11mgma212m/sa.................(1分）212()mgmMgMa227m/sa.................(1分）（2）设经过t1时间两者速度相等，根据运动学规律有1121atvat解

得11st试卷第13页，共14页此时两者的共同速度为1112m/svat到达共同速度前，滑块和木板的位移分别为1111m2vtx121()5.5m2vvtx两者相对位移为1214.5mxxx到达共同速度后，假设两者可

以以相同的加速度做匀减速运动，根据牛顿第二定律有2()()mMgmMa解得24m/sa此时滑块所受摩擦力大小为14N2Nfmamg即假设不成立，所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，对滑块和木板分别有13mgma

214()mMgmgMa解得232m/sa，245m/sa易知木板先停止运动，从达到共速到各自停下的过程中，滑块和木板的位移分别为21331m2vxa21440.4m2vxa两者相对位移为2340.6mxxx根据功能关系可得112(10

2J).Qmgxx试卷第14页，共14页（第二小问共6分，请酌情给分）（3）两者共速后，设木板经t2停止运动，则1240.4svta.................(1分）木板停下时，滑块的速度为21321.2m/svvat.................(

1分）从开始至木板刚停止时，根据能量守恒定律有2221122UmvMv.................(1分）解得80.28JU.................(1分）试卷第15页，共1页获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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