【文档说明】辽宁省铁岭市某校2022-2023学年高一下学期第一次阶段测试 物理 答案.docx，共(14)页，1.472 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5c7570f6e35f6b38ae0dfbef608fb29f.html

以下为本文档部分文字说明：

2022—2023学年度下学期阶段考试高一物理试卷本试卷满分100分，考试时间75分钟第Ⅰ卷选择题一、选择题（1~7是单选，每题4分；8~10题是多选，每题6分，选对但不全对得3分，有选错的得0分。）1.汽艇以18km/h的速度垂直于河岸的方

向匀速向对岸行驶，河宽500m，河水流速是3.6km/h，则汽艇在对岸何处靠岸（）A.下游200mB.下游150mC.下游100mD.下游50m【答案】C【解析】【详解】由18km/h5m/sv==艇，3.6km/h1m/sv==水，汽艇到对岸的

时间500s100s5dtv===艇则汽艇靠岸在对岸下游100mxvt==水故选C。2.游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上，A为甲枪子弹留下的弹孔，B为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上

相距高度为h，如图所示，不计空气阻力，关于两枪射出的子弹初速度大小，下列判断正确的是()A.甲枪射出的子弹初速度较大B.乙枪射出的子弹初速度较大C.甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大D.无法比较甲、乙两

枪射出的子弹初速度的大小【答案】A【解析】【详解】竖直高度决定运动时间，因为甲枪子竖直高度小，所以运动时间短，水平方向做匀速直线运动，因为位移相同根据，可知甲枪射出的子弹初速度较大；故选A3.一火箭以a=2g的加速度竖直升空。为了监测火箭到达的高度，可以观察火箭上

搭载物视重的变化。如果火箭上搭载的一物体的质量为m=1.6kg，当检测仪器显示物体的视重为F=9N时，火箭距离地面的高度h与地球半径R的关系为（取g=10m/s2）（）A.h=RB.h=2RC.h=3RD.h=4R【答案】C【解析】【详解】设火箭距离地面的高度为h，该处的重力加速

度为g′，地球的半径为R。根据牛顿第二定律，有F－mg′=ma即g′=2Fgm−=0.625m/s2根据万有引力定律，有221MgGrr=所以22()gRgRh=+即14RRh=+所以火箭距离地面的高度h=3R，故ABD错误，C选项正确。故选：C。4.小明从三楼教室匀速率的走到一层，重

力做了3310J的功，则在此过程中小明的()A.动能一定增加了3310JB.动能一定减小了3310JC.重力势能一定增加了3310JD.重力势能一定减小了3310J【答案】D【解析】【详解】由于小明匀速的走到一层，所以此过程动能不变，故AB错误；据重力做功与重力势能的关系可知，

重力做了3310J的功，则重力势能减少了3310J，故C错误，D正确．所以D正确，ABC错误．5.如图所示，一辆质量为4t的汽车，发动机额定功率为80kW，在足够长的斜面上由静止开始以0.5m/s2的加速

度沿斜面向下匀加速启动，已知汽车所受阻力恒为重力的0.2倍，斜面倾角的正弦值sinα=0.1，g=10m/s2，则（）A.汽车匀加速过程中的牵引力为1×104NB.汽车能达到的最大速度为20m/sC.汽车匀加速过程能持续的时间为16sD.若汽车匀加速过程加速度增大，则匀

加速过程的末速度增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A．匀加速过程满足sinFmgfma+−=解得F=6×103N选项A错误；B．达到最大速度时3sin410NmFfmg=−=20m/semmPvF==选项B正确；C．匀加速的末速度40m/s3ePvF==时间80s3vta==选项C错误；

D．该过程加速度增大，则F增大，匀加速末尾速度减小，选项D错误。故选B。6.如图所示，有两个完全相同的小球A、B，将它们从同一高度以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出（不计空气阻力），则下列说法正确的是（）A.两

小球落地时的速度相同B.从抛出点至落地，两球重力做功相同C.两小球落地时，重力的瞬时功率相同D.从抛出点至落地，重力对两小球做功的平均功率相同【答案】B【解析】【详解】AB．在整个过程中，只有重力做功，重力做功的特点是只与始末位置的高度差相等，与其所经过的路径无关

，所以这两个小球在整个过程中重力做功相等，根据动能定理可知2201122mghmvmv=−则落地时的动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，A错误，B正确；C．由于落地时速度大小相同，方向不同，根据yPmgv=可知，重力瞬时功率不同，C错误；D．竖直上抛运动的时

间比平抛运动的时间多，根据WPt=可知，重力对平抛抛球做功的平均功率更大，D错误。故选B。7.已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T，则地球同步卫星的向心加速度大小为（）的A.224RTB.22328gRTC.423416gRTD.423432gRT【答案】C【解

析】【详解】对地球同步卫星，转动角速度等于地球自转角速度，为=2T设其轨道半径为r，则222()=MmGmrmarT=对地球表面物体2MmGmgR=联立得423416gRaT=故选C。8.如图甲所示，在光滑水

平转台上放一木块A，用细绳的一端系住木块A，另一端穿过转台中心的光滑小孔O悬挂另一木块B。当转台以角速度匀速转动时，A恰能随转台一起做匀速圆周运动，图乙为其俯视图，则（）A.当转台的角速度变为1.5时

，木块A将沿图乙中的a方向运动B.当转台的角速度变为1.5时，木块A将沿图乙中的b方向运动C.当转台的角速度变为0.5时，木块A将沿图乙中的b方向运动D.当转台的角速度变为0.5时，木块A将沿图乙中的c方向运动【答案】BD【解析】【详解】AB．由题意知，当转台以角速度匀速转动时，A恰能

随光滑转台一起做匀速圆周运动，绳的拉力等于A所需要的向心力，等于B的重力大小；当转台的角速度变为1.5时，A所需向心力大于B的重力，A将做离心运动，由于绳子拉力不为零，故不可能做匀速直线运动，故轨迹

可能为b，A错误，B正确；CD．当转台的角速度变为0.5时，A所需向心力小于B的重力，A将做近心运动，木可能将沿图乙中的c方向运动，C错误，D正确。故选BD。9.如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒,其轴线垂直于水平面,圆锥筒固定在水平地面不动

.有两个质量均为m的小球A和小球B紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动,小球B所在的高度为小球A所在的高度一半.下列说法正确的是()A.小球A,B所受的支持力大小之比为2:1B.小球A,B所受的支持力大小

之比为1:1C.小球A,B的角速度之比为2:1D.小球A,B的线速度之比为2:1【答案】BD【解析】【详解】AB．两球均贴着圆筒的内壁，在水平面内做匀速圆周运动，由重力和筒壁的支持力的合力提供向心力，如图所示：由图可知，筒壁对两球的支持力均为FN=mgsin故支持力大小之比为1:1，故A错误，B

正确；C．由合力充当向心力，则2tanmgmr=得tangr=由于小球A、B的轨道半径之比为2:1，则角速度之比为1:2，故C错误；D．由合力充当向心力2tanmgvmr=得tangrv=A、B的线

速度之比为2:1，故D正确．故选BD。10.中国将于2020年左右建成空间站，它将成为中国空间科学和新技术研究实验重要基地，在轨运营10年以上．设某个空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径

为r，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g．下列说法正确的是()A.空间站的线速度大小为v=grB.地球的质量为M=2324rGTC.空间站的向心加速度为224rTD.空间站质量为M=2324rGT【答案】BC【解析】【详解】A．因地球

表面重力加速度为g，因而得不出空间站的线速度表达式vgr=，故A错误；BC．根据万有引力提供向心力有的2224GMmmamrrT==解得地球的质量为2324rMGT=空间站的向心加速度为224arT=故BC正确；D．根据万有引力只能求出中心天体的质量

，无法求出空间站的质量，故D错误；故选BC．第Ⅱ卷非选择题二、实验题11.未来在一个未知星球上用如图甲所示装置“探究平抛运动的特点”。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频

闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长

度之比为1：4，则：（1）由以上信息，可知a点________（选填“是”或“不是”）小球的抛出点。（2）该星球表面的重力加速度为________m/s2；（3）小球平抛的初速度是________m/s；（4）小球在

b点时的速度是________m/s。【答案】①.是②.8③.0.8④.425【解析】【分析】【详解】（1）[1]由图像可知在连续相等的时间间隔内通过的位移之比为1：3：5，根据初速度为0的匀变速运动，在连续相等

的时间间隔内通过的位移之比的规律可知a点是小球的抛出点。（2）[2]根据2ygT=可得222224108m/s0.1ygT−===则该星球表面的重力加速度为28m/s。（3）[3]由0xvT=可得202410=0.8m/s0.1

xvT−==则小球平抛的初速度是0.8m/s。（4）[4]小球在b点时竖直方向的速度为()2134100.8m/s220.1acByyvT−+===小球在b点时的速度为22042m/s5BByvvv=+=12.向心

力演示器如图所示，用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m，角速度和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力

通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。的（1）在研究向心力F大小与质量m、角速度和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的_

_____；A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．演绎法（2）图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与______的关系；A．钢球质量mB．运动半径rC．角速度（3）图中所示，若两个

钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为1：4，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为______。A．2：1B．1：2C．4：1D．1：4【答案】①.C②.C③.A【解析】【详解】（1）[1]用向心力演示器探究向心力与

质量、角速度、半径的关系，采用控制变量法。故选C。（2）[2]根据2Fmr=若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系。故选C。（3）[3]若两个钢球质量和运动半径相等，根据2Fmr=变速轮塔1和变速轮塔2的角速度之比为12:1:2=两塔轮

与皮带连接处线速度大小相等，根据vr=与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为的12:2:1rr=故选A。三、计算题13.在某次演习中，轰炸机沿水平方向投放了一枚炸弹，炸弹正好垂直击中山坡上的目标，山坡的倾角为θ，如图所示。不计空气阻力，求：炸弹竖直方向下落的距离与水平方向通

过的距离之比。【答案】12tan【解析】【详解】由题知，炸弹在空中做平抛运动，炸弹正好垂直击中山坡。设此时炸弹竖直方向下落距离为y，水平方向通过距离为x，则由平抛运动推论有：此时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，可得：2tanxy=故得：12tanyx=14.如

图所示，足够长的倾角37=的粗糙斜面固定在水平面上，一质量m=10kg的物体在平行于斜面向上的推力F=180N作用下，由底端从静止开始向上运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数0.5=，sin370.6=，cos370.8

=，210m/sg=。（1）求物体从底端向上运动4m时推力F的瞬时功率；（2）若物体向上运动4m后撤去推力F，则物体从底端沿斜面运动到最高点过程中克服摩擦力做多少功？【答案】（1）1440WP=；（2）288JW=克【解

析】的【详解】（1）根据牛顿第二定律1sincosFmgmgma−−=根据运动学公式，有2112vax=又推力F的瞬时功率为PFv=联立代入数据，得1440WP=（2）撤去力F后，对物体受力分析，利用牛顿第二定律，有2s

incosmgmgma+=根据运动学公式，有2222vax=根据功的公式，有()12cosWmgxx=+克整理代入数据，得288JW=克15.有一水平放置的圆盘面水平放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的

一端固定于轴O上，另一端连接一个可视为质点，质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ（已知02klmg），开始时弹簧未发生形变，长度为0l，设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度为g。求：（1）物体A能与转盘相对静止，

求圆盘转动角速度的最大值ω0；（2）使弹簧的长度变为032l，为使物体A能与转盘相对静止，求圆盘转动的角速度ω应满足的条件．【答案】（1）00gl=（2）00002233klmgklmgmlml−+【解析】【详解】(1)圆盘转动角速度取最大值0时A需

要的向心力大小等于最大静摩擦力，则有200mgml=解得：00gl=；(2)因为02lkmg，角速度取最小值1时，向心力的大小为弹力与最大静摩擦力之差，20013·22llkmgm−=解得：01023klmgml−=角速度取最大

值2时，向心力的大小为弹力与最大摩擦力之和20023·22llkmgm+=解得：02023klmgml+=所以00002233klmgklmgmlml−+．【点睛】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的

临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．