【文档说明】辽宁省营口市高级中学2019-2020学年高一下学期4月段考物理试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.029 MB，由小赞的店铺上传

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营口高中2022届高一下学期4月阶段考试物理试题一、单选题1.以下说法正确的是（）A.开普勒提出日心说，并指出行星绕太阳转动其轨道为椭圆B.卡文迪许测量出万有引力常量，并提出万有引力定律C.牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力D.洲际导弹的速度有时可达到

6000m/s，此速度在相对论中属于高速，导弹的质量会明显增大【答案】C【解析】【详解】A．日心说是尼古拉·哥白尼提出的，开普勒是根据实验数据总结出行星三大运动定律，故选项A错误；B．卡文迪许测量出了万有引力常量，但提出万有引力定律的是牛顿，选项B错误；C．牛顿万有引力定律的提出，经历了：提

出猜想⟶理论推导⟶实验验证等阶段，其中实验验证，牛顿就证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力，故选项C正确；D．在爱因斯坦的狭义相对论中，只有能跟光速相比拟的速度才能称为高速，真空中的光速为8c3

10m/s=，而导弹的速度远小于光速，所以没有明显的相对论效应，选项D错误；故选C。2.如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C、D是与A在同一平面内三颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C、D是两颗地球同步卫星．下列说法中正确的是（）A.

卫星C加速就可以追上它同一轨道上前方的卫星DB.A、B、C线速度大小关系为ABCvvvC.A、B、C的向心加速度大小关系为ABCaaaD.A、B、C周期大小关系为ACBTTT=【答案】D【解析

】【详解】BCD．对绕地球作匀速圆周运动的卫星，据万有引力提供向心力2MmGmar==2224vmmrrT=得2GMar=GMvr=234rTGM=由此可得BCDaaa=BCDvvv=BCDTTT=C、D均为地球同步卫星，A物体静止在赤道上随地

球自转一起运动，所以ACD==ACDTTT==据：vr=，2ar=得ACvvACaa故选项B、C错误，选项D正确；A．C、D在同一轨道上，速度相等，但若C加速，它会到更高的轨道上以更小的速度运行，不可

能追上它前方的卫星D，选项A错误。故选D。3.科学家威廉·赫歇尔首次提出了“双星”这个名词。现有由两颗中子星A、B组成的双星系统，可抽象为如图所示绕O点做匀速圆周运动的模型，已知A的轨道半径小于B的轨道半径，若A、B的总质量为M

，A、B间的距离为L，其运动周期为T，则（）A.B的线速度一定小于A的线速度B.B的质量一定大于A的质量C.L一定，M越大，T越小D.M一定，L越大，T越小【答案】C【解析】【详解】A．因双星的角速度、周期相等，据vr=知轨道半径小

的线速度小，故B的线速度一定大于A的线速度，选项A错误；B．由于双星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由2Fmr=可得各自的轨道半径与其质量成反比，即1rm，所以轨道半径小的质量大，故B的质量一定小于A的质量，选项B错误；CD

．设双星质量分别为1m、2m，对质量为1m的中子星有2121122mmGmrLT=对质量为2m的中子星有2122222mmGmrLT=又因12rrL+=，12mmM+=，解得32LTGM=由此式可知，L一定，M越大，T越小；M一定，

L越大，T越大，选项C正确，D错误。故选C。4.假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的密度为：A.0203ggGTg−B.0203gGTgg

−C.23GTD.023gGTg=【答案】B【解析】试题分析：由万有引力定律可知：02MmGmgR=，在地球的赤道上：222()MmGmgmRRT−=，地球的质量：343MR=，联立三式可得:0203gGTgg=−，选项B正确；考点：万有

引力定律及牛顿定律的应用．5.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为m的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P和圆心O的连线与水平面的夹角为θ.现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球

始终保持静止状态．在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)A.框架对小球的支持力先减小后增大B.力F的最小值为mgcosθC.地面对框架的摩擦力先减小后增大D.框架对地面的压力先增大后减小【答案】B【解析】【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示：根据几何关系

可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcosθ，故A错误B正确；C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F

沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C错误；D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架

的支持力始终在减小，故D错误．6.如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F

＝kv（图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是A.小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B.小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C.小球的最大加速度为FmD.小球的最大速度为0Fmgk

+【答案】D【解析】【详解】AB．刚开始运动，加速度为0()Fmgkvam−−=当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kvmg后，加速度为'0()Fkvmgam−−=当速度v增大，加速度减小，当'a减小到0，做匀速运动，故AB错误；C．当阻力为零时，加速度最大，故小球的最

大加速度为0maxFam=故C错误；D．当加速度为零时，小球的速度最大，此时有0()Fkvmg=−所以最大速度为0maxFmgvk+=故D正确。故选D。二、多选题7.一行星绕恒星作圆周运动，由天文观测可得，其运动周期为T，速度为v，引力常量为G，则A.恒星

的质量为32πvTGB.行星的质量为2324πvGTC.行星运动的轨道半径为2πvTD.行星运动的加速度为2πvT【答案】ACD【解析】【详解】AC．设恒星的质量为M，行星绕恒星运动的半径为r，行星质量为m，则：22MmvGmrr=2πvTr=解得2πvTr=32πvTMG=故AC正确

；B．根据行星绕恒星的运动学量，求不出行星的质量，故B项错误；D．设行星运动的加速度为a，则：22πvvarT==故D项正确。故选ACD。8.“嫦娥之父”欧阳自远透露：我国计划于2020年登陆火星．假如某志愿者登上火星后将一小球从高为h的地方由静止

释放，不计空气阻力，测得经过时间t小球落在火星表面，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星自转，则下列说法正确的是()A.火星的第一宇宙速度为2hRtB.火星的质量为222hRGtC.火星的平均密度为232hRGtD.环绕火星表面运行的卫星的周期为2tRh【答

案】CD【解析】根据h＝12gt2得火星表面的重力加速度g＝22ht，在火星表面的近地卫星的速度即第一宇宙速度mg＝m2vR，解得vgR＝，所以火星的第一宇宙速度22hRvt＝，故A错误；火星表面任意物体的重力等于万有引力mg＝G2MmR

，得2222gRhRMGGt＝＝，故B错误；火星的体积为V＝43πR3，根据223223423hRMhGtRVRGt＝＝＝，故C正确；根据22222RRRTtvhhRt＝＝＝，故D正确，故选CD.点睛：解决本题

的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道第一宇宙速度等于贴近星球表面做圆周运动的速度，即轨道半径等于星球的半径.9.如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20N，放在水平地面上．轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为1

0N．当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是A.力F的大小为10NB.地面对C的支持

力大小为40NC.地面对C的摩擦力大小为10ND.A球重为10N【答案】AD【解析】【详解】AD、以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：bcos30cos30FT=，解得：bTF=，竖直方向受力平衡，则有：bBsin30sin30FTm

g+=，解得：B10NFmg==，以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：Abasin30sin60mgTT+=，水平方向：absin30sin60TT=，联立得：ABmm=，即A球重为10N，故AD正确；BC、以ABC整体为研究对象受力分析

，水平方向：cos3053NfF==，竖直方向：()ABsin30NFMmmg+=++，解得：N＝35N，故BC错误．10.如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时

有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg．重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法正确的是A.圆环角速度ω小于gR时，小球受到2个力的作用B.圆环角

速度ω等于2gR时，细绳恰好伸直C.圆环角速度ω等于2gR时，细绳将断裂D.圆环角速度ω大于6gR时，小球受到2个力的作用【答案】ABD【解析】【详解】AB.设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向

夹角为θ，则有：mgtanθ=mRsinθ•ω2，即为：gRcos＝，当绳恰好伸直时有：θ=60°，对应12gR＝，故AB正确；CD.设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有：FNcos60°=mg+FTcos60°FNsin60°+FTsin60°=mω2Rsin60

°当FT取最大值2mg时代入可得：26gR＝即当6gR＞时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确．11.粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ

，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k。斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动（运动过程小球没离开斜面）。以下说法正确的是（）A.水平恒力大小为()Mma+B

.地面对斜面体的摩擦力为()Mmg+C.弹簧的形变量为cossinmamgk+D.斜面对小球的支持力为cossinmgma+【答案】BC【解析】【详解】AB．对系统受力分析，应用牛顿第二定律()()FMmgMma−+=+解得()()FM

maMmg=+++A错误，B正确；CD．对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有sincoskxmgma−=cossinmgNma−=解得弹簧的形变量为cossinkxmamg=+斜面对小球的支持力cossinNmgma=−C正确，D错误。故选BC。12.

如图所示，乒乓球台长为L，球网高为h，某乒乓球爱好者在球台上方离球台高度为2h处以一定的初速度水平发出一个球，结果球经球台反弹一次后(无能量损失)刚好能贴着球网边缘飞过球网，忽略空气阻力，则球的初速度大小可能为()A.2(42)Lgh−B.2(42)Lgh

+C.2(32)Lgh+D.2(32)Lgh−【答案】AB【解析】【详解】若球反弹后在上升过程中刚好能贴着球网飞过，则2h＝2112gt，x1＝v0t1，球反弹后从飞过球网到上升至最高点的过程中h＝2212gt，x2＝v0t2，2x1－x2＝2L，解得

v0＝2(42)Lgh−；若球反弹后在下降过程中刚好能贴着球网飞过，2h＝2112gt，x′1＝v′0t′1，球反弹后从最高点到下降飞过球网的过程中h＝2212gt，x′2＝v′0t′2，2x′1＋x′2＝2L，解得v′0＝2(42)Lgh+；A.2(42)Lgh−。与上述计算结论相符，故

A正确；B.2(42)Lgh+。与上述计算结论相符，故B正确；C.2(32)Lgh+。与上述计算结论不相符，故C错误；D.2(32)Lgh−。与上述计算结论不相符，故D错误。故选：AB三、实验题13.利用图示装置“探究平抛物体运动的规律”。

(1)在实验中，下说法正确的是_____________A．小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放B．小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触C．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接记录的各点D．小球与斜槽间有摩擦会使该实验的误差增大(2)小球做平抛运动的闪光照片的一部分如图

所示，图中每小格为1.08cm，闪光的频率为每秒30次，根据此图计算小球平抛运动的初速度大小为_____________，当地的重力加速度大小为_____________。【答案】(1).AB(2).0.324m/s(3).9.72m/s2【解析】【详解】(1)[1]AD．因为要画同一运动的轨迹，

要使小球每次做平抛运动的初速度相等，需要让小球从斜槽上同一位置由静止开始释放，斜槽不需要保持光滑，故A正确，D错误；B．小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触，避免因摩擦而使运动轨迹改变，故B

正确；C．描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故C错误；故选AB；(2)[2]相邻两点间的时间间隔为11s30Tf==小球平抛运动的初速度大小为201.0810m/s0.324m/s130xvT−===[3]在竖直方向则有2hgTL==解得当地的重力加速度

大小为222221.0810m/s9.72m/s1()30LgT−===14.某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近

打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)．请回答下列问题：①打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=__________m/s；(结果保留3位有效数字)②滑块做匀加速直线运动的加速度a=_____m/s2；(结

果保留3位有效数字)③滑块质量M=___________(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)．（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的

质量，分别求出相应的加速度．（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a—mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=______kg．(取g=10m/s2，结果保留3位有效数字)【答案】①1.38/ms；②23.

88/ms，③0mgMa=；（4）0.200Mkg=【解析】试题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式2xaT=可以求出加速度的大小；当取下细绳和钩码时，由于

滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；根据牛顿第二定律有mg=Ma，由此可解得滑块的质量．从图乙中可知5.20ABxcm=，5.84BCxcm=，6.45CDxcm=，7.07DExcm=（2）①相邻计数点间的时间间隔为20.020.04Ts==，根据匀变

速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得26.457.0710/1.69/220.04CEDxvmsmsT−+===，②根据逐差法可得221222DEBCCDABxxaTxxaT−=−=，，联立即得2220.06450.05200.07070.05843.88/440

.04CDABDEBCxxxxamsT−+−−+−===③滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得0sinmgMgf=−，撤去0m时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力sinFMgf=−合，由牛顿第

二定律得FMa=合，解得0mgMa=．（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得sin0Mgf−=，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为sinFMgfmg合=−−，由牛顿第二定律得FMa=合，解得magM=−，由图丙所示图象可知13

.52.550.20kM−===，解得M=0.200kg．四、解答题15.晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低

点时，绳突然断掉。球飞离水平距离d后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)

改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】(1)v1=2gd，v2=52gd；(2)T=113mg；(3)当l＝2d时，x有极大值xmax＝233d【

解析】【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，竖直方向有：21142dgt=水平方向有：1dvt=联立解得12vgd=从小球飞出到落地，根据机械能守恒定律有：2221113224mvmvmgdd=+−解得252vgd=(2)设绳能承受的最大拉力大小为F，这也是球受到绳的最

大拉力大小。球做圆周运动的半径为34Rd=，根据牛顿第二定律有：21vFmgmR−=解得113Fmg=(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有：23vFmgml−=得383vgl=绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl−

，水平位移为x，时间为1t，根据平抛运动规律，竖直方向有：2112dlgt−=竖直方向有：31xvt=联立解得()43ldlx−=根据一元二次方程的特点，当2dl=时，x有极大值，为xmax＝233d16.一个半径为R=0.5m的水平转盘可以绕竖直轴O′O″转动，水平转盘中心O′处有一

个光滑小孔，用一根长L=1m细线穿过小孔将质量分别为mA=0.2kg、mB=0.5kg的小球A和小物块B连接，小物块B放在水平转盘的边缘，与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3，如图所示．现用竖直向下的力F按住小物块B并让小球A在水平面做匀速圆

周运动，细线与竖直方向的夹角θ=37o（取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37o=0.6）（1）小球A在水平面做匀速圆周运动的角速度ωA；（2）保持小物块B静止，F的最小值；（3）如撤去力F并使水平转盘转动起来，

使小球A竖直悬挂且小物块B与水平转盘间保持相对静止，求水平转盘角速度ωB．【答案】（1）5/Arads=（2）103N（3）2/14/radsrads【解析】【详解】解：(1)对小球A，则有：2tanAAAAmgmr=(

)sinArLR=−解得做匀速圆周运动的角速度：5rad/sA=(2)对小球A，则有：2.5NcosAmgT==对小物块B，则有：()BTmgF+解得10N3F即F的最小值10N3(3)对

小球A，则有：2NATmg==当小物块B刚好不向内侧滑动时：21BBTmgmR−=解得：12rad/s=当小物块B刚好不向外侧滑动时：22BBTmgmR+=解得：214rad/s=故有：2rad/s14rad/s17.如图甲所示，长为L=4.5m的薄木

板M放在水平地面上，质量为m=lkg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s

2。求：（1）m、M之间的动摩擦因数1为多大?（2）木板的质量M及木板与水平地面之间的动摩擦因数2为多大?（3）若开始时对M施加水平向左的恒力F=29N，求：物块多长时间滑离木板？【答案】(1)10.4=；(2)20.1=；(3)3ts=【解析】【

详解】（1）由乙图知，m、M一起运动的最大外力Fm=25N，当25FN时，m与M相对滑动，物块加速度14a=m/s2对m，根据牛顿第二定律有11mgma=解得10.4=（2）当25FN时，对木板，根据牛顿第二定律有12()FmgmMgMa−−+=解得

12()mgmMgFaMM++=−由图象得斜率1416M=解得4M=kg由图象得横截距12()9mgmMg++=解得20.1=（3）由于F=29N＞25N，所以从开始m就与M相对滑动对地向左做匀加速运

动，m对地向左做匀加速直线运动，加速度14a=m/s2M加速度2a，根据牛顿第二定律有122()FmgmMgMa−−+=解得25a=m/s2，向左m经过t时间滑离木板，m的位移大小21112xat=M的位移大小22212xat=由几何

关系得21xxL−=代入数据解得t=3s