【文档说明】【精准解析】广东省广州市广东实验中学2019-2020学年高一下学期线上阶段训练物理试题.doc，共(21)页，1.185 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-893bc6c0c5ec473749782aee3cd3f8b4.html

以下为本文档部分文字说明：

广东实验中学2019高一年级线上阶段训练物理试题第一部分选择题一、单选题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.下列关于抛体运动（不计空气阻力）的说法正确的()A.斜向上方抛出一物体，运动到最高点时，物体速度为零B.做平抛运动的物体，每秒内速率的变化量

相等C.竖直上抛运动的物体达到最高点时速度为零，处于不平衡D.抛体运动是匀变速曲线运动【答案】C【解析】【详解】A．斜向上方抛出一物体，物体做斜抛运动，在竖直方向做匀减速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，物体到达最高点时，竖直分速度为零，水平分速度不为零，故

A错误；B．根据△v=at=gt可知每秒内速度的变化量相等，但是速率的变化不相等，故B错误；C．竖直上抛运动的物体达到最高点时速度为零，加速度为g，处于不平衡状态，故C正确；D．当物体做竖直下抛运动时，是做匀变速直线

运动，故D错误。故选C。2.某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台的边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球。如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能

被投入球筐（图中箭头指向表示投篮方向）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】如图所示，由于篮球和群众演员随大平台一起旋转，所以篮球抛出前有沿1v方向的初速度，要想篮球抛出后能沿虚线进入篮筐，则必须沿2v方向投出，故B正确，

ACD错误。故选B。3.在室内自行车比赛中，运动员以速度v在与水平面的夹角为θ的赛道上做匀速圆周运动，如图所示。已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.运动员做圆周运动的角速度为

vRB.如果运动员加速，运动员将做离心运动C.运动员所受的支持力大小可能等于cosmgD.将运动员和自行车看做一个整体，则整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用【答案】B【解析】【详解】A．根据线速度和角速度的关系v=ωR得，角速度=vR故A错误；B．如果运动员加速，需

要的向心力增大，则运动员将会做离心运动，故B正确；C．运动员受到的支持力为N=cosFmg故C错误；D．向心力是效果力，可以由单个力充当，也可以由其它力的合力提供，或者由某个力的分力提供，不是性质力，因此，将运动员和自行车看做一个整体后，整体应受重力、支持力和摩擦力，故D错误。故选B。4.如图所

示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法中正确的是（）A.各小行星绕太阳运动的周期小于一年B.与太阳距离相等的每一颗小行星，受到太阳的引力大小都相等C.小行星带内侧行星的加速度小于外侧行星的

加速度D.小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度【答案】D【解析】【详解】A．根据2224MmGmrrT可得234rTGM可知卫星轨道半径越大，周期越大，因为地球的周期为一年，而小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，则各小行星

绕太阳运动的周期大于一年，故A正确；B．由于每颗小行星的质量不一定相等，故与太阳距离相等的每一颗小行星，受到太阳的引力大小都不一定相等，故B错误；C．小行星带内侧行星受到太阳的万有引力大于外侧行星的万有引力，所以小行星带内侧行星的加速

度大于外侧行星的加速度，故C错误；D．根据22MmvGmrr可得GMvr可知轨道半径越大，线速度越小，所以小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度，故D正确。故选D.5.国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．1970年4

月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上

的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为：（）A.a2＞a1＞a3B.a3＞a2＞a1C.a3＞a1＞a2D.a1＞a2＞a3【答案】D【解析】试题分析：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=

ω2r可知，a2＞a3；由万有引力提供向心力可得：2GMar，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，所以有：a1＞a2＞a3，故ABC错误，D正确．故选D．考点：万有引力定律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1

、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等．6.如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ=30，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入，恰好从

底端Q点离开斜面，重力加速度为g，则（）A.物块由P点运动到Q点所用的时间t=2lgB.物块在Q点的速度大小为glC.Q点物块所受重力的功率为2mgglD.物块的初速度v0=2blg【答案】C【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律得，物体的加速度为sinsinmgagm根据212la

t得224=sinllltagg故A错误；BD．在Q点的平行斜面方向的分速度为2sin2sinsinQylvatgglglg根据0bvt有0sin=22bgbgvbtll物块离开Q点时速度的大小22222204sin4=

24Qyblgblgvvvll故BD错误；C．Q点物块所受重力的功率为sin302ymgPmgvgl故C正确。故选C。7.20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离

星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．

已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（）A.Fvt，2vRGB.Fvt，32vTGC.Ftv，2vRGD.Ftv，32vTG【答案】D【解析】【分析】根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；【详解】直线推进时，根据

动量定理可得Ftmv，解得飞船的质量为Ftmv，绕孤立星球运动时，根据公式2224MmGmrrT，又22MmvGmrr，解得32vTMG，D正确．【点睛】本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记．8.如图所示，用一根

长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角＝37，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为25rad/s，重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，下列

法正确的是（）A.这时绳的拉力大小为12.5NB.这时绳的拉力大小约为16.7NC.这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力可能不变D.这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力一定变大【答案】D【解析】【详解】AB．小球刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律

得20tansinmgml解得05212.5rad/srad/s2若小球的角速度=25rad/s，小球脱离锥体斜面，设此时α，则2sinsinTmlcosTmg联立解得20NT故AB错误；CD．

这时缓慢增大小球的角速度，小球离开锥面，设细线与竖直方向夹角为β，则有2sinsinTml得2=Tml可知这时缓慢增大小球的角速度，绳的拉力一定变大，故C错误，D正确。故选D。二、多选题（本题

共5小题，在每小题给出的四个选项中，有两个或以上选项正确。）9.下列说法中正确的是()A.如果合外力不做功，物体一定做匀速直线运动B.功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功C.如果作用力做正功，反作用力一定做负功D.力做功总是在某过程中完成的，所以功是一个过

程量【答案】BD【解析】【详解】A．合外力对物体不做功，说明合力和运动方向垂直，但不一定做匀速直线运动，如匀速圆周运动，故A错误；B．功是标量，正、负表示动力做功还是阻力做功，故B正确；C．作用力做正功，反作用力也可能做正功，

如两个带正电的小球在相互排斥力作用下由静止释放，则排斥力对两个小球均做正功，故C错误；D．有力作用在物体上，物体在力的方向上移动了距离，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量，故D正确

。故选BD。10.如图所示，重球用细绳跨过轻小光滑定滑轮与质量为m的小球相连，细绳处于拉直状态，定滑轮与小球之间的细绳处于水平状态，小球由静止释放运动到最低点过程中，重球始终保持静止，不计空气阻力．下列说法正确的有(重力加速度为g)()A.定滑轮与

小球之间的细绳偏离竖直方向成θ角时，细绳拉力为mgcosθB.地面对重球的摩擦力一直增大C.上述过程中小球重力的功率先增大后减小D.细绳对小球不做功【答案】BCD【解析】【详解】A、设定滑轮与小球之间的细绳与竖直方向的夹角为θ时，速度为v，细绳的拉力大小为FT，2TvF

mgcosmL(L为定滑轮与小球之间的细绳长)，解得2TcoscosvFmgmmgL，A错误；B、随着θ减小，v增大，细绳拉力FT不断增大，即细绳对重球的拉力增大，拉力在水平方向上的分力增大，则地面对重球的摩擦力一直增大，B正确；C、开始时

小球竖直方向的分速度yv为零，小球到达最低点时竖直方向的分速度yv也为零，则知yv先增大后减小，重力瞬时功率为yPmgv，所以小球重力的功率先增大后减小，C正确；D、细绳的拉力始终与小球的速度方向垂直，对小球不做功，D正确11.质量为4kg的

物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g=10m/s2，在0~9m的过程中，下列说法中正确的是（）A.物体先做

匀加速运动，然后做匀速运动B.拉力F的平均功率为13.5WC.拉力F的最大瞬时功率为30WD.摩擦力做功为36J【答案】ABC【解析】【详解】A．由图可知，0－3m内，拉力的大小130N10N3F3－9m内，拉力的大小25430N4N6F摩擦力的大小0.140N4Nfmg可

知物块先做匀加速运动后做匀速运动，故A正确；B．0－9m内，拉力做功为54J，匀加速运动的加速度221104m/s1.5m/s4Ffam根据21112xat得，匀加速运动的时间11223s2s1.5xta匀加速运动的末速度11.52m/s3m/svat则匀速运动的时间2

26s2s3xtv则拉力的平均功率54W13.5W4WPt故B正确；C．拉力的最大瞬时功率1103W30WPFv故C正确；D．摩擦力做功f49J36JWfs故D错误。故选ABC。12.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量分别为mA、mB的

球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定的初速度后，杆和球在竖直平面内转动。某时刻球B运动到最高点，此时杆对球B恰好无作用力，重力加速度为g，忽略空气阻力。则（）A.21ABmmB.此时球B的速度大小为2gLC.此时球A的速度大小为22gLD.此时水平转轴对杆的作用力大小

等于(mA+mB)g【答案】BC【解析】【详解】A．由题目所给条件无法得到两物体的质量关系，故A错误；B．球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有22BBBvmgmL解得2BvgL故B正确；C．由于A、B两球的角速度相等，由v

=ωr得球A的速度大小为222BAgLvv故C正确；D．B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有2AAAmvFmgL解得32AFmg可得水平转轴对杆的作用力为32Amg，故D错误；故选BC。13.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把

物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示；在另一星N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体，忽略星球的自转。已知星球M的半径是星球N的

3倍，则（）A.M与N的密度相等B.星球N的第一宇宙速度是星球M的第一宇宙速度的3倍C.Q的质量是P的2倍D.从静止开始到速度最大时重力对Q做的功是对P做的功的4倍【答案】AD【解析】【详解】A．在星球表面，根据万有引力等于重力可得2MmGmgR则2GMRg所以有324π3GRgR

解得34πgGR根据图像可知，在M星球表面的重力加速度为03Mga在N表面的重力加速度为0Nga星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等，故A正确；B．第一宇宙速度vgR，由于M星球表面的重力加速度为N表面的重力加速度3倍，星球M的半径是星球N的3倍，则星球N的第一宇宙速度是星

球M的第一宇宙速度的13，故B错误；C．加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得0PMmgkx02QNmgkx解得6QPmm故C错误；D．速度最大时，加速度为0，Q运动的距离为P的2倍，由公式Wmgh可知，则从静止开始到速度最大时重力对Q

做的功是对P做的功的4倍，故D正确。故选AD。第二部分非选择题三、实验题14.“研究平抛运动”实验的装置如图甲所示。钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动。每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下

，在钢球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球，使球恰好从孔中央通过而不碰到边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置。(1)为了能较准确地描绘钢球的运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上

__________A.通过调节使斜槽的末端保持水平B.每次释放钢球的位置必须不同C.每次必须由静止释放钢球，但是释放的位置可以不同D.记录钢球位置用的带孔的卡片不需要等距离下降E.钢球运动时不应与木板上的白纸相接触F.将钢球的位置记录在

纸上后，取下纸，用直线将点连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹(2)在此实验中，钢球与斜槽间有摩擦_____（选填“会”或“不会”）使实验的误差增大；如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，钢球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么钢球每次在空中运动的时间

_____（选填“相同”或“不同”）(3)某同学利用频闪照相机得到钢球平抛运动的位置如图乙所示，小方格的边长为2.5cm，已知重力加速度为10m/s2，则钢球做平抛运动的初速度大小是________m/s；钢球运动b点的速度大小是_______________m/s。（结果保留3位有效数字）(4)

某同学在实验中采用了如下方法：如图丙所示，斜槽末端的正下方为O点。用一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽口前的O1处，使小球从斜槽上某一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹A。将木板向后平移至O2处，再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹B。O、O1间的距离为

x1，O、O2间的距离为x2，A、B间的高度差为y，重力加速度g则小球抛出时的初速度v0为_____A.2221()2xxgyB.2221()2xxgyC.2122xxgyD.2122xxgy【答

案】(1).ADE(2).不会(3).相同(4).1.00(5).1.25(6).B【解析】【详解】(1)ABC．保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释

放，以保证获得相同的初速度，故A正确，BC错误；D．因平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，在相同时间里，位移越来越大，带孔的卡片不需要等距离下降，故D正确；EF．实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线，故

E正确，F错误；故选ADE(2)[2]只要小球从同一高度、无初速度开始运动，在相同的情形下，即使小球与槽之间存在摩擦力，由于每次摩擦力的影响相同，因此仍能保证球做平抛运动的初速度相同，对实验没有影响，所以在此实验中，小球与槽间有摩擦不会使实验的误差增大；[3]由于小球在

空中做平抛运动，运动时间由高度决定，则如果槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间相同；(3)[4]在竖直方向上有2hgT得22.510s0.05s10hTg水平方向匀速运动有2022.510m/s1.00m/

s0.05v[5]b点竖直方向的速度为232.510m/s0.75m/s20.05byv则b点的速度为222201.000.75m/s1.25m/sbbyvvv(4)[6]在竖直方向上有22211122ygtg

t水平方向上有202xvt101xvt联立解得222102xxgvy故ACD错误，B正确。故选B。四、计算题15.如图所示，在竖直平面xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。将一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初

速度为v0＝6m/s，不计空气阻力，小球到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，重力加速度g＝10m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1(2)小球落回x轴时的位置N(3)小球到达N点的速率v2(4)在图中定性画出小球的运动轨迹【答案】(1)9m/

s；(2)(12,0)；(3)610m/s；(4)【解析】【详解】(1)设正方形的边长为s0，竖直方向做竖直上抛运动，则有01vgt，00122vst水平方向做匀加速直线运动，有10132vst联立解得19m/sv(2)由竖直方向的对称性

可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x=12处，位置N的坐标为(12,0)(3)到N点时竖直分速度大小为06m/sv水平分速度1218m/sxxNvatv所以222220618m

/s610m/sxvvv(4)小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，轨迹如图16.一辆机动车在平直的公路上由静止开始匀加速启动，图中图线A表示该车运动的速度和时间的关系，图线B表示车的功率和时间的关系。设车在运动过程中

受到的阻力不变，求(1)汽车所受的阻力大小；(2)汽车的质量；(3)从静止开始到20s末汽车牵引力做的功。【答案】(1)1500N；(2)562.5kg；(3)306000J【解析】【详解】(1)根据速度－时间图像可知，机动车先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做匀速运动，

最大速度max12m/sv，06s内的加速度大小为2284m/sm/s63a根据图线B可以机车的额定功率18000WP额，当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则阻力max18000N1500N12Pfv额(2)匀加速运动的牵引力6618000N2250N8PFv

根据牛顿第二定律得Ffma解得562.5kgm(3)06s内的位移为168m24m2x此过程中牵引力做的功为1=225024J54000JWFx620s牵引力做的功为21800014J252000JWPt额则总功为

12=+=306000JWWW17.如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴'OO匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向。在O点正上方距盘面高为h＝5m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。已知t＝0时

刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水，每滴水下落时竖直方向的初速度为零，忽略空气阻力。（重力加速度g＝10m/s2）(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多

大？(3)当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为73m，求容器的加速度大小。【答案】(1)1s；(2)=πk，其中k=1、2、3……；(3)2m/s2【解析】【详解】(1)离开容器

后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，每一滴水滴落到盘面上所用时间225s=1s10htg(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线，则圆盘在t秒内转过的弧度为πk，k为不为零的正整数，即有πtk得=πk，其中k=1、2、3……(3)第二滴水离开O点的距离为22113()2

22sattataaa第三滴水离开O点的距离为231(2)22242sattataaa又==1.5π11.5πt即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，则23223

sss联立解得22m/sa