【文档说明】广东省广州市广东实验中学2022-2023学年高一下学期5月月考 物理 答案.docx，共(20)页，1.864 MB，由小赞的店铺上传

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广东实验中学2022—2023学年（下）高一级五月阶段性限时训练物理注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。第一部分选择题（共46分）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.有关圆周运动的基本模

型如图所示，下列说法正确的是（）A.如图甲，“水流星”在竖直面内做圆周运动的过程中，在最高点处水对碗底压力大于其在最低处水对碗底的压力B.如图乙，小球通过竖直光滑圆形管道（半径为R）最高点的最小速度为gR（g为重力加速度）C.如图丙所示两个圆锥摆摆线与竖直方向夹角θ不同，但圆锥高相同，则两圆锥

摆的角速度相同D.如图丁，链球由于受到离心力的作用而飞出去【答案】C【解析】【详解】A．如图甲，“水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力21vFmmgl=−在最低处水对碗底的压力22vFmmgl=+则在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力，故A错误；B．小

球在竖直光滑圆形管道里做圆周运动，在最高点速度可以等于0，故B错误；C．对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有2tantanmgmh＝得gh＝可见只要圆锥高相同，则两圆锥摆的角速度相同，故C正确；D．链球飞出去是因为链球所需要得向心力大于它所受到得合力，做

离心运动，并不存在“离心力”这种力，故D错误。故选C。2.我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（）A.

“悟空”的线速度不变B.“悟空”做匀变速运动C.“悟空”的环绕周期为2tD.“悟空”的向心加速度大小为st【答案】C【解析】【详解】A．“悟空”做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，因此线速度是变化的，故A错误；B．“悟空”绕地球

做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻发生变化，“悟空”不是做匀变速运动，故B错误；C．经过时间t（t小于其运动周期），与地球中心连线扫过的角度为，所以角速度为t=则周期22tT==故C正确；D．由2ar=得222ssatt==故D错误。故选C

。3.星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地

球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是（）A.旋转舱的半径越大，转动的线速度就应越大B.旋转舱的半径越大，转动的线速度就应越小C.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小【答案】A【解析】【详解】AB．宇航员随旋转舱转动的加速度

为2vaR=可知，旋转舱的半径越大，转动的线速度就应越大。故A正确，B错误；CD．根据公式，有2ωT=宇航员的角速度与质量没有关系。故CD错误。故选A。4.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。设东方红一号在近地点的加速度为1a；东方红二号

的加速度为2a；固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为3a；则下列关系正确的是（）A.213aaa＞＞B.321aaa＞＞C.312aaa＞＞D.123aaa＞＞【答案】D【解析】【详解】东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由2

ar=可知23aa由万有引力提供向心力可得2MmGmar=解得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12aa所以有123aaa故选D。5.如图所示，细绳一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个光滑的小钉子A，小球从一定高度摆下，不计空气阻力。则

细绳碰到钉子前、后瞬间（）A.小球做圆周运动的线速度变大B.小球做圆周运动的线速度变小C.小球做圆周运动的角速度变小D.钉子位置越靠近小球，细绳越容易断【答案】D【解析】【详解】AB．小球运动到最低点时，细绳与

钉子相碰，原来是以悬点O做圆周运动，与钉子相碰的瞬间圆心位置变成了钉子A所在位置，小球做圆周运动的半径变小。在细绳与钉子相碰的瞬间，小球在水平方向上没有受到外力作用，所以水平方向的速度不变，即小球的线速度不变，故AB错误；C．小球的角速度vr=由上面的分析可知小球做圆周运动的半径减小

，线速度不变，所以小球的角速度变大，故C错误；D．小球所受合外力提供小球做圆周运动的向心力2vFmr=合由于细绳碰到钉子后小球做圆周运动的半径变小，所以小球所受合外力变大，即绳子拉力变大，钉子的位置越靠近小球，圆周运动的半径就变得越小，合外力就越大，绳子拉力就要越大，故D正确。

故选D。6.如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是

（）A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大【答案】B的【解析】【分析】【详解】AB．在ab段，根据平衡条件可知，

牵引力1sinFmgf=+所以在ab段汽车的输出功率11PFv=不变，在bc段牵引力2Ff=bc段的输出功率221PFvP=故A错误B正确；CD．在cd段牵引力3sinFfmg=−汽车的输出332PFvP=在cd段汽车的输出功率不变，且

小于bc段，故CD错误。故选B。7.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端搁在仓库侧壁上，三块木板与水平面的夹角依次为α、β、θ，且α＜β＜θ。若有三个质量相同的小孩分别同时从a、b、c处滑下，则（）A.三种情况下重力做功一样

多B.三种情况下小孩到达O点的速度可能相同C.沿cO板下滑的小孩一定最快到达O处D.沿cO板下滑的小孩到达O处时重力的瞬时功率最大【答案】D【解析】【详解】AC．设倾角为，小孩下滑通过的位移为cosRx=则有212x

at=联立求得224sincossin2RRtgg==当γ=45°时时间取最小值，这种情况下最快到达O处；重力做功为tanWmghmgR==cO板最高，cO板下滑的小孩的重力做功最多，故AC错误；BD．

根据动能定理可得212mghmv=解得2tanvgR=可得重力的功率为2tansinGPmggR=可知，沿cO板下滑的小孩到达O处速度最大，此时他的重力的瞬时功率最大，故B错误，D正确。故选D。

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或以上选项正确。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）8.一质量为0.2kg的小球在如图甲所示的xOy平面上运动，在x方向的v﹣t图像和y方向的s﹣t图像分别如图乙、丙所

示，下列说法正确的是（）A.前2s内小球做匀变速直线运动B.小球的初速度大小为8m/sC.2s末小球的速度大小为4m/sD.前2s内小球所受合外力大小为0.8N【答案】CD【解析】【详解】AD.由v-t图可知

，小球在x方向上初速度为8m/s，加速度为2208m/s4m/s2vat−===−的匀减速运动，x方向上受力为0.8NxFma==而在y方向上，小球做速度为4m/s的匀速运动，y方向上受力为0yF=可知在前2s内小球做匀变速曲线运动，

220.8NxyFFF=+=故A错误，D正确；B．小球的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，故初速度为2222008445m/sxyvvv++=＝＝故B错误；C．2s末的小球的速度只有竖直分速度，速度为-4m/s，故C正确。故选CD。9.如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入近

地圆轨道，然后在P点通过改变卫星的速度使卫星进入椭圆轨道I，又在Q点再次改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ。则（）A.该卫星在轨道I的P点的速度大于7.9km/s，小于11.2km/sB.卫星在轨道I上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的

周期C.在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D.卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ【答案】ACD【解析】【详解】A．7.9km/s即第一宇宙速度，是在近地圆轨道上卫星的环绕速度，要能变轨到轨道I，则必须在P点加速，而卫星始终无法脱离地球引力而绕着地球转，所以只要围着地球转的卫

星速度必定小于第二宇宙速度11.2km/s，故A正确；B．由开普勒第三定律可知，轨道半长轴（或半径）越大，对应周期越大，由图可知，轨道I的周期小于轨道Ⅱ的周期，故B错误；C．在轨道Ⅰ上，P点是近地点，Q点是

远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度，故C正确；D．卫星在椭圆轨道Ⅰ上经过Q点时，卫星做近心运动，引力大于向心力，即21vFmr引轨道Ⅱ上经过Q点时，卫星做匀速圆周运动，引力等于向心力22=vFmr引对比知卫星在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道Ⅰ上Q点的速度，即卫星在

Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ，故D正确。故选ACD。10.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向上放置以细线相连的A、B两个质量相等的小物块。A离轴心距离r=10cm，B离轴心距离2r=20cm，A、B与盘面间动摩

擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，开始时细绳恰好伸直。当圆盘转动的角速度ω从零开始逐渐增大的过程中，下列说法正确的是（）的A.当ω=5rad/s时，绳子没有拉力B.当ω=52rad/s时，A所受的静

摩擦力为零C.ω在5rad/s＜ω＜52rad/s范围内增大时，A所受的摩擦力一直增大D.若当A、B两物体刚好开始相对桌面滑动时剪断细绳，B将做离心运动，A将做近心运动【答案】AB【解析】【详解】ABC．当圆盘转动的角速度ω从

零开始逐渐增大，A和B均由静摩擦力提供向心力，但B物体侧滑的临界角速度较小，设角速度为1时，绳子拉直出现拉力，对B物体有212mgmr=解得15rad/s2gr==当角速度继续增大后，A所受的静摩

擦力向右逐渐减小，当静摩擦力为零的角速度为2，有212Tmr=，2122Tmgmr+=解得252rad/sgr==再增大角速度，A所受的静摩擦力沿半径向外，当角速度达到3时，A所受的摩擦力达到最大，A先内侧滑

，B跟着向外侧滑，有223Tmgmr−=，2232Tmgmr+=解得3210rad/sgr==当ω1=5rad/s时，绳子即将出现拉力；当ω2=52rad/s时，A所受的静摩擦力刚好为零；当ω在5rad/s＜ω＜52rad/s范围内增大时，A所受的摩擦力

向内一直减小。故AB正确，C错误；D．当ω3=10rad/s时，A、B两物体刚好开始相对桌面滑动，此时剪断绳子，B物体受到的合力都不足以提供此时两物体做圆周运动的向心力，因此B物体都会做离心运动；A物体所受的摩擦

力会突然变向指向圆心，设角速度为4时，A物体受到最大静摩擦力，对A物体有24mgmr=解得452rad/sgr==即最大静摩擦力仍无法提供ω3=10rad/s时A需要的向心力，因此A也会做离心运动，故D错误。故选AB。第二部分非选择题（共54分）三、实验题（共2小题，共

16分。）11.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了使每次小球平抛的______相同。（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平

抛运动的初速度大小为______m/s。（重力加速度g取9.8m/s2）（3）网课期间，某同学在家利用手机的“频闪照机”功能，做“探究平抛运动的特点”实验。如图所示是该同学所拍摄的小球运动轨迹照片的一部分。已知照片上每个小正方形方格的实

际边长为α，数码相机的闪光周期为T，阻力忽略不计，则实验中小球做平抛运动的初速度大小为__________，小球的加速度大小为____________。（请用题目给定的字母表示）【答案】①.初速度②.1.6③.4aT④.22aT【解析】【详解】（1）

[1]每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛的初速度相等。（2）[2]根据210.196m2gt=，00.32mvt=得01.6m/sv=（3）[3][4]水平方向04xvta==解得04avT=在竖直方向上有22hgTa

==解得小球的加速度大小为22agT=12.某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时速度的实验，所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为0.20mR=），请完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，

如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为_________kg；（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置静止释放，小车经过最低点后滑向

另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；小车经过最低点时处于________（选填“超重”或“失重”）状态。多次从同一位置静止释放小车，记录各次的m值如表所示：序号12345(kg)m1.801.751.851.751.90（4）根据

以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s，重力加速度g取210ms/，（计算结果保留2位有效数字）。【答案】①.1.40②.超重③.8.1④.1.4【解析】【详解】（2）[1]题图（b）

中托盘秤的分度值为0.1kg，应该估读到0.01kg，所以托盘秤的示数为1.40kg。（3）[2]小车经过最低点时，小车的加速度方向竖直向上，小车受到的合力竖直向上，小车受到的支持力大于小车的重力，因此小车处于超重状态。（4）[3]小车5次经过最低点时托盘秤最大示

数的平均值为1.801.751.851.751.90kg1.81kg5m++++==托盘秤承受的压力为1.8110N=18.1NFmg==压小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为0()(1.811.00)10N8.1NFmmg=−=−=[4]由题意可知小车的质量为10(1.401.00)kg0

.40kgmmm−==−=对小车，最低点时由牛顿第二定律得2vFmgmR−=解得()(8.10.410)0.2m/s1.4m/s0.4FmgRvm−−==四、计算题（共3小题，共38分。解答应写出必

要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.已知嫦娥五号在环月圆形轨道上的运行周期为T，万有引力常量为G，月球的半径为R，环月圆形轨道的半径为r，如图，求：（1）月球质量M；（2）月球的平均密度ρ

；（3）月球表面的重力加速度g。【答案】（1）2324rMGT=；（2）3233rGTR=；（3）23224rgTR=【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得222()MmGmrrT=整理得2

324rMGT=（2）月球的体积为343VR=平均密度为在3233MrVGTR==（3）在月球表面，物体受到的重力可以认为等于月球对物体的万有引力2MmGmgR=把月球质量表达式代入得23224rgTR=14.新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题一辆试验用的小型电动汽车质量

180kgm=在水平的公路上由静止开始匀加速启动，当功率达到37.210W后保持功率恒定，匀加速持续的时间是8s，该车运动的速度与时间的关系如图所示，汽车在运动过程中所受阻力不变，重力加速度g取210m/s，求：（1）该车在运动过程中所受阻力大小；（2）该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小；（

3）从静止开始到18s末该车所受牵引力所做功。【答案】（1）720N；（2）900N；（3）5J1.00810【解析】【详解】（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有mmmPFvfv==可得该车在运动过程中所受阻力大小为3mm7.210N720N10Pfv===（2）根据

vt−图像可知，匀加速阶段加速度大小为228m/s1m/s8vat===根据牛顿第二定律有的Ffma−=牵可得该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小720N180N900NFfma=+=+=牵（3）0~8s内汽车匀加速运动的位移为22111118m

32m22xat===牵引力做的功为11490032J2.8810JWFx===牵变加速过程中，即8~18s内，汽车牵引力的功率恒为37.210W，所以该过程中牵引力做的功为34227.21010J7.21

0JWPt===则从静止开始到18s末该车所受牵引力所做的功245142.8810J7.210J1.00810JWWW=++==15.一玩具小车从水平桌面上的A点以v0=3m/s的速度大小飞出，沿切线方向从C点进入光滑竖直圆弧轨道CB，并以29m/s的速

度大小从B点进入水平直线轨道BD和斜面DE。若小车可看成质点，其质量为m＝0.5kg，圆弧轨道CB、直线轨道BD段和斜面DE均平滑连接（即小车经过衔接处的速度大小不变），直线轨道和斜面与小车间动摩擦因数均为μ＝0.5，圆弧CB的圆心角

为53°，圆弧轨道的半径为R＝0.5m，直线轨道BD段长度为l＝0.9m，斜面的倾角θ＝37°，斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（

1）A点到C点的竖直高度H；（2）小车对圆弧轨道B点的压力大小；（3）小车在斜面DE上运动时间（计算结果可以用根号表示）。【答案】（1）0.8m（2）34N（3）5(1)5+s【解析】的【详解】（1）在C点进行速度的分解有y0tan53vv=竖直方向做自由落

体运动，有22ygHv=解得2y0.8m2vHg==（2）设小车在B点时的速度大小为vB，由牛顿第二定律有2BvNmgmR−=根据牛顿第三定律N'=N，可得N'=34N（3）小车从B运动到D，由牛顿第二定律有1mgma＝由运动学公式有2212DBvv

al−=−代入数据解得20Dv=m/s小车在斜面向上滑行，有sincosmgmgma+=解得a2＝10m/s2而21Dvat＝解得15s5t=由222Dvax=解得1mx=由于sincosmgmg小车会沿着斜面向下滑行，下滑过程由牛顿第二

定律有3sincosmgmgma−=解得232m/sa＝由23212xat=得到21st=小车回到D点时的速度322m/sDvat＝＝小车继续向左滑行的加速度大小为a1＝5m/s2，设小车再经过l′停止运动，

则有212Dval=解得0.4mll=＜所以小车不会再返回斜面，故小车在斜面上滑行的时间12ttt＝＋解得5(1)s5t=+获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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