【文档说明】天津市第二南开学校2021-2022学年高一下学期6月阶段性线上测试物理试题含解析.docx，共(25)页，985.403 KB，由管理员店铺上传

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第二南开学校高一年级物理学科阶段性练习一、单选题1.下列说法中正确的是（）A.做曲线运动的物体速度必定变化B.速度变化的运动必定是曲线运动C.加速度恒定的运动不可能是曲线运动D.外力变化的运动必定是曲线运动【答案】A【解析】【详解】A．做曲线运动的物体速度方向一

定改变，即速度必定变化，故A正确；B．速度变化的运动也可能速度方向不变而大小变化的直线运动，不一定是曲线运动，故B错误；C．加速度恒定的运动也可能是曲线运动，只要加速度方向始终不与速度共线即可，故C错误；D．外力变化有可能方向始终与速度方向共线，只是外力大小变化，此时物体做直线运动，故D错误。故

选A。2.两个分别带有电荷量－Q和+5Q的相同金属小球（均可视为点电荷）固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为（）A.516FB.165FC.95FD.59F【答案】B【解析】【详解】开始时，根据库仑

定律有225QFkr=两小球相互接触后将其固定距离变为2r，此时两球所带电荷量均变为522QQqQ−+==此时两球间的库仑力大小为221652qFFkr==故选B。3.如图所示，一对带绝缘支柱的导体M、N彼此接触，且均不带电。把带正电的物体P移近导体

M。若先将M、N分开，再移走P，有关M、N带电情况的说法正确的是（）A.M带正电，N带负电B.M带负电，N带正电C.M带正电，N不带电D.M带负电，N不带电【答案】B【解析】【详解】当P靠近M、N时，由于感应

起电，M带负电，N带正电，先分开M、N，再移走P，则M、N带电情况不变，故ACD错误，B正确故选B。4.如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一个物体随着圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是（）A.物体所受弹力增大，摩擦力也增大B.物体所受弹力增大，摩

擦力减小C.物体所受弹力增大，摩擦力不变D.物体所受弹力减小，摩擦力也减小【答案】C【解析】【详解】在竖直方向上，物体所受摩擦力始终与重力平衡；在水平方向上，物体所受弹力提供向心力，当圆筒的角速度增大以后，物体所受摩擦力不变，所需向心力增大，所受弹力增大。故选C。5.如图所示，质量相等的两小球A

、B用长度相等的两根细线连接着，在光滑的水平面上以相同的角速度。绕O点做匀速圆周运动，两细线上的拉力ABOB:FF为（）A.2∶1B.2∶3C.5∶3D.3∶2【答案】B【解析】【详解】设A、B的质量均为m，角速度均为ω，两根细

线的长度均为L，对A、B根据牛顿第二定律分别有2AB2FmL=2OBABFFmL−=联立以上两式解得ABOB:2:3FF=故选B。6.如图所示，皮带传动装置中，右边两轮共轴转动，三轮半径之比r1：r2：r3=3：2：5，A、B、C三点分别

为三个轮边缘上的点，皮带不打滑。A、B、C三点的线速度大小分别为v1、v2、v3，角速度分别为ω1、ω2、ω3，向心加速度大小分别为a1，a2、a3，则下列比例关系正确的是（）A.1232aa=B.1335=C.1352vv=D.13415aa=【答案】D【解析】【详解】由题

意有同带传动12vv=同轴转动23=又有123::3:2:5rrr=可得123::2:2:5vvv=123::2:3:3=123::4:6:15aaa=A．由上述分析可知，A错误；B．由上述分析可知，B错误；C．由上述分析可知，C错误；D．由上述分析可知，D正确．故选D

。7.如图所示，一小球以012m/sv=的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为37°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为53°，（空气阻力忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取

210m/s），以下判断正确的是（）A.小球从A运动到B点用时t=0.4sB.小球从A点到B点运动过程中速度变化了7m/sC.A、B两点间的高度差为h=2.45mD.A、B两点间的水平距离为s=8.75m【答案】B【解析】【详解】A．根据运动的分解可知，从A

到B竖直方向00tan53tan37vvgt=+解得t=0.7s故A错误；B．速度变化量7m/svgt==方向竖直向下，故B正确；C．竖直方向，根据速度位移关系2200(tan53)(tan37)2vvgh−=解得h＝87

5m故C错误；D．水平匀速，所以水平距离08.4msvt==故D错误。故选B。8.小船在静水中的速度是5m/s，一条河宽60m，河水流速为4m/s，下列说法正确的是（）A.小船在河中运动的最大速度是9m/sB.小船在河

中运动的最小速度是3m/sC.小船不能到达河的正对岸D.小船渡过河的最小位移是80m【答案】A【解析】【详解】A．当小船速度方向与河水速度方向相同时速度最大，为9m/s，故A正确；B．当小船速度方向与河水速度方向相反时速度最小，为1m/s，故B错误；C．由于小船在静水中

速度v1大于河水流速v2，所以v1和v2的矢量和可以垂直于河岸，则小船能够到达河的正对岸，故C错误；D．当小船运动轨迹垂直于河岸时，渡河位移最小，为河宽60m，故D错误。故选A。.的9.如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置。关于该实验，下列说法

中正确的是（）A.固定打点计时器时，其限位孔必须在同一竖直平面内B.手抓纸带的位置越靠近打点计时器越好C.实验中必须测出重物质量D.实验中必须用秒表测出重物下落的时间【答案】A【解析】【详解】A．为了减小限位孔的摩擦力，

固定打点计时器时，其限位孔必须在同一竖直面内，故A正确；B．为了防止手影响纸带的运动，手应远离打点计时器抓住纸带的末端，故B错误；C．验证机械能守恒定律，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两端都有质量，可以

约去，所以不需要测量重物的质量，故C错误；D．实验不需要时间，所以不需要用秒表测出重物下落的时间，故D错误。故选A。10.一个100g的球从1.8m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是（210m/s

=g）（）A.重力做功为1.8JB.重力做功为﹣0.55JC.球的重力势能一定减少0.55JD.球的重力势能一定增加1.25J【答案】C【解析】【详解】根据题意，由公式GWmgh=可得，重力做功为()3G10010101.81.25J0.55JW−=−=的则球的重力势能一定减少p0.5

5JE=故ABD错误C正确。故选C。11.经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，

在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为12:3:2mm=。则可知（）A.1m、2m做圆周运动的角速度之比为3∶2B.1m、2m做圆周运动的向心力之比为

1∶1C.1m、2m做圆周运动的半径之比为3∶2D.1m、2m做圆周运动的线速度之比为1∶1【答案】B【解析】【详解】A．由题意，1m、2m做圆周运动的周期相同，所以角速度之比为1∶1，故A错误；B．1m、2m做圆周运动的向心力均由二者之间的万有引力提供，所以向心力之比为1∶1，故B正确；C．根据

向心力公式有221122mrmr=解得122123rmrm==故C错误；D．根据vr=可知1m、2m做圆周运动的线速度之比为112223vrvr==故D错误。故选B。12.如图所示，设计该实验装置的科学家是（）A.牛顿B.伽利略C.卡

文迪什D.开普勒【答案】C【解析】【详解】该装置为扭秤实验装置，是卡文迪什为测量万有引力常量设计的装置，故C正确，ABD错误。故选C。13.如图所示，土星沿椭圆轨道运行，在远日点离太阳的距离为a，在近日点离太阳的距离为b，过近日点时土星的速率为bv，则过远日

点时土星的速率为（）A.bbvaB.bbvaC.bavbD.bavb【答案】A【解析】【详解】由开普勒第二定律可知，太阳和土星的连线在相等时间里扫过的面积相等，取足够短的时间t，则土星t时间内在远日点和近日点转过的弧长分别为aasvt=bbsvt=由扇形面积公式12Ssr=可得abasb

s=联立解得abbvva=故BCD错误，A正确。故选A。14.如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒固定不动且轴线竖直，两个质量相同的球甲、乙紧贴着内壁，分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，半径R甲>R乙，则（）A.角速度ω甲<ω乙B.对筒壁的弹力N

甲>N乙C.加速度a甲>a乙D.线速度v甲<v乙【答案】A【解析】【详解】AB。两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等，合力都沿水平方向，提供向心力，则有2Fmr

=合解得Fmr=合质量m相等，r大则角速度小，所以球甲的角速度小于球乙的角速度，即ω甲<ω乙，A正确，B错误；C.根据牛顿第二定律公式Fma=可知，由于合力相同，故向心加速度相同，C错误；D．根据牛顿第二定律可知2vFmr=合解得vFrm

=合合力、质量相等，r大线速度大，所以球甲的线速度大于球乙的线速度，即v甲>v乙，D错误。故选A。15.光滑绝缘水平面上相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为＋4q和-q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷

都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（）A.-q，在A左侧距A为L处B.-2q，在A左侧距A为2L处C.＋4q，在B右侧距B为L处D.＋2q，在B右侧距B为32L处【答案】C【解析】【详解】三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线

，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，因为外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为正电，在B的右侧，设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为

()Lr+，要能处于平衡状态，以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q，则有224()kqQQqkLrr=+解得rL=对点电荷A，其受力也平衡，则2244()qQqqkkLrL=+解得4Qq=即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。故选C。16.

如图所示，半径为0.4mR=的14圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑的水平地面相切，可视为质点的质量均为0.5kgm=的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方。某时刻将两小球由静止释放，最终它们在光滑水平面上运动。g取210m/s

，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A.两小球最终在水平面上运动的速度大小为2m/sB.两小球最终在水平面上运动的速度大小为22m/sC.整个过程中轻杆对小球乙做的功为0.5JD.整个过程中轻杆对小球乙做的功

为1J【答案】D【解析】【详解】AB．两个球系统机械能守恒，则221122mgRmvmv=+解得100.4m/s2m/svgR===故AB错误；CD．整个过程中，对球乙，根据动能定理，有22110.52J=1J22Wmv==故C错误，D正确。故选D。17.如图所示，AB

C是竖直面内的粗糙固定轨道，其中水平轨道AB长度为2R，四分之一圆弧轨道BC半径为R，与AB相切于B点。一质量为m的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自A点处从静止释放开始向右运动，小球运动到C点时的速率为v，已知重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（）A.水平外力对小球做的功是21

2mvB.小球克服重力所做的功是3mgRC.小球机械能的增加量为mgRD.阻力对小球做的功是2122mvmgR−【答案】D【解析】【详解】A．设水平外力做功为FW、阻力做功为fW，由动能定理可得FWFx=可得水平外力对小球做的功是F3WmgR=故A错误；B．运动到C时，小球上升高

度为R，小球克服重力所做的功是GWmgR=故B错误；C．重力以外其它力做功，机械能变化，则机械能增加2Ff1Δ2EWWmgRmv=+=+故C错误；D．由动能定理可得2Ff12WmgRWmv−+=可得阻力对小球做的功是22fF11222Wmv

mgRWmvmgR=+−=−故D正确。故选D。18.如图，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块放在小车的最左端。现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f、经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚

好滑到小车的最右端，则（）A.此时物块的动能为()Ffs−B.这一过程中，物块对小车所做的功为()fsl+C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为FsD.这一过程中，物块和小车产生的内能为fl【答案】D【解析】【详解】A．小物块在水平方向上受到恒力F和摩擦力f的作用，在时间t内的

位移是xsl=+由动能定理得k()()0FfslE−+=−因此小物块的动能是k()()EFfsl=−+故A错误；B．小物块对小车所做的功即摩擦力对小车做的功等于摩擦力f乘以小车的位移s，即fWfs=车是正功，故B错误；CD．小

物块与小车的相对位移为l，则把小物块和小车看成整体，则整体产生的内能为()Qfslfsfl=+−=所以小物块和小车增加的机械能为()ΔEFslfl=+−故C错误，D正确。故选D。19.以10m/s的初速度平抛一个质量为1kg的物体，物体在空中运动1s落地，不计空气阻力，取21

0m/sg=，则下列说法正确的是（）A.该过程物体下落的高度为102mB.物体下落过程，重力对物体做功100JC.物体下落过程，重力的平均功率为50WD.物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为102W【答案】C【解析】【详解】A．该过程物体下落的

高度为25m12hgt==A错误；B．物体下落过程，重力对物体做功为50JWmgh==B错误；C．物体下落过程，重力的平均功率为50WWPt==C正确；D．物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为Pmgv=vgt=解得100WP=D

错误。故选C。20.2022年4月16日上午，翟志刚、王亚平、叶光富乘坐的神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，这标志我国航天事业再上一个新台阶。如图所示，下列关于神舟飞船运动的说法正确的是（）A.神舟飞船绕地球做圆周运动的过程中，宇航员们处于平衡状态B.在轨道Ⅰ

上，飞船在P点的加速度等于在Q点的加速度C.飞船由轨道Ⅱ变轨进入轨道Ⅰ，需在Q点点火减速D.该飞船在轨道Ⅱ上运行时的机械能小于在轨道Ⅰ上运行时的机械能【答案】C【解析】【详解】A．神舟飞船绕地球做圆周运动的过程中，速度方向不断变化，宇航员们处于非平衡状态，故A错误；B．根据2Mm

Gmar=2GMar=飞船在P点的加速度大于在Q点的加速度，故B错误；C．飞船由轨道Ⅱ变轨进入轨道Ⅰ，做近心运动，需要减速，故C正确；D．飞船从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要加速，即外力对飞船做正功，故机械能增加，所以该飞船在轨道Ⅱ上

运行时的机械能大于在轨道Ⅰ上运行时的机械能，故D错误。故选C。二、多选题21.关于元电荷下列说法正确的是（）A.元电荷实际上是指电子和质子本身B.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C.元电荷的值通常取作91.6010Ce−=D.电荷量e的数值最早是由美国科学家密

立根用实验测得的【答案】BD【解析】【详解】A．元电荷是最小的电荷量，不是电子也不是质子，故A错误；B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故B正确；C．元电荷的值通常取作191.6010Ce−=，故C错误；D．电荷量e数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D正

确。故选BD。22.如图所示是某电场的电场线分布情况，下列说法中正确的是（不计重力）（）A.该电场可能是点电荷的电场B.试探电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大C.试探电荷在B点处受到的电场力的

方向沿电场线的切线方向D.点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度大【答案】BD的【解析】【详解】A．负点电荷电场中的电场线是从无穷远出发指向点电荷的直线，正点电荷电场中的电场线是从点电荷出发指向无穷

远的直线，可知该电场不可能是点电荷的电场，A错误；BD．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以有ABEE根据F=qE可知试探电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大，根据牛顿第二定律可知，试探电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度大，B

D正确；C．电场线的切线方向为该点场强方向，如果试探电荷是负电荷，则负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线切线的反方向，C错误。故选BD。23.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形

成电场的电场线，图乙是场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（）A.B、C两点场强大小相等，方向相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点比较，O点场强最强D.B、O、C三点比较，O点场

强最弱【答案】ACD【解析】【详解】ABD．根据等量异种电荷的电场特点可知，两电荷连线上各点的场强方向向右，且大小关于O点对称，中点场强最小，向两侧场强逐渐增大。沿连线方向两电荷两侧，正电荷左侧和负电荷右侧场强均向左，且大小关于O点对称，故AD正确，B错误；C．两

电荷连线中垂线上各点的场强方向相同，均向右，且大小关于O点对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小，故C正确。故选ACD。24.昆明“小西门”周围是我市的传统商业区，人流量、车流量特别大。为了缓解交通压力，修建了“龟背”立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，跨度为L，

桥高为h。一辆质量为m的小汽车，在A端以速度0v冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为1v，若小汽车在上桥过程中，始终未脱离桥面，则（）A.小汽车通过桥顶时处于失重状态B.小汽车到达桥顶时的速度有可能大于gRC.小汽车到达桥顶时对桥

面的压力有可能为零D.小汽车上到桥顶时受到桥面的支持力大小为21vNmgmR=+【答案】AC【解析】【详解】AD．设小汽车上到桥顶时受到桥面的支持力为N，根据牛顿第二定律得21vmgNmR−=21vNmgmmgR=−所以小汽车处于失重状态，故A正确D错误；B

．在桥顶时，设N=0，则20vmgmR=−vgR=如果车速大于gR，则车要离开桥面，题目中已知汽车始终未离开桥面，所以车速不会大于gR，故B错误；C．当汽车对桥面的压力等于零时，汽车还未离开桥面，故C正确。故选AC。25.如图所示，在不计滑

轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是（）A.A加速上升B.绳的拉力等于A的重力C.绳的拉力大于A的重力D.A的速度总小于车的速度【答案】ACD【解析】【详解】设与小车相连的一段绳子与水平方向

的夹角为θ，物体A上升的速度大小与小车速度v在沿绳子方向的分量大小相等，即Acosvv=由于θ减小，cos增大，所以vA增大，即物体A向上做加速运动，根据牛顿第二定律可知绳的拉力大于A的重力，且有几何关系知，物体A的速度总小于车的速度。故选ACD。26.一电荷

从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图像如图所示。则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【详解】根据v-t图像可知电荷的加速度逐渐增大，即电荷所受电场力逐渐增大，又根据电场线

越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，由于题干没说明是带正电还是负电，故电荷所受电场力方向与电场强度方向可能相同、可能相反，综上所述可知，AB错误，CD正确。故选CD。27.如图所示是用自由落体法验证机械能守恒定律时得到的一条纸

带，有关尺寸在图中已注明。我们选中n点来验证机械能守恒定律，下面举出一些计算n点速度的方法，其中正确的是()A.vn＝gnTB.vn＝g(n－1)TC.nn+1n2ssvT+=D.n1n1n2hhvT+−−=【答案】CD【解析】【详解】AB．直接利用重力加速度g来计算n点速度，相当于

用机械能守恒定律验证机械能守恒定律，AB错误；CD．匀变速直线运动某段时间内，平均速度等于中间时刻速度，所以n点的速度等于n－1到n＋1两点间的平均速度，CD正确。故选CD。28.两颗人造地球卫星，它们质量比12:1:

2mm=，它们运行线速度比12:1:2vv=，那么（）A.它们运行的周期比为4∶1B.它们运行的轨道半径之比为4∶1C.它们所受向心力的比为1∶16D.它们运动的向心加速度的比为1∶16【答案】BD【解析】【详解】AB．由公式22224MmvGmmrrrT==可

得GMvr=32rTGM=可得，轨道半径比为12:4:1rr=它们运行的周期之比为12:8:1TT=故A错误，B正确；C．由n2MmFGr=得,它们所受向心力的比为12:1:32FF=故C错误；D．由2GMar=得,它们运动的

向心加速度的比为12:1:16aa=故D正确；故选BD。29.在光滑的水平面上有一质量为2kg的物体，在几个共点力的作用下做匀速直线运动。保持其他力不变的情况下，将与物体运动方向相反，大小2N的一个力突然水平顺时针转过90，则关于物体此后运动情况的叙述中正确的是（）A.物体做加速度大小为22

m/s的匀变速曲线运动B.物体做加速度大小为12m/s的匀变速曲线运动C.1s后把这个力突然水平逆时针转过90，则物体此后又做匀速直线运动D.1s后把这个力突然水平逆时针转过90，则物体此后仍做匀变速曲线运动【答案】AC【解析】【

详解】AB．将与物体运动方向相反，大小2N的一个力突然水平顺时针转过90，此时物体受的合力大小变为22NF=加速度大小为22m/sFam==此时合外力方向与速度方向不共线，则物体做匀变速曲线运动，选项A正确，

B错误；CD．1s后把这个力突然水平逆时针转过90，则物体受力又达到平衡，则此后又做匀速直线运动，选项C正确，D错误。故选AC。30.北京时间2021年6月17日15时54分，“神舟十二号”载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接“天和核心舱”前向端口。已知“天和核心舱”做匀速圆周运动

的轨道离地球表面约400km、周期约为93min，地球的半径为6370km，引力常量11226.6710Nm/kgG−=，根据这些数据，下列物理量中可以估测的是（）A.“天和核心舱”的线速度大小B.地球的自转周期C.地球的平均密度D.地球的

公转周期【答案】AC【解析】【分析】本题以“神舟十二号”载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接“天和核心舱”前向端口为背景，考查万有引力与航天。要求学生掌握万有引力的公式，能应用该公式解决航天相关的问题，目的是考查学生的推理能力。【详解】由题意可得出的已知量为11226.6710N

m/kgG−=400kmh=93minT=6370kmR=由万有引力充当向心力2222()()()()MmmvGmRhRhRhT==+++解得2()RhvT+=由万有引力公式222()()()M

mGmRhRhT=++由密度和质量的关系MV=由球体体积公式343RV=联立可求得()3233RhGTR=+由上可知，可以估算“天和核心舱”的线速度大小和地球的平均密度，但无法估算球的自转周期和地球的公转周期。故选AC。获得更多资源请扫码加入

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