江苏省苏州陆慕高级中学2019-2020学年高一物理下学期阶段性考试试题【含解析】

1、江苏省苏州陆慕高级中学2019-2020学年高一物理下学期阶段性考试试题（含解析）一、单项选择题1.下列说法中正确的是（）A. 曲线运动的物体速度可能不变B. 匀速圆周运动向心加速度不变C. 平抛运动是匀变速曲线运动D. 地球上的物体，向心加速度方向都指向地心【答案】C【解析】【详解】A曲线运动的物体速度大小是否变化不确定，但速度方向一定变化，说明曲线运动中速度一定变化，故A错误；B匀速圆周运动向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，说明向心加速度是变化的，故B错误；C平抛运动加速度恒为重力加速度，运动轨迹为抛物线，说明平抛运动是匀变速曲线运动，故C正确；D地球上的物体随地球一起转动，赤道上的物

2、体向心加速度指向地心，其它位置处的物体向心加速指向做圆周运动的圆心，不指向地心，故D错误。故选C。2.质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别是A. mgh，减少mg(H-h)B. -mgh，增加mg(H+h)C. -mgh，增加mg(H-h)D. -mgh，减少mg(H+h)【答案】D【解析】【详解】以桌面为零势能参考平面，地面离零势能点的高度为-h，物体重力势能为：Ep=-mgh物体下落的高度差为H+h，所以重力做功为：W= mg(H+h)重力势能减小mg(H+h)A. mgh，减

3、少mg(H-h)；与分析不符，故A项错误B. -mgh，增加mg(H+h)；与分析不符，故B项错误C. -mgh，增加mg(H-h)；与分析不符，故C项错误D. -mgh，减少mg(H+h)；与分析相符，故D项正确3.如图所示，斜面体放在光滑的水平面上，小物块A与斜面体间接触面光滑。在小物块沿斜面体下滑的过程中，斜面体对小物块的作用力（） A. 垂直于斜面，做功为零B. 垂直于斜面，做功不为零C. 不垂直于斜面，做功为零D. 不垂直于斜面，做功不为零【答案】D【解析】【详解】当斜面固定不动时斜面体对小物块的作用力垂直斜面，支持力对小物块不做功，本题是把斜面体放在光滑的水平面上，小物块沿斜面体下

4、滑的过程中，支持力和速度方向夹角为钝角，说明支持力对小物块做负功，故D正确，ABC错误。故选D。4. 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A. 一样大B. 水平抛的最大C. 斜向上抛的最大D. 斜向下抛的最大【答案】A【解析】解：由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度差相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能也相同，所以末速度的大小相同故选A【点评】本题是机械能守恒的直接应用，比较简单，也可以直接用动能定理

5、求解5.2011年9月29日我国成功发射了“天宫一号”目标飞行器，同年11月1日成功发射了“神舟八号”飞船，之后两者成功实现对接。“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的轨迹如图所示，图中A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道，则（） A. “神舟八号”通过加速可以实现与“天宫一号”对接B. “天宫一号”的运行速度大于“神舟八号”的运行速度C. 宇航员在“天宫一号”上生活时可以用台秤来称自己的体重D. “天宫一号”的加速度大于“神舟八号”的加速度【答案】A【解析】【详解】A“神舟八号”原来做匀速圆周运动，提供的向心力等于需要向心力，加速时，提供的向心力小于需要的向心力

6、，这样做离心运动可以实现与“天宫一号”对接，故A正确；B根据环绕规律“高空低速长周期”可知“天宫一号”的运行速度小于“神舟八号”的运行速度，故B错误；C宇航员在“天宫一号”上生活时，宇航员处在完全失重的状态，不能用台秤来称自己的体重，故C错误；D由牛顿第二定律可知解得分析上式可知“天宫一号”轨道半径大，其加速度小于“神舟八号”的加速度，故D错误。故选A。6.如图所示，倒置光滑圆锥面内侧，有质量相同的两个小玻璃球A、B，沿锥面在水平面内作匀速圆周运动，关于A、B两球的角速度、线速度和向心加速度正确的说法是（）A. 它们的角速度相等B. A球的线速度小于B球的线速度C. 它们的向心加速度相等D.

7、A球向心加速度大于B球的向心加速度【答案】C【解析】【详解】A对A物体受力分析可知设圆锥面和水平面的夹角为，AB质量为m，由牛顿第二定律可知同理对B球，由牛顿第二定律可知因，所以，故A错误；B对A由牛顿第二定律可得同理对B有因，所以，故B错误；CD由前面分析可知它们的向心加速度，说明二者的加速度大小相等，故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，竖直放置在水平地面上的轻弹簧，下端固定在地面上，将一个金属球放置在弹簧顶端（球与弹簧不粘连），并用力向下压球，稳定后用细线把弹簧拴牢。烧断细线，球将被弹起，脱离弹簧后能继续向上运动，则该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中（）A. 球的机械能守恒B.

8、球的动能先增大后减小，机械能一直减小C. 金属球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在减小D. 球在刚脱离弹簧时动能最大【答案】C【解析】【详解】A因弹簧的弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A错误；B开始时向上的弹力大于重力，后小于重力，说明小球受到的合力先向上，后向下，小球速度脱离前方向一直向上，故小球速度先增大，后减小，说明小球的动能先增大后减小，因弹力对小球该过程中一直做正功，故机械能一直增大，故B错误；C金属球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和不变，随着重力势能增大，金属球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在减小，故C正确；D球受到的弹力等于重力大小时，加速度为零，速度最大，动能最大，而后

9、速度减小动能随之减小，说明球在刚脱离弹簧时动能不是最大的，故D错误。故选C。二、多项选择题8.下面选项错误的是（）A. 牛顿发现了万有引力定律，并计算出引力常量GB. 万有引力公式中r趋向于0，F趋向于无穷大C. 地球的第一宇宙速度是最大的环绕速度，最小的发射速度D. 地球同步卫星离地面的高度相同，质量可以不同，不能定点在北京上空【答案】AB【解析】【详解】A牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出引力常量G的数值，故A符合题意；Br趋向于0，万有引力公式不能适用，F增大，但不是无穷大，故B符合题意；C地球的第一宇宙速度数值上等于近地卫星的速度，是最大的环绕速度，轨道半径越大，需要能量越大，发射时

10、速度越大，说明第一宇宙速度是最小的发射速度，故C不符合题意；D因地球同步卫星周期一定，轨道半径一定，离地面的高度相同，质量可以不同，要做到和地球同步，其轨道只能在赤道上空，不能定点在北京上空，故D不符合题意。故选AB。9.长为L的轻杆，一端系一质量为m的小球，另一端固定于某点，原来小球静止于竖直面上，现给小球一个水平初速度，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且能够通过最高点，则下列说法正确的是（） A. 小球通过最高点时最小速度为B. 若小球过最高点时速度为，则杆给小球的作用力为0C. 若小球在最高点时速度，则杆对小球的作用力一定向上D. 小球在最低点时，杆对小球的作用力不一定向上【答案】BC【

11、解析】【详解】A这是一杆模型，小球在最高点时向心力可以等于零，说明最小速度为零，故A错误；B只有重力提供向心力时，由牛顿第二定律可知可求得说明小球过最高点时速度为，则杆给小球的作用力为0，故B正确；C由前面分析可知小球在最高点时速度，其向心力小于重力，杆对小球的作用力一定向上，故C正确；D小球在最低点时，杆对小球的作用力和重力的合力提供向心力，重力向下，合力向上，说明杆对小球的作用力一定向上，故D错误。故选BC。10.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。则在卫星分别在

12、1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A. 卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度。B. 卫星在轨道2上经过Q点时的速度大于它在轨道1上经过Q点时的速度C. 卫星在轨道2上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过P点时的速度D. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度【答案】ABD【解析】【详解】A根据环绕规律“高空低速长周期”可知卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故A正确；B卫星在轨道1上经过Q点时，提供的向心力等于需要的向心力，速度增大后沿轨道2做离心运动，故卫星在轨道2上经过Q点时的速度大于它在轨道1上经过Q点时的速度，故B正确；C卫星

13、在轨道2上运动时机械能守恒，经过Q点时重力势能小，Q点的动能大于它在轨道2上经过P点时的动能，说明卫星在轨道2上经过Q点时的速度大于它经过P点时的速度，故C错误；D由牛顿第二定律可知解得分析该式可知只要相同，向心加速大小相同，说明卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故D正确。故选ABD。11.如图所示是质量为m的游客从蹦极台上跃下的情景。设游客由静止开始下落，且蹦极绳被拉直之前所受阻力恒定，下落的加速度大小为为，在游客下落h的过程中（蹦极绳未被拉直），下列说法正确的是（）A. 游客的动能增加了B. 游客的重力势能减少了C. 游客的机械能减少了D. 游客克服阻力所

14、做的功为【答案】AC【解析】【详解】A由牛顿第二定律可知合外力合外力做功由动能定理可知游客的动能增加了，故A正确；B重力做功重力做正功，说明游客的重力势能减少了，故B错误；C由牛顿第二定律可知代入数值可知该过程阻力做功为说明游客的机械能减少了，故C正确；D由前面分析可知游客克服阻力所做功为，故D错误。故选AC。12.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是（）A. 钢绳的最大拉力为B. 钢绳的最大拉力为C. 重物的最大速度为D. 重物做匀

15、加速直线运动的时间为【答案】ACD【解析】【详解】A B重物先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，由牛顿第二定律可知开始匀加速阶段钢绳拉力最大，取匀加速结束时分析可知钢绳的最大拉力为，故A正确，B错误；C最终匀速上升时重物的速度最大，此时牵引力等于重大小，最大速度为，故C正确；D由牛顿第二定律可求出重物做匀加速直线运动加速度匀加速结束时速度为v1，由运动学公式可得，由前面分析可知钢绳的最大拉力为联立可得说明D正确。故选ACD。三、填空题13.(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的（ ）A.动能变化量与势能变化量B.速度变化量与势能变化量C.速度变化量与高

16、度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是（ ） A交流电源 B刻度尺 C天平（含砝码）D秒表(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打点B的过程中，重物的重力势能变化量_，动能变化量_；(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_；(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的

17、距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘图像，并做如下判断若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你判断该同学的判断依据是否正确，并说出理由？_【答案】 (1). A (2). AB (3). (4). (5). 该重物下落过程中受到空气阻力、纸带摩擦阻力做负功，减少重力势能一部分转化为动能，还有一小部分转化为内能 (6). 不正确；如果图像是一条过原点的直线，且斜率为，这样才能说明机械能守恒。【解析】【详解】(1)1用落体法验证机械能是否守恒，需要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，也说是说要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，二者相等说明机械能守恒，故A

18、正确，BC错误。故选A。(2)2 A。电磁打点计时器工作电源为交流，故A正确；B为了计算瞬时速度需要用刻度尺测两点的位移，故B正确；C根据机械能守恒定律可知解得说明只要验证上边等式成立即可，表达式中不含质量，故不用天平（含砝码），故C错误；D打点计时器本身就是一个计时仪器，不用秒表，故D错误。故选AB。(3)3重力做正功，重力势能变化量4合外力做正功，动能增加分析图像可知联立可得(4)5该重物下落过程中受到空气阻力、纸带摩擦阻力做负功，减少的重力势能一部分转化为动能，还有一小部分转化为内能，故大多数学生的实验结果显示重力势能的减少量大于动能的增加量。(5)6该同学的判断依据不正确，假设重物下落

19、过程中受到恒定阻力为，由牛顿第二定律可得由运动公式可得 两式联立可得说明机械能不守恒时的图像也是一条过原点的直线，如果阻力为零，则上式可变为此时图像的斜率为，这样才能说明机械能守恒。四、计算题14.“嫦娥四号”卫星计划在2018年底发射升空己知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g月，引力常量为G，若嫦娥四号离月球中心的距离为r求：（1）月球的质量M；（2）嫦娥四号的运行周期T；（3）月球上的第一宇宙速度v【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由 解得 （2）根据 解得（3）由解得 15.从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹，求：(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少？(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？【答案】（1） （2）【解析】（1）设小球第一次与地面碰后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得：解得 （2）设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是S，对全过程由动能定理得：，解得【点睛】运用动能定理解题，关键是合适地选择研究的过程，判断有哪些力做功，根据动能定理列表达式，有时研究过程选择的好，解题会更方便16.如图所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑连接，O为轨道圆心，BC为圆轨