20 22 -20 23学年高一年级阶段测试物理参考解答
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A D B C A C C C D
二、实验题
2.0 10 2 2 211、答案：（1） ；5.0 10 ；5.0 10 （2）满足（3）不影响
三、解答题
12答案：（1）2.2W（2）1.1m/s
3k k
13、答案：（1） （2）
4πGr30 r0
GMm v2
解析：（1）根据万有引力定律有 = m
r 2 r
2 GM
解得v = 结合题图有 k = GM
r
M M 3k
k = = =
则该星球的质量为M = 该星球的密度为 V 4 3 4πGr
3 ----4 分
G πr 00
3
GMm v
2
0 GM k
（2）由万有引力提供向心力有 = m 解得第一宇宙速度 v0 = = ----4 分
r2 r r0 0 0 r0
14【答案】（1）90N；（2）2.1J；（3）距 B 点 0.15m 处
1
【解析】 2(1)滑块从 A 点到 B 点，由动能定理可得 mgR= mv B 代入数据解得 vB=3m/s
2
v2
滑块在 B 点，由牛顿第二定律有 F-mg=m B 代入数据解得 F=90N
R
由牛顿第三定律可得，物块对 B 点的压力为 F′=F=90N-------4 分
(2)滑块从 A 点到 D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为 W，由动能定理可得
mgR-μmgLBC-mgLCDsin30°+W=0
其中 EP=-W 解得 EP=2.1J---------------------------4 分
(3)滑块最终停止在水平轨道 BC 间，从滑块第一次经过 B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可
1 2
得 μmg s＝0 mv B 解得 s=2.25m
2
7
2.25
则物体在 BC 段上运动的次数为 n= = 5.625
0.4
说明物体在 BC 上滑动了 5 次，又向左运动 0.625×0.4=0.25m，故滑块最终停止在 BC 间距 B 点 0.15m 处
（或距 C 点 0.25m 处）。------------------------------------------------------5分
15【答案】（1）Ep 7J；（2）v 2 2m/s 或 v 2 5m/s；（3）见解析
【解析】
（1）若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处，则根据
能量守恒定律，解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
Ep = mg (2L) + mgR = 7J
所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep 7J -------------------------------------------4分
（2）若物块刚好能通过半圆轨道的最高点 E，则根据牛顿第二定律有
v2
mg = m E 解得 vE = 2m/s
R
1 1
物块从 D到 E的过程中，根据机械能守恒定律有 mg2R = mv2D mv
2
E
2 2
解得 vD = 2 5m/s
1
物块被弹簧弹出滑到 C点的过程中，根据能量守恒定律有 Ep = mgL + mv
2
C
2
解得 vC = 3 2m/s
若传送带以v = 2 5m/s 速度顺时针转动，设物块向右加速运动的位移为 x，根据动能定理有 D
1 2 1 mgx = mvD mv
2
C
2 2
解得 x = 0.4m L符合题意；所以v 2 5m/s------------------------6分
1 1
（3）设物块返回传送带后一直向左加速运动，根据动能定理有 mgL = mv2C1 mv
2
D
2 2
解得 vC1 = 3 2m/s
1 2
设物块沿水平轨道刚好减速到 B点，根据动能定理有 mgL = mvC 2
2
解得 vC2 = 10m/s
①若传送带速度v 3 2m/s，则物块在传送带上一直加速到v = 3 2m/s，然后滑上水平轨道，先向左C1
减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为 s，根据动能定理有
1
mgs = mv2C1 解得 s = 3.6m
2
物块静止位置在 C点的左侧与 C点的间距为d = 2L s = 0.4m -------------2 分
②若传送带的速度v 2 2m/s ，则物块在传送带上向左减速到与传送带共速；
若传送带的速度2 2m/s v 10m/s，则物块在传送带上向左加速到与传送带共速
上述两种情况下，物块在水平轨道上向左减速到静止，减速路程为 d，根据动能定理有
1
mgd = mv2
2
物块静止位置在 C点的左侧与 C点的间距为 d = 0.2v2m------------2分
③传送带的速度 10m/s v 3 2m/s，物块向左加速到与传送带共速，然后滑上水平轨道，先向左减速
运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为 s，根据动能定理有
1
mgs = mv2
2
2
物块静止位置在 C点的左侧与 C点的间距为 d = 2L s = (4 0.2v )m --------2分
8 姜堰20区22-2023学年高一年级 阶段测试
物理试题
一、单选题（每题只有一个选项正确，每小题 4分）
1. 物理学的发展推动了社会的进步。下列关于物理学的一些重大事件和科学方法，说法正确的是
（ ）
A. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量
B. 库仑通过油滴实验测得元电荷 e 的数值
C. 开普勒定律是在对第谷行星观测记录研究的基础上提出的
D. 爱因斯坦的相对论否定了牛顿力学理论，成功解决了宏观物体的高速运动问题
2. 如图所示，两个互相垂直的力 F1 和 F2 作用在同一物体上，使物体运动，发生一段位移后，力 F1 对物体
做功为 6 J，力 F2 对物体做功为 8 J，则力 F1与 F2的合力对物体做功为( )
A. 14 J B. 7 J
C. 10 J D. 2 J
3. 如图所示，两颗卫星 A、B质量相等，卫星 A绕地球运动的轨迹为圆，卫星 B 绕地球运动的轨迹为椭
圆，轨迹在同一个平面内且相切于 P点，则（ ）
A. 卫星 A的速度大于 7.9km/s
B. 两卫星在 P点的速度大小相等
C.卫星 A与地球之间的连线和卫星 B与地球之间的连线相等时间内扫过的面积相等
D. 卫星 B的机械能大于卫星 A的机械能
4、如图所示，A 为带正电的金属板，其所带电荷量为 Q，在金属板的垂直平分线上，距板 r 处放一质量为
m、电荷量为 q 的小球，小球用绝缘细线悬挂于 O 点，小球受水平向右的静电力偏转 θ 角保持静止，静电
力常量为 k，重力加速度为 g，则小球与金属板之间的库仑力大小为( )
A. mg sin B. mg tan
Qq Qq
C. k D. k
r2 r
1
5、如图所示，质量为 M 的半圆柱体放在粗糙水平面上，一可视为质点、质量为 m 的光滑物块在方向始终
与圆柱面相切的拉力 F 作用下从 A 点沿着圆弧匀速运动到最高点 B，整个过程中半圆柱体保持静止，重力
加速度为 g。则( )
A.物块克服重力做功的功率先增大后减小
B.半圆柱体对对物块的支持力的功率逐渐增大
C. 拉力 F 的功率逐渐减小
D. 拉力 F 的功率保持不变
6、如图所示，一质量为 m 的质点在半径为 R 的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的 A 点滑
下，到达最低点 B 时，它对容器的正压力为 FN 。重力加速度为 g，则质点自 A 滑到 B 的过程中，摩擦力
对其所做的功为( )
1 1
A. R (FN 3mg ) B. R (2mg FN )
2 2
1 1
C. R (FN mg ) D. R (FN 2mg )
2 2
7.如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上．开始时弹簧处于原长，现用一恒
力 F 将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大．在此过程中，关于物块的速度 v、加速度
a、动能 Ek 及弹簧的弹性势能 Ep 随时间 t 或位移 x 变化的图像，其中可能正确的是( )
A B C D
8．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，设质量分别用 m1、m2表示，且 m1：m2=5：2。则
可知（ ）
A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为 5：2
B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为 5：2
C．双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大
D．双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大
2
9.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球 A 和 B，B 球的质量大于 A 球的质量．A 球静止
于地面，用手托住 B 球，轻绳刚好被拉紧，然后释放 B 球．定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，则在
B 球落地前( )
A. 两球所受的合外力大小相等
B. B 球重力势能减小量等于 A 球重力势能增加量，故 A、B 系统机械能守恒
C. B 球机械能减小的快慢等于 A 球机械能增加的快慢
D. B 球动能增加的快慢等于 A 球动能增加的快慢
10. 如图，矩形框 ABCD竖直放置，橡皮筋一端固定在 A点，另一端与圆环连接，圆环套在矩形框上，当
矩形框绕 AD 轴以角速度 M 匀速转动时，圆环相对框架静止于 M点。若缓慢减小转速，当角速度减为 C
时，圆环下落至 C点，且恰好对框架无作用力。则（ ）
A. 圆环从 M到 C过程中，橡皮筋增加的弹性势能等于圆环减少的机械能
B. .线框由 C 增大转速，圆环一定能由 C上升到 M点 C 线框由 C 减小转速，圆环一定能由 C运动到 N点 D. 若圆环稳定在 N点，线框转动的角速度可以为 C
二、实验题（每空 3分共 15分）
11、某学习小组利用图甲所示装置，研究小球做抛体运动过程是否满足机械能守恒定律。实验时利用频闪
相机对做平抛运动的小球进行拍摄，每隔T = 0.05 s 拍一幅照片，某次拍摄处理后得到的照片如图乙所
示。图中背景是画有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，方格线横平竖直，每个方格的边长为
L = 5 cm。实验中测得的小球影像的高度差在图乙中标出。已知小球质量m = 20 g ，当地重力加速度
g = 9.8 m / s2 。
（1）小球运动到图中 a位置时的动能为________J，小球从 a到 b过程动能增加了________J，小球从 a
到 b过程重力势能减少了________J。（结果均保留 2位有效数字）
（2）根据以上计算，在误差允许的范围内，小球做平抛运动的过程________机械能守恒定律。（填“满
足”或“不满足”）
（3）若实验前斜槽末端未调节水平，________本实验的结论。（填“影响”或“不影响”）
3
三、解答题（12题 8分、13题 8分、14题 13分、15 题 16分）
12（8分）．如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置，当太阳光照射到小车上方的
光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车保持牵引力恒定，在平直的路面上从静止
开始运动，经过时间 10秒前进距离 5米时，电动机的功率恰好达到额定功率 P，然后保持功率不变，达最
2
大速度。已知小车质量为 2kg，所受阻力车重的 0.1倍，重力加速度 g = 10m/s 求
（1）电动小车的额定功率
（2）小车运动的最大速度
13（8 分）.航天员驾驶宇宙飞船绕一质量分布均匀的星球做匀速圆周运动，测得飞船线速度大小的二次方
与轨道半径的倒数的关系图像如图中实线所示。已知该图线的斜率为 k，图中 r0（该星球的半径）为已知量，
引力常量为 G。求：
（1）该星球的密度；
（2）该星球的第一宇宙速度。
4
1
14（13 分）. 如图所示，水平轨道 BC 的左端与固定的光滑竖直 圆轨道相切与 B 点，右端与一倾角为
4
30°的光滑斜面轨道在 C 点平滑连接（即物体经过 C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一
质量为 3kg 的滑块从圆弧轨道的顶端 A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹
簧压缩至 D 点，已知光滑圆轨道的半径 R=0.45m，水平轨道 BC 长为 0.4m，其动摩擦因数 μ=0.2，光滑斜
面轨道上 CD 长为 0.6m，g 取 10m/s2，求
（1）滑块第一次经过 B 点时对轨道的压力；
（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；
（3）滑块最终停在何处？
\
5
15. 如图所示，水平轨道 OC 的右端 C贴近同高度的水平传送带轨道的左端，其中 OB段光滑，BC段粗糙，
传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道 DE相切于 D点，已知 BC＝CD＝L＝2m，圆轨道半径 R＝0.4m，弹簧左
端固定在墙壁上，自由放置时其右端在 B点。一个质量 m＝0.5kg的物块（视为质点）将弹簧压缩到 A点
并锁定，物块与水平轨道 BC、传送带间的动摩擦因数均为 = 0.25，重力加速度 g = 10m/s2 。
（1）若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，解除锁定前弹簧的弹性势能多大？
（2）若传送带顺时针转动，锁定前弹簧的弹性势能取第（1）问中的最大值，若要使物块在半圆轨道上 E
点飞出轨道，试计算传送带的速度范围；
（3）在第（1）问的情形下，且弹簧的弹性势能取最大值，试写出物块最后的静止位置到 C点的间距 d与
传送带速度 v间的定量关系。
6
阶段检测五参考解答
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A D B C A C C C D
二、实验题
11、答案：（1）2.0 10
2
；5.0 10
2
；5.0 10
2
（2）满足（3）不影响
三、解答题
12答案：（1）2.2W（2）1.1m/s
3k k
13、答案：（1） 3 （2） 4πGr0 r0
GMm v2
解析：（1）根据万有引力定律有 = m
r 2 r
GM
解得v
2 = 结合题图有 k = GM
r
M M 3k
k = = =
则该星球的质量为M = 该星球的密度为 V 4 4πGr33 ----4 分
G πr 00
3
GMm v
2
0 GM k
（2）由万有引力提供向心力有 = m 解得第一宇宙速度 v0 = = ----4 分
r2 r r0 r0 0 0
14【答案】（1）90N；（2）2.1J；（3）距 B 点 0.15m 处
1
【解析】 2(1)滑块从 A 点到 B 点，由动能定理可得 mgR= mv B 代入数据解得 vB=3m/s
2
v2
滑块在 B 点，由牛顿第二定律有 F-mg=m B 代入数据解得 F=90N
R
由牛顿第三定律可得，物块对 B 点的压力为 F′=F=90N-------4 分
(2)滑块从 A 点到 D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为 W，由动能定理可得
mgR-μmgLBC-mgLCDsin30°+W=0
其中 EP=-W 解得 EP=2.1J---------------------------4 分
(3)滑块最终停止在水平轨道 BC 间，从滑块第一次经过 B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可
1
mv2得 μmg s＝0 B 解得 s=2.25m
2
7
2.25
则物体在 BC 段上运动的次数为 n= = 5.625
0.4
说明物体在 BC 上滑动了 5 次，又向左运动 0.625×0.4=0.25m，故滑块最终停止在 BC 间距 B 点 0.15m 处
（或距 C 点 0.25m 处）。------------------------------------------------------5分
15【答案】（1）Ep 7J；（2）v 2 2m/s 或 v 2 5m/s；（3）见解析
【解析】
（1）若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处，则根据
能量守恒定律，解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
Ep = mg (2L) + mgR = 7J
所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep 7J -------------------------------------------4分
（2）若物块刚好能通过半圆轨道的最高点 E，则根据牛顿第二定律有
v2
mg = m E 解得 vE = 2m/s
R
1 1
物块从 D到 E的过程中，根据机械能守恒定律有 mg2R = mv2D mv
2
E
2 2
解得 vD = 2 5m/s
1
物块被弹簧弹出滑到 C点的过程中，根据能量守恒定律有 Ep = mgL + mv
2
C
2
解得 vC = 3 2m/s
若传送带以v = 2 5m/s 速度顺时针转动，设物块向右加速运动的位移为 x，根据动能定理有 D
1 2 1 mgx = mvD mv
2
C
2 2
解得 x = 0.4m L符合题意；所以v 2 5m/s------------------------6分
1 1
（3）设物块返回传送带后一直向左加速运动，根据动能定理有 mgL = mv2C1 mv
2
D
2 2
解得 vC1 = 3 2m/s
1 2
设物块沿水平轨道刚好减速到 B点，根据动能定理有 mgL = mvC 2
2
解得 vC2 = 10m/s
①若传送带速度v 3 2m/s，则物块在传送带上一直加速到v = 3 2m/s，然后滑上水平轨道，先向左C1
减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为 s，根据动能定理有
1
mgs = mv2C1 解得 s = 3.6m
2
物块静止位置在 C点的左侧与 C点的间距为d = 2L s = 0.4m -------------2 分
②若传送带的速度v 2 2m/s ，则物块在传送带上向左减速到与传送带共速；
若传送带的速度2 2m/s v 10m/s，则物块在传送带上向左加速到与传送带共速
上述两种情况下，物块在水平轨道上向左减速到静止，减速路程为 d，根据动能定理有
1
mgd = mv2
2
物块静止位置在 C点的左侧与 C点的间距为 d = 0.2v2m------------2分
③传送带的速度 10m/s v 3 2m/s，物块向左加速到与传送带共速，然后滑上水平轨道，先向左减速
运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为 s，根据动能定理有
1
mgs = mv2
2
2
物块静止位置在 C点的左侧与 C点的间距为 d = 2L s = (4 0.2v )m --------2分
8
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