2022-2023学年第二学期第三次阶段测试卷（2023.5）
高一物理 参考答案
1. D【解析】物体受合力为零，加速度为零，则物体做匀速直线运动，只是动能不变，不
能确定其势能是否变化，故机械能不一定守恒，A错误；做曲线运动的物体如果在运动过程
中只有重力做功，机械能守恒，例如只在重力作用下沿光滑固定圆轨道运动的物体机械能守
恒，B错误；运动物体不受摩擦力时也可能还有除重力外的其他力对物体做功，机械能仍可
能不守恒，如拉动物体在光滑面上运动时，C错误；物体只发生动能与势能的相互转化时，
机械能既不转化为其他形式能量，也无其他形式能量转化为机械能，故机械能一定保持不变，
D正确。
2. A【解析】由金属头所受阻力与进入深度关系图像，可知金属头砸入手柄的前一半深度
与后一半深度过程中，阻力做功之比为 1:3。因每次动作完全相同，可知金属头每次“砸入”
d
手柄的初动能一致，则第一次“砸入”手柄的深度为 ，故 A正确。
2
3. C 1【解析】物体自由落体过程满足机械能守恒，以地面为零势面，可得 Ek mgh E2 k
，
解得 h E k ，故选 C。
2mg
4. B【解析】设竖直向上为正方向，由动量定理可知，I mg t mv 0，解得 I mg t mv，
B正确；地面弹力不会对人做功，是人自己对自己做功，所以 C、D错误。
5. D【解析】在力 F作用下，滑块从 A点到 B点的过程中，刚好满足合外力做功为 0，故
A错误；由动能定理可得，滑块到达点偏离半径 OA角度为 45o位置时的速度大小为
v gR(2 2 2) ，故 B错误；推力功率为 PF Fvx ，式中 vx 为小球的水平方向分速度，AB
两点的水平方向分速度均为 0，所以小球的所受推力功率应该是先增加后减小，故 C错误；
如上所述，水平方向的分速度 vx 达到最大值时，水平方向的加速度 ax 0，小球所受合力应
竖直向上，故 D正确。
6. A【解析】设 t=0时刻、t=2s时刻、t=6s时刻的速度分别为 v0、v1、v2，由动能定理可知，
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1 2 1 2
W E mv0 mv11 k1 2 2 3 1 1 ，所以答案为 A。W2 Ek2 mv2 2 1
2 1
mv
2 2
7. A【解析】根据重力做功与重力势能变化量的关系WG E p ，克服重力做功 40J，则重
力势能增加 40J，故 A正确，C错误；根据动能定理，合力做的功等于动能的变化量，由于
不知道重力以外的力的做功情况，所以无法判断动能变化情况，故 B错误；物体在运动过
程中若只有重力做功，则物体的机械能不变，本题中不知道除了重力做功之外有没有其它力
做功，所以无法确定机械能的变化，故 D错误。
8.BCD【解析】轨道对小球的弹力方向始终垂直于小球的速度方向，所以轨道弹力对小球不
做功，A错误，B正确；小球的动量变化量大小为 2mv0，由动量定理可知，轨道弹力对小
球的冲量大小为 2mv0，C正确；小球的动量变化量方向与初速度方向相反，由动量定理可
知，轨道弹力对小球的冲量的方向与初速度相反，D正确。
9.AC【解析】小物块下滑或上滑时所受斜面弹力平衡小物块重力的垂直于斜面的分力，所
以其大小为 N mg cos ，A正确；小物块下滑或上滑时所受斜面摩擦力与相对运动方向相
反，所以摩擦力大小相等方向相反，B错误；小物块最终将会静止于挡板处，重力势能降低
mgh h
量等于产生的热量，所以因为摩擦产生的热量大小为Q mgh，C正确； mgcos
tan sin
代表的是小物块从释放到第一次到达挡板处过程中产生的热量，该产热量小于整个过程中产
生的热量，所以 D错误。
10.BC【解析】飞船在 P点应点火减速使飞船做近心运动，从轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，所以机械
能减小，A错误；根据ma GmM 可知，到月心的距离越大，加速度越小，B正确；
r2
由mr 2 G mM 可知，飞船在轨道Ⅰ上的角速度大于在轨道Ⅲ上的角速度，C正确；
r2
GMm 2 4 2r3
由 22 m( ) r可知，T ，而根据面积速度的定义可得，r T GM
r2 r2
面积速度 r
T 4 2r3 ，所以飞船在轨道Ⅰ上面积速度小于飞船在轨道Ⅲ上面积速度，
GM
所以 D错误。
11.（1）CE （2分）；（2）①-2.37（2分）；②2.35 （2分）；③纸带和计时器之间有摩擦力、
重物受到空气阻力（2分）（其他合理答案也给分）。
【解析】（1）纸带过短，记录的点迹过少，将影响数据测量，实验效果反而不好，A错误；
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电磁打点计时器应该接低压交流电源，B错误；纸带上端用固定的夹子夹住后释放纸带的效
果比用手更好，可以有效防止手抖动带来的影响，C正确；根据实验原理可知，验证的关系
为mgh 1 mv2，故重物的质量可以不测量，D错误；若要对减小实验误差有利，重物可选用
2
质量和密度较大的金属重锤，E正确。故选 CE。
（2）①规定打下第 1个点时重物所在位置为参考点，则打下 B点时，重物的重力势能为
Ep mghB 2.37J。
②用 AC段的平均速度代替 B点的瞬时速度，即 v h ACB 2.17m/s，2t
则此时重物的动能为 E 1k mv
2
B 2.35J。2
③纸带和计时器之间有摩擦力、重物受到空气阻力（其他合理答案也给分）。
1
F F
12. （1 C 2 2 C 2 3 OP3 sin OP） （ 分）；（ ） （ 分）；（ ） （或 3 2 ）（2分）；先变小后变
FOP sin FOP sin 2 2
大（2分）。
【解析】（1）本实验是三根绳都直接拉 O点，所以 O点的位置可以改变，故 A错误；
需要验证任意角度情况下均服从平行四边形定则，所以 B错误；实验中，若桌面不水平，
三个拉力的大小和它们之间的夹角不会改变，因此不会影响实验结果。故 C正确；只要能
验证平行四边形定则即可，无需要求三条绳的结点 O位于桌面的几何中心位置，故 D错误。
（2）改变滑轮 P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量进行第二次实验，绳的结点可以移动，
A错误；需要验证任意角度任意大小的力在合成时均服从平行四边形定则，很明显无需使得
绳 OP1所挂重物的重力最大，B错误；将细绳更换成橡皮筋只要拉力测量准确很明显不会影
响实验结果，C正确；作三个拉力图示的时候必须采用相同的标度。
1
F
（3）由正弦定理可得： OP3 sin
F
OP（或 3 2 ），
FOP sin FOP sin 2 2
F
可以看出 OP3 的变化情况是先变小后变大。
FOP2
13.（1） F1 300N ；（2） F2 26N 。
【解析】（1）规定向下为正方向，锤子动量变化量为
P 1 mv1 mv
3
1 mv1 ..............①（2分），2 2
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I
即铁锤所受平均冲击力大小为 F1 ..............②（2分），t1
即锤子受到砖的平均作用力 F1的大小为 300N..............③（2分）。
（2）规定向下为正方向，锤子和砖碰撞过程中取砖为研究对象，根据牛顿第三定律可知，
此过程中锤子对砖的平均作用力大小为 F 1 300N ，方向向下，设砖被锤子打击后的速度大
小为 v2，根据动量定理可得 F 1 t1 Mv2 ④（1分），可得 v2 1.5m/s ⑤（1分），
缓冲过程，对砖块应用动量定理有 (Mg F2)t2 0 Mv2 ⑥（2分），
联立解得 F2 26N ............⑦（2分）。
2
14.（1 20 R） ；（2） 40 mR GMm 。
T T 2
100R2
【解析】（1）由题知，太空电梯角速度与地球自转角速度相同，为 2 ..........①（3分），
T
由题知，配重空间站的轨道半径为 r 10R，配重空间站的线速度大小为
v r 20 R ..............②（3分）。
T
（2）设超级缆绳对配重空间站的拉力大小为 F，则拉力与地球的万有引力提供向心力
GMm mv2 2F ..............③（3分），解得 F 40 mR GMm ............④（3分）。
r2 r T 2 100R2
15.（1）2.5m/s；（2）7.5m/s；（3）6.5s。
【解析】（1）作出物块所受合力随时间变化如图
可知物块会在 t=1s时运动起来，从此时到 t=2s时刻，物块的合外力冲量大小为
I合 2.5N S .....①（2分），
所以 t=2s I时刻速度的大小为 v 2.5m / s .......②（2分）（其他方法亦可给分）。
m
（2）根据牛顿第二定律及推力随时间变化特点可知，当 F=μmg时，即 t=4s时刻物块所受
合力为 0，此时物块的速度最大，此过程合力冲量大小为 I 7.5N S ......③（2分），
合
可知此时物块达到最大速度，由动量定理可知，此时速度大小为
I
v 合max 7.5m / s ........④（2分）（其他方法亦可给分）。m
（3）假设 t=6s时刻物块尚未停下，根据推力的变化特点可知，从物块运动起来到 t=6s时刻
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物块所受合力冲量大小为 I 2.5N S，所以假设成立，
合
即可知 t=6s时物块未停下..............⑤（2分）（其他方法亦可给分），
设物块停下时刻为 t时刻，由动量定理可知，合外力冲量为 0，根据推力的变化特点可知，
此时刻为 t=6.5s...........⑥（4分）（其他方法亦可给分）。
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