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无锡市市北高级中学2024-2025学年第二学期

高一年级物理学科阶段检测卷

时间：75分钟 分值：100分

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），全卷满分100分，考试时间75分钟。 

第Ⅰ卷（选择题 共56分）

一、选择题：本大题共11小题，每小题4分，共44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，请把正确答案涂在答题卡上。 

1. 巴黎奥运会上，中国组合孙颖莎/王楚钦获得乒乓球混双项目金牌。关于击打乒乓球过程中，以下说法正确是（　　）

A. 研究孙颖莎发球技术时，乒乓球可以看成质点

B. 发球时，运动员发出的乒乓球速度越大，惯性越大

C. 发球时，球拍对球的弹力，是因为球拍发生形变而产生的

D. 运动员把飞来的乒乓球以原速率击打回去，这一过程乒乓球的速度变化量为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．研究孙颖莎发球技术时，需要关注乒乓球的旋转、击球部位等细节，若将乒乓球看成质点，就无法研究这些细节，所以乒乓球不可以看成质点，故A错误；

B．惯性只与物体的质量有关，与速度大小无关，乒乓球质量不变，其惯性大小不变，故B错误；

C．发球时球拍对球的弹力，是因为球拍发生形变而产生的，故C正确；

D．设乒乓球飞来的速度为，以原速率击打回去速度为，速度变化量为

故速度变化量不为零，故D错误。

故选 C。

2. 下列物理量是矢量，且其单位又是国际单位制中基本单位的是（　　）

A. 牛顿（N） B. 线速度（m/s） C. 位移（m） D. 质量（kg）

【答案】C

【解析】

【详解】AB．牛顿（N）、线速度（m/s）均为矢量，但均为导出单位，故AB错误；

C．位移是矢量，其单位m是国际单位制中的基本单位，故C正确；

D．质量是标量，其单位kg是国际单位制中的基本单位，故D错误。

故选C。

3. 小明同学参加“飞椅”的游乐项目，如图所示，长为L的钢绳一端系着他的座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，连接小明座椅的钢绳与水平方向的夹角为。不计钢绳的重力和空气阻力。以下说法正确的是（　　） 

A. 座椅向心加速度为

B. 若座椅和小明的总质量为m，则钢绳的拉力大小为

C. 如果角速度足够大，可以使钢绳呈水平拉直状态

D. 两个体重不同的人，摆开的夹角一样大

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．根据向心加速度

可知座椅的向心加速度为

故A正确；

B．对座椅和小明，竖直方向有

可知钢绳的拉力大小

故B正确；

C．因钢绳拉力的竖直分量等于人的重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，故C错误；

D．对座椅和人，根据牛顿第二定律有

整理得

可知摆开的夹角与座椅和人的质量无关，即两个体重不同的人，摆开的夹角一样大，故D正确。

故选ABD。

4. 篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接，双手接触到球后，两臂迅速将球引至胸前接住，如图所示。假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，则下列双手对篮球施力的方向可能正确的是（　　）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，可知篮球受到的合力水平向左，则双手对篮球施力存在竖直向上的分力与篮球重力平衡，存在水平向左的分力提供加速度，根据平行四边形定则可知，的方向斜向上偏左。

故选C。

5. 目前，丰城每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图所示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点，由于长期使用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时所受合力的大小用F表示，表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则（　　）

A. F不变，变小 B. F变小，变小

C. F不变，变大 D. F变大，变大

【答案】A

【解析】

【详解】木板静止时，所受合力为零，即

故座椅静止时所受合力F不变，木板受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件有

解得

两根支架向内发生了稍小倾斜，减小，可知变小。

故选A。

6. 如图甲所示是某无人机的飞行表演，图乙为该无人机表演过程中在竖直方向运动的v~t图像，以向上为正方向，下列说法正确的是（　　） 

A. 无人机前4s内的位移达到最大值

B. 无人机在5s时静止在某高度处

C. 4-6s内物体的速度大小一直在减小

D. 无人机在 0s-2s 和4s-5s两个阶段的平均速度相等

【答案】D

【解析】

【详解】A．图像面积表示位移，图像可知前5s内位移最大，故A错误；

B．图像可知无人机在5s时速度为0，但并非处于静止，故B错误；

C．图像可知4-6s内物体的速度先减小后增大，故C错误；

D．图像可知无人机在 0s-2s 和4s-5s两个阶段位移之比为2:1，时间之比为2:1，根据

可知，两阶段平均速度相等，故D正确。

故选D。

7. 如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方有一钉子C，把悬线另一端的小球A拉到跟悬点在同一水平面处无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线与钉子C相碰，碰到钉子的瞬间，以下说法正确的是（　　） 

A. 小球速率突然减小

B. 小球速率突然增大

C. 小球的向心加速度突然减小

D. 钉子离O点越远，摆线越容易断

【答案】D

【解析】

【详解】AB．悬线与钉子碰撞前后，线的拉力始终与小球运动方向垂直，小球的速率不变，故AB错误；

C．在最低点，根据向心加速度

由于碰到钉子后半径变小，小球的向心加速度突然增大，故C错误；

D．在最低点，根据牛顿第二定律有

可得绳子拉力

可知钉子离O点越远，碰后的r越小，F越大，摆线越容易断，故D正确。

故选D。

8. 有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　） 

A. 如图甲，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用

B. 如图乙， “水流星”表演中，过最高点时水没有从杯中流出，水对杯底压力可以零

C. 如图丙，小球在竖直面内做圆周运动，过最高点的速度至少等于

D. 如图丁，A、B两小球在同一水平面做圆锥摆运动，则A和B的角速度不等。

【答案】B

【解析】

【详解】A．火车转弯超过规定速度行驶时，需要更大的向心力，则外轨和轮缘间会有挤压作用，故A错误；

B．在最高点时，若当只有重力提供向心力时，杯底对水的支持力为零，由牛顿第三定律得水对杯底压力为零，故B正确；

C．轻杆对小球可以提供支持力，则小球能通过最高点的临界速度为0，故C错误；

D．小球在同一水平面做圆锥摆运动，设悬点到摆球的竖直高度为h，根据第二定律有

解得

因为两小球的h相同，则则A和B的角速度相同，故D错误。

故选B。

9. 如图甲，修正带通过两个齿轮的相互啮合进行工作，其原理可简化为图乙所示。若齿轮匀速转动，大齿轮内部的A点以及齿轮边缘上B、C两点到各自转轴间的距离分别为r_A=R、r_B=2R、r_C=3R，则（　　） 

A. ω_B：ω_C=2：3 B. v_A：v_C=1：1 C. T_A：T_C=3：2 D. a_B：a_C=3：2

【答案】D

【解析】

【详解】A．修正带的传动属于齿轮传动，齿轮边缘上B、C两点的线速度大小相等，即

则角速度之比

故A错误；

BC．A、C属于同轴转动，角速度相同、周期相同，即T_A：T_C=1：1

则A、C线速度之比

故BC错误；

D．由向心力公式

可知向心加速度之比为

故D正确。

故选D。

10. 甲、乙两名溜冰运动员，M_甲=80kg，M_乙=40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为9.0N，下列判断中正确的是（　　） 

A. 两人的线速度相同，约为40m/s

B. 两人的角速度相同，为5rad/s

C. 两人的运动半径相同，都是0.45m

D. 两人的运动半径不同，甲为0.30m， 乙为0.60m

【答案】D

【解析】

【详解】两名运动员绕同一点转动，所以角速度相等，他们做圆周运动的向心力是由弹簧弹力提供的，所以向心力也相等，由

因为

联立得

可知半径大小代回向心力公式可得，根据

联立解得

故选D。

11. 如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，取。下列说法不正确的是（　　）

A. 物块在前3s向左做匀减速运动

B. 传送带沿顺时针方向转动

C. 传送带的速度大小为

D. 小物块与传送带间的动摩擦因数

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据x-t图像斜率表示速度，前3s内斜率先变小后变大，故物体先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误，符合题意；

B．3∼4.5s，图像斜率为负且恒定，故物块与传送带一起向右匀速，故传送带沿顺时针方向转动，故B正确，不符合题意；

C．由3∼4.5s内图像斜率可知，传送带速度为

故C正确，不符合题意;

D．由题意可知第3s内物块做初速度为0的匀加速直线运动，图乙可知第3s内物块位移为x=1m，由牛顿第二定律可知，其加速度

由匀变速直线运动位移可知

联立以上解得

故D正确，不符合题意。

故选 A。

第Ⅱ卷（非选择题 共56分）

二、实验：本大题共4小题共12分（每空2分）。请把正确答案填在答题卷横线上。 

12. 某同学在“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验中：所用向心力演示仪如图甲所示，A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，其中A和C的半径相同。图乙是变速塔轮的原理示意图：其中塔轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.5倍，轮③是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的1.5倍，是轮⑥的2倍。可供选择的实验小球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。 

（1）这个实验主要采用的方法是___________。

A. 等效替代法

B. 控制变量法

C. 理想实验法

D. 放大法

（2）选择球1和球Ⅱ分别置于短臂C和短臂A，是为了探究向心力大小与___________。

A. 质量之间的关系

B. 半径之间的关系

C. 标尺之间的关系

D. 角速度之间的关系

（3）为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，应将实验小球Ⅰ和___________（选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）分别置于短臂A和短臂___________处（选填“B”或“C”），实验时应将皮带与轮①和轮___________相连，使两小球角速度相等。

（4）若选用球1和球Ⅱ分别置于A和C处做实验，则标尺上黑白相间的等分格显示出球I和球Ⅱ所受向心力的比值为9：1，则可知与皮带连接的变速塔轮半径之比为___________

【答案】（1）B    （2）D    

（3）    ①. Ⅱ    ②. B    ③. ④    

（4）

【解析】

【小问1详解】

在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时用到了控制变量法。

故选B。

【小问2详解】

将球I、球Il分别放在挡板C和A位置时，两球的质量、运动半径均相同，故此过程是验心力的大小与角速度的关系。

故选D。

【小问3详解】

[1][2]为探究向心力大小与圆周运动轨道半径的关系，需两球质量、角速度相同，则需选用实验小球I和Ⅱ，探究该关系时，由于需要两球圆周运动半径不同，故将小球置于置于短臂A和短臂B处。

[3]皮带转动线速度相等，若需要角速度相同，则塔轮半径需相等，故实验时应将皮带与轮①和轮④相连。

【小问4详解】

若选用球1和球Ⅱ分别置于A和C处做实验，则两球质量m相同，圆周运动半径r相同，则向心力之比等于角速度平方之比，即

可知球1和球Ⅱ的角速度之比为

由于皮带转动线速度相等，根据

可知角速度与变速塔轮半径成反比，即

三、计算题：本大题共4小题，共44分。请把正确答案填在答题卷相应位置。 

13. 飞行员的质量为，驾驶飞机在竖直面内做飞行表演，可看作半径不变的圆周运动。已知当飞机以的速度飞过最高点时，飞行员和座椅之间的弹力恰好为零，已知飞行员能承受的最大压力为，取。不考虑飞行员和座椅之间的摩擦力。求：

（1）该圆周运动轨迹半径；

（2）当飞机在最高点速度为时，座椅对人的弹力；

（3）最低点的最大速度。

【答案】（1）；（2），方向向下；（3）

【解析】

【详解】（1）飞机以速度v₀飞过最高点时，飞行员和座椅之间的弹力恰好为零，则有

解得轨道半径为

（2）当飞机在最高点速度为时，有

代入数据解得座椅对人的弹力大小

方向向下。

（3）飞机运行到最低点时的最大速度为，根据牛顿第二定律可得

代入数据解得最低点的最大速度为

14. 高速公路转弯处弯道半径，汽车的质量，重力加速度。

（1）当汽车以的速率行驶时，其所需的向心力为多大？

（2）若路面是水平的，已知汽车轮胎与路面间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。问汽车转弯时不发生径向滑动所允许的最大速率为多少？

（3）通过弯道路面内外高差的合理设计，可实现汽车转弯时刚好不受径向的摩擦力作用的效果。若汽车转弯时仍以（2）中的最大速率运动，转弯半径不变时，道路的倾斜角应是多少？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）当汽车以的速率行驶时，其所需的向心力为

（2）根据静摩擦力提供向心力

解得汽车转弯时不发生径向滑动所允许的最大速率为

（3）设道路的倾斜角为，作出汽车的受力图，如图所示

根据牛顿第二定律有

解得

即转弯路面的倾角为

15. 如图所示，装置可绕竖直轴转动，可视为质点小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=0.8kg，细线AC长L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8），两细线AB、AC对小球的拉力分别为F₁、F_2.

（1）若装置静止不转动，求F₁、F₂的大小；

（2）若装置匀速转动，角速度，求F₁、F₂的大小；

（3）若装置匀速转动，角速度ω=5rad/s，求F₁、F₂的大小。

【答案】（1），    

（2），    

（3），

【解析】

【小问1详解】

对小球受力分析，如图所示

根据受力平衡有

【小问2详解】

若装置转动的角速度缓慢增至细线AB上恰好没有拉力，且细线AC与竖直方向的夹角仍为，此时小球做匀速圆周运动所需向心力由重力和细线AC的拉力的合力提供，设此时的角速度为，如图所示

根据牛顿第二定律有

求得

因

所以，此时细绳AB上仍有拉力，受力分析如图所示

根据牛顿第二定律和受力平衡有

求得

【小问3详解】

因

所以，小球将离开原来的位置而飘起来，若装置转动的角速度缓慢增至细线AB再次恰好拉紧，设此时装置转动的角速度为，此时细线AC与竖直方向的夹角为，根据题意有

根据牛顿第二定律有

求得

因

所以，此时细线AB拉紧且有拉力，对小球受力分析，如图所示

根据牛顿第二定律和受力平衡有

联立，求得

16. 如图所示，竖直面内有一圆弧轨道BC， 半径为R=1.6m，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α=30°，轨道的最低C点与水平桌面上的长木板平滑连接。现将一质量为m=2kg的小滑块（可视为质点）从空中的A点以v₀=2m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线进入轨道，沿着圆弧运动到C点，滑块在C点速度为v_C=8m/s，之后滑上M=2kg的长木板，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ₁=0.4长木板与桌面间的动摩擦因数为μ₂=0.1，重力加速度g取10m/s²。求： 

（1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小；

（2）小滑块对圆弧轨道B点的压力；

（3）若桌面足够长，木板至少多长，小滑块不滑离木板。

【答案】（1）4m/s    

（2）10N    （3）

【解析】

【小问1详解】

设小滑块在B点速度大小为，题意知小滑块恰好从B点沿轨道切线进入轨道，几何关系可知，此时方向与竖直方向夹角为，故

【小问2详解】

设在B点，规定给小滑块的弹力为F，由牛顿第二定律有

代入题中数据，联立解得

根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧轨道B点的压力大小为，方向沿OB方向指向B。

【小问3详解】

当小滑块划上M后，对小滑块和木板，由牛顿第二定律有，

解得小滑块和木板加速度大小分别为

分析可知m减速，M加速，设经过t时间二者共速，即

联立解得

因为，故二者共速后不再相对滑动，而是一起减速到0，所以若要小滑块不滑离木板，则木板长度至少满足

联立解得