山东济宁市嘉祥县第一中学2025-2026学年高一下学期4月阶段检测物理试题

嘉祥一中2025-2026学年度第二学期4月月考 高一物理试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项 符合题目要求。 1.关于匀速圆周运动，下列说法中正确的是() A.匀速圆周运动是一种匀变速曲线运动 B.物体做匀速圆周运动，线速度一直不变 C.做匀速圆周运动物体的转速越小，周期越大 D.做匀速圆周运动的物体速度变化率不变，速度时刻改变 2.如图所示，火车转弯时为减轻轮缘与轨道间的侧向挤压，修建铁路时要适当选择内外轨 的高度差。若弯道半径为”，内外铁轨平面与水平面倾角为0，当火车以规定的行驶速度v 转弯时，轮缘与轨道间恰好无侧向挤压，重力加速度为g,下列说法正确的是() 铁轨平面 车轮 外轨 轮缘 地面 A.轨道对火车的支持力小于火车的重力 B.tan= 7 C.其他条件不变，火车内的乘客增多时，y应增大 D.其他条件不变，火车内的乘客增多时，v应减小 3.宇宙中相距较近的两颗恒星组成一个系统，在相互间的万有引力作用下，绕两者连线上 同一点做周期相同的匀速圆周运动，如图所示，a、b两颗恒星的质量分别为m1、m2,现测 得a、b的轨道半径之比为1：3，a、b中心间距离为L,引力常量为G,下列说法正确的是 () 试卷第1页，共8页 A.a、b的质量之比m:m2=5:l B.a、b做圆周运动的线速度之比为3：1 C.a、b做圆周运动的加速度之比为1：1 D.a、b做圆周运动的角速度为 G(1+m2 4.如图所示，水平放置的圆筒绕其中心对称轴O0匀速转动，筒壁上P处有一小圆孔，筒 壁很薄，简的半径R-2m,当圆孔正上方h=3.2m处有一小球由静止开始下落，已知圆孔的 半径略大于小球的半径。已知小球刚好能从孔中进入圆筒，并且与圆筒不发生碰撞离开圆筒。 不计空气阻力，取g-10m/s2,圆筒转动的角速度可能是() h vO' A.2.5πrad/s B.4n rad/s C.5πrad/s D.10πrad/s 5.如图所示，工作人员通过无人机将物品送至用户家中。一架无人机先后两次分别以，和 2的速度(v<2),将同样重量的物品竖直向上提升了相同的高度，空气阻力忽略不计。则 无人机( A.第一次做的功多 B.第二次做的功多 C.第一次的功率大 D.第二次的功率大 6.如图所示，水平直杆上有一定点O,不可伸长的刚性连杆AO、AB可绕图中O、A、B三 处转轴转动，OA杆长为L,AB杆长为2L,A端与一小球连接，B端套有一滑块，小球以角 试卷第2页，共8页 速度o沿逆时针方向绕O做匀速圆周运动时，滑块B沿直线做往复运动，当连杆AO与OB 垂直时，滑块B的速度大小为() B A. -@L B.3 C.ol D.L 2 2L 2 7.如图所示是某卫星发射过程中的变轨示意图，卫星在轨道I上做匀速圆周运动，当运动到 点A时第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭圆轨道Ⅱ的远地点B时，再次变轨进入运行轨道Ⅲ 并做匀速圆周运动，下列说法正确的是() 卫星 A.卫星沿轨道Ⅱ运行的周期大于卫星沿轨道Ⅲ运行的周期 B.卫星在轨道Ⅱ经过点A的速度大于卫星在轨道I经过点A的速度 C.卫星在轨道Ⅲ经过点B的加速度一定大于卫星在轨道Ⅱ经过点A的加速度 D.在任意相等时间内，卫星在轨道1上与地心连线扫过的面积等于在轨道Ⅱ上与地心连线扫 过的面积 8.设地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为，线速度大小为y,近地卫星的 向心加速度大小为a2,线速度大小为2，同步卫星的向心加速度大小为a,线速度大小为 %,则下列大小关系的描述正确的是() A.y>2>3 B.V2>V3>V C.41>a2>a3 D.a1=a2>a3 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符 合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.如图所示为一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r,A是它边缘上的一点，左侧是一 轮轴，大轮半径为4r,小轮半径为2r,B点和C点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传 试卷第3页，共8页 动过程中皮带不打滑，A、B、C三点的线速度分别为V4、Vg、v,角速度分别为o4、 0、0c,向心加速度分别为a4、4g、ac,下列说法正确的是() A.V:vc =1:2 B.04:wg=1:2 C.a:ag=1:2 D.a:ac=1:1 10.如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（可视为质点），另一端套在光滑的水平轴O上， 绕O点做竖直面内的圆周运动，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F,小球在 最高点的速度大小为v,F-v2图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确 的是( ↑FN 10 0 4 8v4(m2s2） 甲 乙 A.小球的质量为10kg B.轻杆的长度为0.4m C.若小球通过最高点时的速度大小为3m/s,则小球受到杆的弹力大小为12.5N,方向竖直 向下 D.若小球恰好能做完整的圆周运动，则小球运动到最高点时的最小速度大小为2s 11.如图甲所示，一轻质细线一端连接在光滑固定圆锥的顶部，另一端系一质量m=0.1kg 的小球，小球可视为质点。设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为⊙，线的拉力F 随o2变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是() ◆FN) 5335 7777777777777777777777777 25 @2/(rad2.s2) A.圆锥母线与轴线的夹角0=45° 试卷第4页，共8页 B.圆锥母线与轴线的夹角0=53° C.细线的长度为？m 2 D.细线的长度为号m 12.如图所示，A、B两颗卫星和赤道平面共面，沿相同方向环绕地球做匀速圆周运动，A 卫星的轨道半径是B卫星的4倍。已知地球表面重力加速度为g,地球半径为R,A运动的 周期为T。则卫星B环绕地球运动的周期：以及在0~时间内观察到A、B两颗卫星相 距最近的次数n为() A B A.T6=8 B无= C.n=3 D.n=5 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度0和半径”之间的关系的实验装置。 转动手柄，可使两侧变速塔轮以及长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在左右两塔轮上的 不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以各自的角速度做匀速圆周运动，其向心力由挡板对 小球的支持力提供，球对挡板的反作用力使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，根据标尺上露 出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。 标尺 小球 弹簧测力筒 挡板A 挡板B挡板C 长槽 变速塔轮 短槽 变速塔轮 传动皮带 手柄 图1 (1)在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，要保持 相同。 试卷第5页，共8页 A.0和r B.o和m C.m和r D.m和F (2)下列实验中，利用到控制变量法的是 A.探究两个互成角度的力的合成规律 B.探究加速度与物体受力、物体质量的关系 C.探究平抛运动的特点 (3)某同学利用图2所示的装置探究滑块做圆周运动时向心力和周期的关系。力传感器可记 录细线对滑块拉力F的大小，光电门可记录滑块做圆周运动的周期T,获得多组数据，画出 了如图3所示的线性图像，则图像横坐标x代表的是 光电门 力传感器 滑块 图2 图3 A.T C.T2 D. 14.一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后， 着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器： A.弹簧测力计一个 B.精确秒表一只 C天平一台（附砝码一套） D.质量为m的物体 为测定该行星的质量M和半径R,宇航员在绕行及着陆后各进行一次测量，依据测量数据 可以求出M和R(已知万有引力常量为G)。 (1)绕行时测量所用的仪器为 (用仪器的字母序号表示)，所测物理量为 (填名称及符号) (2)着陆后用仪器测出物体重力F,物体的质量为m,则该行星质量M= 星球 半径R= 15.站在某星球表面上的航天员，在离星球表面高h处以，沿水平方向抛出一个小球，小球 落在星球表面上的P点，测得抛出点和落地点P之间的水平距离为L。已知星球半径为R。 不计星球自转的影响。 试卷第6页，共8页 (1)求该星球表面附近的重力加速度g': (2)若该星球的一颗小卫星在半径为2R的轨道上绕该星球运行，求运行周期T。 16.一半径为R的水平圆盘距地面高度也为R,圆盘绕竖直轴匀速转动，边缘处一物体与圆 盘间的动摩擦因数为“，当圆盘转速缓慢增大到物件恰好滑动时，物体脱离圆盘沿水平方向 抛出，落于地面。若整个运动过程中忽略空气阻力，重力加速度为g,问： (1)物体能够随圆盘转动时，角速度ω的取值： (2)物体落地点到圆盘中心的水平距离与圆盘半径R的比值。 17.汽车发动机的额定功率为30kW,质量为2000kg,当汽车在水平路面上行驶时受到阻力 为车重的0.1倍，求： (1)汽车在路面上能达到的最大速度； (2)若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时 间； (3)当汽车速度为10m/s时的加速度？ 18.如图，水平圆形转盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有可视为质点的小物体A、B、C,质 量分别为m、2m、3m,物体A叠放在B上，B、C到圆盘中心O的距离分别为3r、2r。 B、C间用一轻质细线相连，圆盘静止时，细线刚好伸直无拉力。己知B、C与圆盘间的动 摩擦因数均为，A、B间动摩擦因数为34，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 为8。现让圆盘从静止开始缓慢加速。求： (1)若无绳，求B恰好不发生相对滑动的角速度： (2)当0= 时，细线的张力大小： V2r (3)当0= 时，C受到圆盘的摩擦力大小： V2r (4)当0= 23时，剪断细线，C将怎样运动。 V 5r 试卷第7页，共8页 ￥ω A 试卷第8页，共8页 1.C 【详解】A.匀速圆周运动的向心加速度方向始终指向圆心，时刻发生变化，属于变加速曲 线运动，故A错误： B.线速度是矢量，匀速圆周运动的线速度大小不变，但方向沿圆周切线方向时刻改变，因 此线速度是变化的，故B错误： C。匀速圆周运动中，周期T与转速”（单位为5）清足关系T=易，三者成反比，因此转 速越小，周期越大，故C正确： D.速度变化率即为加速度，匀速圆周运动的加速度方向时刻变化，因此速度变化率是变化 的；又因为线速度方向时刻改变，所以速度时刻改变，故D错误。 故选C。 2.B 【详解】AB.如图所示，轨道对火车的支持力大于火车的重力 mg 当火车以规定的安全行驶的速度ⅴ通过弯道时，内、外轨道均不受侧压力，所受重力和支持 力的合力提供向心力，即mng tan0=m 即an0=兰，整理得v=gr tan0,故A错误，B正确： CD.根据v=√gr tan 0,其他条件不变，火车内的乘客增多时，v保持不变，故CD错误。 故选B。 3.D 【详解】A.a、b两颗恒星做圆周运动的角速度相等，由万有引力提供向心力，所以α、b 两颗恒星做圆周运动的向心力大小相等，则有，or=m,o5 可得a、b的质量之比m:m2=5:r=3:1,故A错误： 答案第1页，共10页 B.根据v=or,可得a、b做圆周运动的线速度之比为Y:y2=片：5=1：3，故B错误： C.根据a=o2r,可得a、b做圆周运动的加速度之比为a:a2=r:5=1:3,故C错误： D.根据万有引力提供向心力可得Gm=m0, 2 Gmm2=m,02乃 2 又片+5=L 联立解得α、b做圆周运动的角速度为o= G(m1+2） 故D正确。 故选D。 4.A 【详解】小球落入圆筒前做自由落体运动，则有2gh= 解得小球刚落入圆筒时的速度大小为。=√2gh=8m/s 设小球在圆筒中运动的时间为1，根据运动学公式可得2R=W+28 解得t=0.4s 根题有+a+} (n=0,1,2…) 可得0-52m+1匹d/s（m-0,1,2） 2 当n=0时，可得o=2.5rad/s 当n=1时，可得o= 15m rad/s 2 25 当n=2时，可得o= -rad/s 2 故选A。 5.D 【详解】AB.根据W=mgh,可知两次做功相同，选项AB错误： CD。因第二次速度较大，则时间较短，根据P=”,可知第二次的功率大，选项C错误， D正确。 故选D。 6.C 【详解】当连杆AO与OB垂直时，几何关系可知∠ABO=30° 答案第2页，共10页 将滑块的速度Va、小球速度'4均分解成沿杆AB方向和垂直于杆AB方向，则有 Ve COS30°=V4cos30° 因为V4=oL 联立解得Vg=oL 故选C。 7.B 【详解】A,根据开普勒第三定律三k,由于轨道的半长轴小于轨道的半径，所以卫 星沿轨道Ⅱ运行的周期小于卫星沿轨道Ⅲ运行的周期，故A错误： B.卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，所以卫星在轨道Ⅱ经过点A的速 度大于卫星在轨道经过点A的速度，故B正确； C.根据牛顿第二定律可得 GMm=ma 2 解得a=G 2 可知卫星在轨道Ⅲ经过点B的加速度一定小于卫星在轨道Ⅱ经过点A的加速度，故C错误； D.根据开普勒第二定律可知，同一轨道上，在任意相等时间内，卫星与地心连线扫过的面 积相等；但轨道1与轨道Ⅱ是不同轨道，所以在任意相等时间内，卫星在轨道上与地心连线 扫过的面积与在轨道Ⅱ上与地心连线扫过的面积不相等，故D错误。 故选B。 8.B 【详解】AB.设地球半径为5，对赤道上的物体和同步卫星，由v=or 其中同步卫星轨道半径5>5 故%>y 对近地卫星和同步卫星，由GM v2 2 =m 得v= GM 其中近地卫星轨道半径，≈片<5 故V2> 答案第3页，共10页 因此y2>y>Y,故A错误，B正确： CD.对赤道上的物体和同步卫星，由a=o2r 其中同步卫星轨道半径5>片 则a3>a 对近地卫星和同步卫星，由Gm=ma 2 得a=GM 其中近地卫星轨道半径5≈片<5 故a2>a 因此a2>43>a1,故CD错误。 故选B。 9.AD 【详解】A.由题意可知V4=VB 0g=0 v=or 解得Vc=2ya=2y4 所以y4:Vc=1:2,A正确； B.由上述0r=0B·2r 解得04：⊙g=2:1,B错误： CD.根据a=上 解得a4:ag=2:l a4:ac=1:l,C错误，D正确。 故选AD。 10.BC 【详解】A.由图乙可知v2=0时F=10N 答案第4页，共10页 此时有F=g 得小球的质量为m=kg,故A错误： B.由图乙可知v2=4ms2时F=0 此时向心力完全由重力提供，有mg=m 得轻杆的长度为l=0.4m,故B正确： D.若小球恰好能做完整的圆周运动，则小球运动到最高点时的速度为0，此时重力与轻杆 对小球的弹力是一对平衡力，故D错误； C.因(3m/s)>4m2/s2,所以小球以3m/s的速度通过最高点时，杆对小球有向下的拉力， 2 根据牛顿第二定律有F+mg=m 可得小球受到杆的弹力大小为F=12.5N 方向竖直向下，故C正确。 故选BC。 11.BD 【详解】AB.由图可知，当a2=0时，绳子拉力为F=3N 此时小球处于静止状态，根据受力平衡可得F=mg cos0 解得omx9= 所以0=53°，故A错误，B正确： CD.当o2>5(rad/s)时，小球离开圆锥接触面，设此时圆锥母线与轴线的夹角为a,根据 牛顿第二定律Fsin0=maw2Lsin0 整理可得F=mLo 则此时F-图像的斜率为k= 50 3 =mL 25-0 解得L=m,故C错误，D正确。 3 故选BD。 12.AC 【详解】AB.根据万有引力提供向心力可得，对卫星A有GM=m T A 答案第5页，共10页 对卫星B有GMm =m 3x) T) 又=4B 联立解得=名，改A正确，B错炭」 CD.设从0时刻开始经时间t两卫星第n次相距最近，则有 2r1-2π1=n-2π(n=01,2,3… 解得t=nI 7 又0<12 联立解得0<n≤3.5 可知n取最大整数3，即在0乙时间内观察到A、B两颗卫星相距最近的次数为3次。故C 正确，D错误。 故选AC。 13.(1)C (2)B (3)D 【详解】(1)在探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，要保持质量m和半径r相同。 故选C。 (2)A.探究两个互成角度的力的合成规律，采用了等效替代法，故A错误： B.探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用了控制变量法，故B正确： C.探究平抛运动的特点，采用了运动的合成与分解，故C错误。 故选B。 (3)以滑块为对象，细线的拉力和摩擦力的合力提供向心力，则有 F+f=m 4π2 7T2 1 可得F=4mπ2r. 可知图3所示图像横坐标x代表的是】 故选D。 14.(1) 周期T 答案第6页，共10页 (2) F3T4 FT2 16π4Gm 4mπ 【详解】(1)[1][2]绕行时需要测量绕行的周期T,则所用的仪器为精确秒表。 故选B。 (2)[1][2]设该行星表面重力加速度为g,则有F=g 设行星的半径为尺，根据物体在行星表面受到的万有引力等于重力，可得GM R2=mg 宇宙飞船在行星表面的圆形轨道上绕星球转动，根据万有引力提供向心力可得 G Mat R 4n2 R2 联立解得行星的质量为M= E3T4 16π4Gm 星球的半径为R= FT2 4mn2 15.(1)g'= 2hvo 2 (2)T=4πLR Yo Vh 【详解】(1)小球抛出后做平抛运动，在空中运动时间为1= Vo 影整方向上N-片 解得g2h2h 2 (2)根据GMm 4π2 =m 2 4r2 解得T=GM GMm R2 =mg 解得GM=g'R2 联立解得T= 4π2(2R)3 =4 2R4πL R 8'R2 Vg'vo 16.(1)o≤ VR (2)n=V1+2u 答案第7页，共10页 【详解】(1)设物体离开圆盘时的速度为y,根据题意有ug=mRo2 可得w= μg VR 所以物体能够随圆盘转动时，角速度ω的取值范围为⊙≤ R (2)物体离开圆盘后做平抛运动，竖直方向R= 水平方向x=vt 其中v=Ro 落点与圆盘中心的水平距离L=√x2+2 根据题意有物体落地点到圆盘中心的水平距离与圆盘半径R的比值为尺 =2u+1 17.(1)15m/s:(2)7.5s;(3)0.5m/s2 【详解】(1)汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得 P=F牵Vm=fnm 则得最大速度为 P3×104 Vm= f0.1×2×103×10 m/s =15m/s (2)若汽车从静止做匀加速直线运动，则当P-P时，匀加速结束，则有 P额=F牵y 又根据牛顿第二定律有 F牵-f=ma 则有 Pon Pn yF年f+ma 匀加速直线运动的时间为 仁业= 30×103 a(/+ma)a(200+2000x1x5=7.5s (3)当速度=10m/s时，则牵引力为 F=P=30×10 N=3×103N v10 加速度为 答案第8页，共10页 a=F-⊥=3×103-0.1×2x103×10 m/s2=0.5m/s2 m 2×103 18.(1)3r )。umg:(3)。mg;(4)继续在原来轨道上做3 【详解】(1)由于B与圆盘间的动摩擦因数小于A、B间的动摩擦因数，故A、B不会发生 相对滑动，可看成整体。A、B整体与C具有相同的角速度，半径之比为3：2，根据 F=mor 可知圆盘由静止开始缓慢加速，A、B整体所受静摩擦力先达到最大，根据牛顿第二定律有 (m+2m)g=(m+2m)@·3r 解得 ug 3r (2)根据以上分析可知 8 因此可知，细线上有张力。设细线的张力大小为F,,对A、B整体，根据牛顿第二定律， 有 F+u.3mg =3mo2.3r 代入数据可得 3 F-2Amg (3)设此时C受到圆盘的摩擦力大小为F,方向指向O点，对C,根据牛顿第二定律，有 F+F =3mo.2r 解得 3 F-=2m8 (4)对C,剪断细线，则C水平方向只受摩擦力作用；若C恰好不与圆盘发生相对滑动， 设此时其角速度为omx，由牛顿第二定律可得 3μmg=3moax2r 解得 答案第9页，共10页 g >2g max=2r 5r 故C继续在原来轨道上做匀速圆周运动。 答案第10页，共10页