江蘇省南通市重點(diǎn)中學(xué)2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期物理期中考試試卷（含答案）

江蘇省南通市重點(diǎn)中學(xué)2021-2022學(xué)年高一理期中考試試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．某踢出的足球在空中運(yùn)動軌跡如圖所示，把足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，關(guān)于足球從踢出到落地的過程中，足球的（）A．動能先減少后增加 B．重力勢能一直增加C．機(jī)械能先減少后增加 D．重力的瞬時(shí)功率一直增大2．一端固定的輕質(zhì)彈簧處于原長，現(xiàn)用互成直角的兩個(gè)力F1、F2拉彈簧的另一端至O點(diǎn)，如圖，在此過程F1、F2分別做了6J、8J的功；換用另一個(gè)力F仍使彈簧重復(fù)上述過程，該過程F所做的功是（）A．14J B．10J C．2J D．－2J3．如圖所示，在點(diǎn)電荷形成的電場中有A、B兩點(diǎn)，已知A點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為EA，方向垂直于AB連線，電勢為φA，B點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為EB，方向與AB連線成θA．EA<EB B．EA=4．如圖是北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知P、Q、M三顆衛(wèi)星均做勻速圓周運(yùn)動，虛線圓是P、Q衛(wèi)星軌道的包圍圓，其中P是地球同步衛(wèi)星，則這三顆衛(wèi)星（）A．線速度大小vQ<vC．受到的引力FM>F5．如圖所示為電子束焊接機(jī)，圖中帶箭頭的虛線代表電場線，B、C是電場中兩點(diǎn)。K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速。不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是（）A．A，K之間的電場強(qiáng)度均為Ud C．B點(diǎn)電場強(qiáng)度大于C點(diǎn)電場強(qiáng)度 D．電子由K到A的電勢能減少了eU6．如圖（甲）所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖（乙）（）A．t1B．t2C．t2D．t27．嫦娥五號返回地球的某個(gè)階段中，在軌道半徑為r1的圓形軌道Ⅰ上繞地球運(yùn)行的周期為T，某時(shí)刻該衛(wèi)星在A點(diǎn)變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ（如圖），近地點(diǎn)B到地心的距離為rA．衛(wèi)星從軌道Ⅰ向軌道Ⅱ變軌需要加速B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上A點(diǎn)的加速度比軌道Ⅱ上A點(diǎn)的加速度大C．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的B點(diǎn)速度大于在軌道Ⅰ上運(yùn)動的速度D．衛(wèi)星由A到B運(yùn)動的時(shí)間為t=8．如圖所示，一段均勻帶電的半圓形細(xì)線在其圓心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，現(xiàn)把細(xì)線分成等長的AB、BC、CD三段圓弧，請利用學(xué)過的方法（如對稱性，疊加思想）分析，圓弧BC在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)的大小是（）A．E B．E2 C．E3 9．如圖所示，小物塊套在固定豎直桿上，用輕繩連接后跨過小定滑輪與小球相連。開始時(shí)物塊與定滑輪等高。已知小球的質(zhì)量是物塊質(zhì)量的兩倍，桿與滑輪間的距離為d，重力加速度為g，繩及桿足夠長，不計(jì)一切摩擦?，F(xiàn)將物塊由靜止釋放，在物塊向下運(yùn)動過程中（）A．小物塊重力的功率一直增大 B．剛釋放時(shí)小物塊的加速度gC．小物塊下降的最大距離為43d10．真空中一平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，存在著平行x軸方向的電場，x軸上各點(diǎn)的電勢φ隨位置x變化的關(guān)系圖像如圖所示，x=0處電勢為6V。一個(gè)帶負(fù)電粒子從x=1cm處由靜止釋放，不計(jì)粒子重力，則下列說法正確的是（）A．x=2cm處的電勢為零，電場強(qiáng)度大小也為零B．x=?1cm的電場強(qiáng)度大于x=1cm處的電場強(qiáng)度C．粒子沿x軸負(fù)方向運(yùn)動過程中，電勢能先變大后變小D．粒子可在x=1cm和x=?1.二、實(shí)驗(yàn)題11．如圖甲是用“落體法”驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置。（g取9.（1）下列做法正確的有____（填正確答案序號）。A．必須要稱出重物的質(zhì)量B．圖中兩限位孔必須在同一豎直線上C．?dāng)?shù)據(jù)處理時(shí)，應(yīng)選擇紙帶上距離較近的兩點(diǎn)作為初、末位置D．可以用v=gt或者v=2gh（2）選出一條清晰的紙帶如圖乙所示，其中O點(diǎn)為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一個(gè)點(diǎn)，A、B、C為三個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通過頻率為50Hz的交變電流。用刻度尺測得OA=15.55cm，OB=19.20cm，OC=23.23cm，重錘的質(zhì)量為1.00kg，（g取9.（3）某同學(xué)利用他自己實(shí)驗(yàn)時(shí)打出的紙帶，測量出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一個(gè)點(diǎn)的距離h，算出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)對應(yīng)的速度v，然后以h為橫軸、以12v2（4）圖線明顯未過原點(diǎn)O的原因可能是。三、解答題12．如圖所示，“天宮一號”空間站正以速度v繞地球做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動的軌道半徑為r，地球半徑為R，萬有引力常量為G。求：（1）空間站運(yùn)動的周期T；（2）地球的質(zhì)量M；（3）地球的第一宇宙速度v113．一根長為L的絲線吊著一質(zhì)量為m的帶電量為q的小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，如圖所示，絲線與豎直方向成37°角（重力加速度為g）。（1）求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大??；（2）現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)樨Q直向下，且大小不變，求小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)絲線的拉力大小。14．如圖所示，AB、BC、CD是同一豎直面的三段，它們之間平滑連接。其中AB為光滑圓弧軌道，O為圓心，B在O點(diǎn)的正下方，∠AOB=60°，半徑R=1.6m。BC段是水平傳送帶，長為3m，始終保持勻速傳送。CD段水平，長為3.6m。一質(zhì)量為1kg的小物塊從A由靜止釋放，最終恰好停在D點(diǎn)。已知物塊與BC段傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4，與CD間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度（1）物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力大小；（2）傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向；（3）傳送帶由于傳送物塊多消耗的電能。15．如圖所示，在粗糙水平地面上A點(diǎn)固定一個(gè)半徑為R的光滑豎直半圓軌道，在A點(diǎn)與地面平滑連接。輕彈簧左端固定在豎直墻上，自然伸長時(shí)右端恰好在O點(diǎn)，OA=3R?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊P，從與圓心等高處的B點(diǎn)由靜止釋放，物塊壓縮彈簧至E點(diǎn)時(shí)速度為0（位置未標(biāo)出），第一次彈回后恰好停在A點(diǎn)。已知物塊與水平地面間動摩擦因數(shù)μ=0.（1）物塊P第一次到達(dá)圓軌道A點(diǎn)時(shí)速度；（2）OE的長度及彈簧的最大彈性勢能；（3）若換一個(gè)材料相同的物塊Q，在彈簧右端將彈簧壓縮到E點(diǎn)由靜止釋放，物塊Q質(zhì)量mx多大時(shí)在通過半圓軌道上運(yùn)動時(shí)不脫離軌道？（mx用物塊P的質(zhì)量m表示）

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】足球斜向上運(yùn)動至最高點(diǎn)，速度減小，至最高點(diǎn)最?。ǖ笥?），然后開始向右做平拋運(yùn)動，速度增加。整個(gè)過程動能先減少后增加；重力勢能先增加后減少；機(jī)械能總量不變；重力的功率先減?。ㄗ罡唿c(diǎn)為零，因?yàn)橹亓εc速度垂直）后增大，A符合題意，BCD不符合題意。故答案為：A。

【分析】斜上拋運(yùn)動的物體水平方向不受力，豎直方向上只受重力，從而進(jìn)行分析判斷。2．【答案】A【解析】【解答】F1和F2拉彈簧的作用效果與力F拉彈簧的作用效果相同，故力F拉彈簧做的功等于力F1和故答案為：A。

【分析】利用分力做功和合力做功等效，所以利用分力做功之和可以求出合力做功的大小。3．【答案】C【解析】【解答】兩條電場線延長線交于一點(diǎn)，即為點(diǎn)電荷Q的位置，如圖所示：根據(jù)電場線方向可知Q帶負(fù)電，設(shè)A、B兩點(diǎn)到Q的距離分別為rA和rB，由幾何知識得到：r根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k可得A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度關(guān)系為EA＞EB因?yàn)锽點(diǎn)距離負(fù)點(diǎn)電荷Q遠(yuǎn)，所以φB＞φAC符合題意，ABD不符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的表達(dá)式以及幾何關(guān)系得出AB兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度以及電勢的大小關(guān)系。4．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)GMm解得v=依題意，有r可知，線速度大小vA不符合題意；B．同理根據(jù)GMm解得T=2π依題意，有r運(yùn)行的周期TB符合題意；C．根據(jù)F=三顆衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以受到的引力的大小關(guān)系不確定。C不符合題意；D．三顆衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以具有的機(jī)械能大小關(guān)系不確定。D不符合題意。故答案為：B。

【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力得出衛(wèi)星線速度、周期的表達(dá)式，并判斷大小，通過萬有引力的表達(dá)式以及機(jī)械能的定義判斷引力和機(jī)械能的大小關(guān)系。5．【答案】D【解析】【解答】A．A、K之間建立的是非勻強(qiáng)電場，公式U=Ed不適用，因此A、K之間的電場強(qiáng)度不等于UdB．B、C所在等勢面為一條條和電場線垂直的圓弧，如圖所示根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知B點(diǎn)電勢小于C點(diǎn)電勢，B不符合題意；C．電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度大小，從圖中可知B點(diǎn)所在位置的電場線較疏，C點(diǎn)所在位置的電場線較密，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于C點(diǎn)的電場強(qiáng)度，C不符合題意；D．電子由K到A，受到的電場力方向和電場方向相反，即由K指向A，和運(yùn)動方向一致，所以電場力做正功，電勢能減小，根據(jù)動能定理可得|ΔD符合題意。故答案為：D。

【分析】結(jié)合題目中給出的電場線模型，電場線密集的區(qū)域電場強(qiáng)度大，沿電場線方向電勢減小，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加。6．【答案】D【解析】【解答】A．小球在接觸彈簧之前做自由落體運(yùn)動，碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為0即重力等于彈簧彈力時(shí)加速度達(dá)到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運(yùn)動，與彈簧接觸的整個(gè)下降過程，小球的動能和重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，上升過程恰好與下降過程互逆，由乙圖可知t1時(shí)刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，小球仍做加速運(yùn)動，所以此刻小球的動能不是最大，A不符合題意；B．t2時(shí)刻彈力最大，小球處在最低點(diǎn)，動能最小，B不符合題意；CD．t3時(shí)刻小球往上運(yùn)動恰好要離開彈簧；t2?t3這段時(shí)間內(nèi)，小球先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和重力勢能，即小球增加的機(jī)械能等于彈簧減少的彈性勢能，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】彈簧運(yùn)動的該過程中根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的變化情況，從而得出小球速度的變化情況，結(jié)合動能的表達(dá)式得出動能的大小關(guān)系。7．【答案】C【解析】【解答】A．衛(wèi)星從軌道Ⅰ向軌道Ⅱ變軌做向心運(yùn)動，需要減速，A不符合題意；B．根據(jù)Ga=衛(wèi)星在軌道Ⅰ上A點(diǎn)的加速度等于在軌道Ⅱ上A點(diǎn)的加速度，B不符合題意；C．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的B點(diǎn)做離心運(yùn)動，其速度大于在本軌道上做圓周運(yùn)動的速度，根據(jù)Gv=在本軌道上做圓周運(yùn)動的速度要大于在軌道Ⅰ上運(yùn)動的速度，所以衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的B點(diǎn)速度大于在軌道Ⅰ上運(yùn)動的速度，C符合題意；D．在圓形軌道Ⅰ上繞地球運(yùn)行的周期為T，在軌道Ⅱ上的周期為T'，由開普勒第三定律得衛(wèi)星由A到B運(yùn)動的時(shí)間為t=D不符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)近心運(yùn)動的規(guī)律得出衛(wèi)星從軌道Ⅰ向軌道Ⅱ變軌做向心運(yùn)動時(shí)速度的變化情況，結(jié)合萬有引力為嫦娥五號所受的合力并提供向心力，從而得出向心加速度和線速度的表達(dá)式并判斷大小，通過開普勒三定律得出衛(wèi)星由A到B運(yùn)動的時(shí)間。8．【答案】B【解析】【解答】設(shè)細(xì)線帶正電、每段圓弧在O處產(chǎn)生場強(qiáng)的大小為E'AB、CD兩段圓弧在O處產(chǎn)生場強(qiáng)的夾角為1200，這兩者的合場強(qiáng)大小為E'，方向與BC在O處產(chǎn)生場強(qiáng)的方向相同．所以三段圓弧在O處的合場強(qiáng)E=2E'，則E故答案為：B

【分析】根據(jù)點(diǎn)電和周圍電場線的分布以及電場強(qiáng)度的疊加得出圓弧BC在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)。9．【答案】C【解析】【解答】A．剛釋放時(shí)物塊的速度為0，物塊下落到最低點(diǎn)時(shí)速度也為0，即物塊在下落過程速度先增大后減小，由重力的瞬時(shí)功率表達(dá)式P=mgv可知，小物塊重力的功率先增大后減小。A不符合題意；B．剛釋放時(shí)，小物塊水平方向受力平衡，豎直方向只受重力，根據(jù)牛頓第二定律可知此時(shí)小物塊的加速度為g。B不符合題意；C．設(shè)物塊下降的最大距離為h，物塊的質(zhì)量為m，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，可得mgh?2mg(解得h=C符合題意；D．小球在上升過程，先加速后減速，即先超重后失重，故繩子的張力先大于小球的重力，后小于小球的重力。D不符合題意。故答案為：C。

【分析】釋放物塊后根據(jù)物塊初末位置的速度得出物塊的速度變化情況，利用機(jī)械能守恒定律得出物塊下降的最大距離。10．【答案】D【解析】【解答】A．φ?x圖像中，斜率表示電場強(qiáng)度，即E可知x=2cm處的電場強(qiáng)度大小不為零。A不符合題意；B．同理，由圖可知E所以x=?1cm的電場強(qiáng)度小于x=1cm處的電場強(qiáng)度。B不符合題意；C．粒子沿x軸負(fù)方向運(yùn)動過程中，由圖可知，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大。C不符合題意；D．根據(jù)動能定理，因?yàn)槌跄┧俣葹?，所以在原點(diǎn)兩側(cè)電場力做的功一正一負(fù)，大小相等，有W=qEd易知d所以負(fù)電荷相對于原點(diǎn)的位移大小比為2：3，即在x=1cm處釋放后沿x軸負(fù)向運(yùn)動到的最遠(yuǎn)位置處的坐標(biāo)為x=-1.5cm。D符合題意。故答案為：D。

【分析】φ?x圖像中，斜率表示電場強(qiáng)度，從而得出各位置的電場強(qiáng)度，并判斷各位置的電場強(qiáng)度大小，結(jié)合電場力做功的表達(dá)式得出電荷運(yùn)動的最大位移。11．【答案】（1）B（2）1.88；1.92（3）g（4）原因可能是先釋放紙帶，后接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器【解析】【解答】(1)A．驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)是重力勢能減少的量等于動能增加的量，即mgh=質(zhì)量可以約掉，沒有必要稱出重物的質(zhì)量。A不符合題意；B．圖中兩限位孔必須在同一豎直線上，是為了減小阻力。B符合題意；C．?dāng)?shù)據(jù)處理時(shí)，應(yīng)選擇紙帶上距離較遠(yuǎn)的兩點(diǎn)作為初、末位置，距離越遠(yuǎn)，讀數(shù)時(shí)誤差越小。C不符合題意；D．求速度時(shí)利用平均速度等于中間時(shí)刻的速度的方法。D不符合題意。故答案為：B；(2)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打到B點(diǎn)時(shí)重錘的重力勢能比開始下落時(shí)減少了?相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為t=此時(shí)重錘的速度為v(3)由機(jī)械能守恒定律，可得mgh=整理，可得1易知，圖線的斜率近似等于重力加速度g；圖線明顯未過原點(diǎn)O的原因可能是先釋放紙帶，后接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，致使計(jì)時(shí)器打點(diǎn)時(shí)，紙帶已經(jīng)具有了一定的速度。

【分析】（1）根據(jù)用“落體法”驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)原理判斷正確的選項(xiàng)；

（2）根據(jù)重力勢能的表達(dá)式以及中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度得出重力勢能的變化以及此時(shí)重錘的質(zhì)量；

（3）結(jié)合機(jī)械能守恒定律得出V2一半與h的關(guān)系式并做出圖像，從而得出斜率的大小。12．【答案】（1）解：由公式v=代入公式得T=（2）解：由牛頓第二定律和萬有引力定律得G解得M=（3）解：由第一宇宙速度定義、牛頓第二定律和萬有引力定律得G解得v【解析】【分析】（1）根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系得出周期表達(dá)式；

（2）根據(jù)牛頓第二定律萬有引力提供向心力求出地球的質(zhì)量；

（3）根據(jù)牛頓第二定律萬有引力提供向心力求出地球的第一宇宙速度。13．【答案】（1）解：因?yàn)镕電=mgtan37°故電場強(qiáng)度E=F（2）解：由動能定理得（mg+F電）×L（1-cos37°)=12mv在最低點(diǎn)，由F-mg=mv解得F=1.7mg【解析】【分析】（1）小球在勻強(qiáng)電場中處于平衡；利用平衡方程結(jié)合電場強(qiáng)度和電場力的關(guān)系可以求出電場強(qiáng)度的大小；

（2）小球下落過程其重力和電場力做功，利用動能定理可以求出小球落到最低點(diǎn)的速度大小；結(jié)合牛頓第二定律可以求出拉力的大小。14．【答案】（1）解：A到B的過程mgR得vB=4m/s在B點(diǎn)F得FN=20N