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江苏省南通市如东县部分学校2023-2024学年高一（下）

期中物理试卷

一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。

1. 用物理量之比定义新物理量，它是物理学中一种常用方法。以下物理量表达式中属于用物理量之比定义电场强度的是（　　）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】A．是电场强度的定义式，采用比值定义法，E与F、q均无关，反映了电场本身的性质，故A正确；

B．是点电荷电场强度的决定式，不是比值定义式，故B错误；

C．是匀强电场中电势差与电场强度的关系式，不是比值定义式，故C错误；

D．电势差

U＝

则

此表达式是匀强电场中电场力做功、电荷量、沿电场方向的距离与电场强度的关系式，不是比值定义式，故D错误。

故选A。

2. 关于力做功，下列说法正确的是（　　）

A. 力越大，力对物体做功越多

B. 静摩擦力一定对物体不做功

C. 滑动摩擦力可能对物体做正功

D. 一对作用力与反作用力做功的代数和总为零

【答案】C

【解析】

【详解】A．由功的计算公式

W＝Flcosα

可知，力对物体做功与F、l、α三者都有关系，物体受力越大，位移越大，力对物体做功不一定大，如

α＝90°，W＝0

故A错误；

BC．静摩擦力的方向与相对运动趋势相反，滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反；当摩擦力方向与物体的位移方向相同时，做正功，当滑动摩擦力方向与物体的位移方向相反时，做负功，故B错误，C正确；

D．一对作用力和反作用力分别作用在两个不同物体上，两个物体的位移大小可能相等，也可能不等，故做功和不一定为零，故D错误。

故选C。

3. 下列有关电学知识的相关说法正确的是（　　）

A. 图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电极B上

B. 图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的

C. 图丙中，在加油站给汽车加油前需要触摸静电释放器是为了利用静电

D. 图丁中，工作人员在超高压带电作业时，穿绝缘橡胶服比金属丝编制更安全

【答案】B

【解析】

【详解】A．图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，故A错误；

B．图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的，故B正确；

C．图丙中，给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其目的是导走人身的静电，防止发生静电危害，故C错误；

D．图丁中，超高压带电作业的工作人员，穿上金属丝制成的衣服，起到静电屏蔽的作用，可以保证安全，故D错误。

故选B。

4. 北斗系统主要由离地面高度约为6R（R为地球半径）的同步轨道卫星和离地面高度约为3R的中轨道卫星组成.则（　　）

A. 中轨道卫星的线速度大于同步轨道卫星的线速度

B. 中轨道卫星与同步轨道卫星的向心加速度之比为4：1

C. 中轨道卫星的运行周期为12小时

D. 卫星从中轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气

【答案】A

【解析】

【详解】同步轨道卫星的轨道半径为

中轨道卫星的轨道半径为

A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有

解得

所以中轨道卫星的线速度大于同步轨道卫星的线速度，故A正确；

B．根据牛顿第二定律可得

解得

所以中轨道卫星与同步轨道卫星的向心加速度之比为49：16，故B错误；

C．根据开普勒第三定律可得

其中同步卫星的周期为24h，所以中轨道卫星的运行周期约为10.3小时，故C错误；

D．卫星从中轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气做离心运动，故D错误。

故选A。

5. 某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是（　　）

A. E_A＞E_C B. E_C＜E_D

C. φ_A＜φ_B D. φ_B＞φ_C

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据电场线的性质可知，电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，C点的电场强度比A点大；C点的电场强度比D点大，故AB错误；

CD．沿着电场线电势一定降低，所以A点电势大于B点的电势，所以φ_A＞φ_B，B点电势大于C点电势，故C错误，D正确。

故选D。

6. 如图所示，一长度为L不可伸长的轻绳，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可看作质点）。把细绳拉至水平由静止释放小球，小球下降到B点时细绳与水平方向成30°，忽略空气阻力，重力加速度为g。则运动到B点时小球重力的瞬时功率为（　　）

A. 0 B. C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据动能定理

解得

将其沿重力方向分解

v'＝vcos30°

则此时重力的瞬时功率为

故选D。

7. 某同学用如图所示装置“探究平行板电容器的电容影响因素”，图中M、N是平行板电容器的两个极板，探究过程中，发现电流表中有a到b的电流，不可能的原因是（　　）

A. M板向下平移 B. M板向左平移

C. 电介质向右平移 D. 电介质向左平移

【答案】A

【解析】

【详解】A．在图示连接方式中，两极板间的电压保持不变；M板向下平移，则极板间距减小，根据

可知电容器的电容增大；根据

Q＝CU

可知电容器带电量增大，则电容器充电，电流方向是从b到a的，故A不可能，符合题意；

B．M板向左移，则极板正对面积S减小，根据

可知电容器的电容减小；根据

Q＝CU

可知电容器带电量减小，则电容器放电，电流方向是从a到b的，故B可能，不符合题意。

C．电介质向右移，则介电常数ɛ减小，根据

可知电容器的电容减小；根据

Q＝CU

可知电容器带电量减小，则电容器放电，电流方向是从a到b的，故C可能，不符合题意；

D．电介质向左移，则介电常数ɛ减小，根据

可知电容器的电容减小；根据

Q＝CU

可知电容器带电量减小，则电容器放电，电流方向是从a到b的，故D可能，不符合题意。

故选A。

8. 一环状物体套在光滑水平直杆上，环状物能沿杆自由滑动。用绳子一端连接在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示。物体在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为E_a、E_b、E_c，且ab＝bc，滑轮质量和摩擦不计，则下列关系中正确的是（　　）

A. E_b﹣E_a＝E_c﹣E_b B. E_b﹣E_a＜E_c﹣E_b

C. E_b﹣E_a＞E_c﹣E_b D. E_a＞E_b＞E_c

【答案】C

【解析】

【详解】滑块从a到b过程，只有拉力F做功，根据动能定理，有

滑块从b到c过程，只有拉力F做功，根据动能定理，有

根据几何关系，有

l₁＞l₂

故

拉力一直做正功，故

故选C。

9. 如图是空间某区域电势φ随位置x变化的关系图，图中四个区域1、2、3、4内电场强度沿x轴方向的分量大小分别为E₁、E₂、E₃、E₄。下列判断正确的是（　　）

A. E₁＜E₃

B. E₂沿x正方向

C. 同一电荷沿x方向在区域2受的电场力比在区域4大

D. 电子沿x轴正方向穿过区域2的过程中电势能增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图像可得，图像斜率为场强大小，我们可以看到1、3区域的场强均为0，故A错误；

BD．沿x轴正方向2区域的电势在增大，因此2区域处的场强在x轴的分矢量沿x轴负方向，电子在此区域会加速运动，动能增大，电势能减小，故BD错误；

C．2区域的斜率大于4区域，因此E₂＞E₄，同一电荷沿x方向在区域2受的电场力比在区域4大，故C正确。

故选C。

10. 儿童电动汽车启动时，以额定功率沿水平轨道直线加速并达到最大速度，其加速度a与速度倒数的关系图像如图所示。已知电动汽车受到的阻力大小恒为30N，重力加速度g＝10m/s²。则电动汽车的额定功率和最大速度分别为（　　）

A. 30W；2m/s B. 30W；4m/s

C. 60W；2m/s D. 60W；4m/s

【答案】C

【解析】

【详解】设电动玩具汽车的额定功率为P，受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得

又

联立可得

根据图像可得

，

解得

，

当牵引力等于阻力时，速度到达最大，则有

故选C。

11. 如图所示，abcde是半径为r的圆内接正五边形，在其顶点a、b、c、d处各固定有电荷量为＋Q的点电荷，则放置在圆心O处的点电荷－q（q > 0）所受到的静电力大小为（   ）

A  B. C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】根据对称性，若在e点固定一个电荷量为＋Q的点电荷，则圆心O处的合场强为零，所以，如果撤去e点固定的电荷，则剩下电荷在O处的合场强与e点固定一个电荷量为＋Q的点电荷在O处产生的电场等大反向，大小为。

故选B。

二、非选择题：共5题，共56分.其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12. “验证机械能守恒定律”实验采用以下两种方法：

（1）用图甲所示的装置进行实验。

①正确进行实验操作，选择了一条理想的纸带，用刻度尺测量时各计时点位置对应刻度尺上的读数如图乙所示，图中O是打点计时器打的第一个点，A、B、C、D、E分别是连续的计时点。若重锤质量为0.10kg，取g＝9.8m/s²，计时器打点周期为0.02s，则重锤由初始位置O到打下计时点D的过程中，减少的重力势能为_________J，打D点时重锤的速度为_________m/s。

②关于本实验，下列说法正确的是_________。

A.在重物大小合适的情况下，选择木块比选择铁块好

B.实验时要先释放重物，再接通打点计时器

C.选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零

D.重物下落的速度可以用v＝gt来计算

③实验中产生误差的主要原因是_________（选填“空气”或“摩擦”）阻力的影响。

（2）某实验小组利用智能手机的相关软件来验证机械能守恒定律，装置如图丙所示，实验步骤如下：

a.将手机放到盒子A中，测出盒子A和手机的总质量M，再将盒子A、B分别系在一条跨过定滑轮的不可伸长的轻质细线的两端；

b.调整盒子B中细沙的质量，使整个装置恰能处于静止状态；

c.在盒子B的下端挂一个质量为m的钩码C，用手拉住盒子A，稳定后由静止释放；

d.通过软件测得手机的加速度随时间变化的图像如图丁所示。

①根据图像，不考虑微小的波动影响，最好选择_________时间段的运动过程，进行机械能守恒定律的验证，此过程盒子B的末速度大小v_B＝_________m/s。

②已知当地的重力加速度为g，钩码C下落h高度时的速度为v，若要验证机械能守恒定律，需要验证的关系式为_________（用所给物理量的符号表示）。

【答案】（1）    ①. 0.54    ②. 3.28    ③. C    ④. 摩擦    

（2）    ①. 2s～35s    ②. 1.2    ③.

【解析】

【小问1详解】

①[1][2] 重锤由初始位置O到打下计时点D的过程中，减少的重力势能为

打D点时重锤的速度为

②[3] A.在重物大小合适的情况下，选择密度较大的铁块，阻力对实验的影响较小，故选择铁块比木块好，故A错误；

B.为有效的利用纸带，实验时要先接通打点计时器，再释放重物，故B错误；

C.选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零，动能的增加量可以用末动能减去初动能计算，故C正确；

D.重物下落的速度不可以用v＝gt来计算，用此公式计算是认为重物的加速度等于g，默认了机械能是守恒的，不能做到验证的目的，故D错误。

故选C。

③[4] 实验中重物选择的是体积小密度大的重物，空气阻力的影响较小，纸带运动过程中的摩擦阻力影响较大，故产生误差的主要原因是摩擦阻力的影响。

【小问2详解】

①[1][2] 根据图像，可知0～2s内与4s～6s内手机的加速度均为零，而2s～3.5s内加速度不为零，则2s～3.5s内手机在做加速运动，所以最好选择2s～3.5s时间段的运动过程，进行机械能守恒定律的验证。由图像可得，2～3.5s内的加速阶段速度增加量为

Δv＝aΔt＝0.8×（3.5﹣2）m/s＝1.2m/s

盒子B由静止开始运动，可得其末速度大小为

v_B＝Δv＝1.2m/s

②[3]A、B、C组成的系统加速运动时，如果机械能守恒，B、C减少的重力势能等于A增加的重力势能和系统增加的动能之和，则有：

可得需要验证的关系式为

13. 宇航员登上半径为R某球形未知天体，将质量为m的小球从距该天体表面h高度由静止释放，测得下落过程的时间为t，不考虑该天体的自转。求：

（1）该未知天体表面的重力加速度大小g；

（2）该未知天体的第一宇宙速度v。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据小球自由落体可知

解得

（2）根据万有引力提供重力有

得到

GM＝gR²

根据万有引力提供向心力有

解得

14. 如图所示，三角形ABC所在平面内有一匀强电场。电荷量q＝﹣1.0×10^﹣4C的检验电荷从A点移动到B点过程电场力做功为零，从B点移动到C点过程电场力做功W＝3×10^﹣3J，再从C点移动到AC边的中点D。已知∠A＝∠C＝30°，AB边长，以A点为电势零点，求：

（1）匀强电场的电场强度大小和方向；

（2）检验电荷在D点具有电势能E_p。

【答案】（1）200V/m，方向垂直于AB向下；（2）﹣1.5×10^﹣3J

【解析】

【详解】（1）B、C两点的电势差

检验电荷从A点移动到B点时电场力做功为零，则A、B两点等电势，A、B两点在同一等势线上，电场强度方向垂直于等势线，且沿着电场线电势逐渐降低，可知电场方向垂直于AB向下，∠A＝∠C＝30°，AB边长等于BC的边长，均为，根据几何关系，C到AB所在直线的垂直距离

d'＝dsin60°

匀强电场的大小

E＝||

解得

E＝200V/m

（3）A、D两点的电势差

A点为电势零点，所以D点电势

φ_D＝15V

移动到D点时检验电荷的电势能

E_p＝qφ_D＝﹣1×10^﹣4×15J＝﹣1.5×10^﹣3J

15. 如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量m＝1kg的物块A（可视为质点）以初速度v₀＝8m/s从距O点右方s₀＝3m处的P点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到点位置后，又被弹回，恰好回到P点处于静止状态。已知物块A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10m/s²。求：

（1）之间的距离x；

（2）被压缩到点时弹簧的弹性势能E_p；

（3）如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B（可视为质点）与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到点位置，然后由静止释放，求物块A向右滑行的最大距离l。

【答案】（1）1m；（2）16J；（3）2m

【解析】

【详解】（1）物块A从P→→P过程，由动能定理有

代入数据可得

x＝1m

（2）物块A从P→过程，由动能定理有

由功能关系有

W_弹＝0﹣E_p

代入数据可得

E_p＝16J

（3）左推A、B使弹簧右端压缩到点位置，则弹簧增加的弹性势能与只有物块A时相等，当弹簧恢复原长时，A、B分离，分离时两物体的速度相等，设此速度大小为v，从点到O点过程，由能量守恒有

A脱离弹簧后做匀减速直线运动，此过程由动能定理有

物块A向右滑行的最大距离

l＝x+l₀

代入数据可得

l＝2m

16. 如图所示，半径为R的六分之一光滑圆弧支架竖直放置，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑轻质小轮（滑轮大小不计）。可视为质点的小球A、B系在长为3R的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为3m、m。现将A球从紧靠小轮P处由静止释放，取CD面为零势能面，重力加速度为g，不计空气阻力。求：

（1）释放前A、B系统的重力势能E_p；

（2）A球刚释放时的加速度大小a和此时轻绳的拉力大小T；

（3）A球运动到C点时的速度大小v_A。

【答案】（1）﹣mgR；（2）g，mg；（3）

【解析】

【详解】（1）取CD面为零势能面，A球距离零势能面的高度

h_A＝R﹣Rcos60°＝

B球在零势能面以下的距离

h_B＝3R﹣＝2.5R

所以系统的重力势能

E_P＝3mgh_A﹣mgh_B

解得

E_P＝﹣mgR

（2）根据牛顿第二定律有

3mgsin60°﹣T＝3ma

T﹣mg＝ma

解得

a＝g，T＝mg

（3）由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有

在C点进行速度的合成与分解，如图所示

根据几何关系，有

v_B＝v_Acos30°

联立解得