2021-2022学年六校联合体高一下物理期中试卷（含答案）.pdf

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1、第 1页（共 16页）2021-2022 学学年年江江苏苏省省南南京京市市六六校校联联合合体体高高一一（下下）期期中中物物理理试试卷卷一一、单单项项选选择择题题（本本题题共共 10 小小题题，每每小小题题 4 分分，共共 40 分分。每每小小题题只只有有一一个个选选项项正正确确）1（4 分）在物理学的发展过程中，很多科学家做出了巨大的贡献，则下列说法中符合史实的是()A伽利略通过观测、分析计算发现了行星的运动规律B开普勒利用他精湛的数学经过长期计算分析，最后终于发现了万有引力定律C卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量G而被称为测出地球质量第一人D牛顿运用万有引力定律预测并发现了海王星和冥

2、王星2（4 分）下列生活情境中，利用静电屏蔽原理的是()A雷雨天，武当山金殿的屋顶常出现“雷火炼殿的奇观B燃气灶上电子点火器的针头电极C超高压带电作业所穿衣服的织物中掺入了金属丝第 2页（共 16页）D静电复印机3（4 分）南京江北地带未来地标象征“华东MALL摩天轮”，建成后将成为长三角地区最高的摩天轮，该摩天轮的转盘直径为108m，转一圈的时间大约是30min。乘客乘坐观光时，其线速度大小约为()A0.20/m sB0.50/m sC1.0/m sD5.0/m s4（4 分）如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，图中带箭头的实线表示电场线，虚线表示粒子运动的径迹，下列判断正

3、确的是()A粒子带负电B粒子的加速度减小C粒子在a点速度大于b点速度D粒子在a点的电势能比在b点的大5（4 分）2021 年 5 月 16 日至 6 月 24 日，运行在约555km高度轨道上的“星链1095”卫星降轨至平均高度为382km的近圆轨道上，后持续运行于这一与中国空间站相近的高度，在此期间，中国空间站采取了紧急避碰措施。关于卫星的降轨，下列说法正确的是()A降轨前，卫星在原轨道上处于平衡状态第 3页（共 16页）B降轨时，卫星在原轨道上需要先行减速C降轨后，卫星在新轨道上运动周期变大D降轨后，卫星在新轨道上的速度将大于第一宇宙速度6（4 分）如图所示，以电荷量为Q的点电荷为圆心的圆

4、弧上有A、B、C、D四个点，其中A、C两点连线和B、D两点连线垂直。在点电荷的右侧有一接地金属板MN，点电荷和金属板附近的电场线分布如图。下列说法正确的是()AB、D两点的电势相等，场强相同BA点的场强小于C点的场强，A点的电势高于C点的电势C将一个试探电荷由A点移到C点，电场力做功为零D将一个带正电的不计重力的粒子从B点由静止释放，粒子将沿电场线运动7（4 分）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学上将其称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示（天文学上常用地球公转半径作为

5、长度单位，用符号AU表示），根据题中信息，试判断哪颗地外行星相邻两次冲日的时间间隔最长()地球火星木星土星天王星海王星轨道半径()AU1.01.55.29.51930A火星B木星C天王星D海王星8（4 分）物体做自由落体运动，以水平地面为零势能面，分别用pE、kE、h、v、t代表势能、动能、下落的距离、速度、时间，则下列图像中，能正确反映各物理量之间关系的是()第 4页（共 16页）ABCD9（4 分）如图所示，OO为竖直固定转轴，足够长的光滑轻杆用铰链固定于转轴上的O点，杆与竖直方向的夹角为。轻质弹簧套在杆上，下端固定于O点，上端系住小球(A A套在杆上），弹簧原长为l，重力加速度为g。现使

6、杆随转轴OO转动，角速度从零开始缓慢增大，下列说法正确的是()A杆对小球的弹力不变B弹簧对小球的弹力增大C当2cossingl时，弹簧对小球的弹力大小恰好为零D小球的转动平面缓慢升高，小球的机械能守恒10（4 分）如图所示，质量为m的圆环套在足够长光滑竖直杆上，质量为2.5Mm的木块放在倾角为30的足够长光滑固定斜面上，圆环与木块用轻质细线通过光滑定滑轮连接，图中滑轮与木块间的细线与斜面平行，滑轮与a位置等高且水平距离3Lm，现让圆环从a位置由静止释放运动到b位置。已知a、b两位置的高度差为4Hm，不计空气阻力，重力加速度210/gm s。下列判断正确的是()第 5页（共 16页）A刚释放圆环

7、的瞬间，轻绳上的张力大小为sin30MgB当圆环到达b位置时，圆环与木块的速度大小之比为4:5C圆环在从a运动到b的过程中减少的重力势能等于木块增加的机械能D当圆环到达b位置时，其速度大小为150/13m s二二、非非选选择择题题：本本题题共共 5 题题，共共 60 分分其其中中第第 12 题题15 题题解解答答时时请请写写出出必必要要的的文文字字说说明明、方方程程式式和和重重要要的的演演算算步步骤骤只只写写出出最最后后答答案案的的不不能能得得分分有有数数值值计计算算的的题题，答答案案中中必必须须明明确确写写出出数数值值和和单单位位11（15 分）某实验小组利用重物下落验证机械能守恒定律。（1

8、）图 1 是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作最合理的是。（2）关于此实验，下列说法中正确的是；A释放重物时要注意纸带是否竖直B重物的质量可以不测量C实验中应先释放纸带，后接通电源D可以利用公式2vgh来求解瞬时速度（3）研究小组的同学反思所做的重物下落实验后发现误差较大，操作也不便，于是在老师的指导下利用如图 2 甲所示的DIS实验装置对验证机械能守恒定律实验进行改进。第 6页（共 16页）a如图 2 乙所示，主要由光电门与轻质摆杆组成单摆绕O点转动，实验时，质量为m的光电门从M点由静止下摆，依次经过 6 个宽度为d的遮光片，光电门摆至左边海绵止动阀处被卡住不再回摆，忽略光电门的大小对实验的影

9、响。已知摆长为L，当摆杆与竖直方向的夹角为(小于90)时，光电门经过遮光片的时间为t，以圆弧最低点N所在平面为参考面，则光电门的势能pE，动能kE（选用字母m、L、d、t、g表示），然后对比不同遮光片处势能和动能之和是否相等。b 实验结束后，得到了如图 3 所示的实验数据，其中势能变化的图像应该是。（选A、B或者)C12（8 分）如图所示，O点处固定一个电荷量为Q的点电荷，在其产生的电场中的一条电场线上，距O点0.1rm的A处放一电荷量101.0 10qC的带正电的试探电荷，它受到的静电力为59 10FN。（已知静电力常量9229 10/)kN mC，求：（1）点电荷Q在A处的电场强度的大小；

10、（2）点电荷Q的电荷量。第 7页（共 16页）13（9 分）首钢滑雪大跳台（如图甲所示）又称“雪飞天”，是北京 2022 年冬奥会自由式滑雪和单板滑雪比赛场地，谷爱凌和苏翊鸣在此圆梦冠军。为研究滑雪运动员的运动情况，建立如图乙所示的模型。跳台滑雪运动员从滑道上的A点由静止滑下，从跳台O点沿水平方向飞出。已知O点是斜坡的起点，A点与O点在竖直方向的距离为h，斜坡的倾角为，运动员的质量为m。重力加速度为g。不计一切摩擦和空气阻力。求：（1）运动员经过跳台O时的速度大小v；（2）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的时间t；（3）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的过程中动量的变化量。14

11、（12 分）如图所示，在电场强度大小为33mgEq水平匀强电场中，有一根长为l的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一个质量为m电荷量为q的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，能沿着如图圆弧虚线运动到B点，重力加速度为g，求：（1）小球从开始释放到最低点B的电势能变化了多少；（2）小球运动B点时，受到的拉力大小；（3）小球离开B点后，偏离竖直方向的最大摆角。15（16 分）如图甲所示，轻质弹簧原长为0.2m，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将质量0.8Mkg的物体由静止释放，当弹簧压缩至最短时，弹簧长度为0.1m。现将该轻质弹簧水平放置，一端固定在O点，另一端在A点与一质量为0

12、.1mkg的物块接触但不连接，AB是长度为1m的水平光滑轨道，B端与半径为0.1Rm的光滑竖直半圆轨道BCD相切，如图乙所示。现用力缓慢推物块m，将弹簧长度压缩至0.1m，然后由静止释放。重力加速度210/gm s。求：第 8页（共 16页）（1）弹簧的劲度系数k和弹簧压缩至0.1m时的弹性势能pE；（2）物块m经过D点时对轨道的压力；（3）若在AB段铺设某种材料，物块与这种材料之间的动摩擦因数为，使物块在BCD上不脱离轨道，求的取值范围。第 9页（共 16页）2021-2022 学学年年江江苏苏省省南南京京市市六六校校联联合合体体高高一一（下下）期期中中物物理理试试卷卷参参考考答答案案与与试

13、试题题解解析析一一、单单项项选选择择题题（本本题题共共 10 小小题题，每每小小题题 4 分分，共共 40 分分。每每小小题题只只有有一一个个选选项项正正确确）1【解答】解：A、开普勒通过观测、分析计算发现了行星的运动规律，故A错误B、牛顿利用他精湛的数学经过长期计算分析，最后终于发现了万有引力定律，故B错误C、卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量G而被称为测出地球质量第一人，故C正确D、威廉赫歇耳运用万有引力定律预测并发现了海王星和冥王星，故D错误故选：C。2【解答】解：ABD、这三种情况都是对静电的利用，故ABD错误；C、超高压带电作业所穿衣服的织物中掺入了金属丝，可以起到静电屏蔽的

14、作用，使输电线周围的电场被工作服屏蔽起来，故C正确。故选：C。3【解答】解：由题意得：30601800Tss，半径2108Rm，解得54Rm根据线速度与角速度关系式得：vR，解得0.18/vm s故A正确，BCD错误故选：A。4【解答】解：A、根据曲线运动的知识可知，粒子的受力方向与电场线的方向相同，故粒子带正电，故A错误；B、粒子的加速度由电场力提供，而电场线的疏密程度表示场强的大小，从a到b过程中，电场线越来越密集，则场强越大，因此粒子的加速度增大，故B错误；C、粒子的速度方向和加速度方向呈钝角，则粒子从a到b的过程中做减速运动，所以粒子在a点速度大于b点速度，故C正确；D、根据上述分析可

15、知，粒子在a点的速度大于b点的速度，结合能量守恒定律可知，粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误；故选：C。5【解答】解：A、卫星在轨道上运动时，万有引力提供向心力，卫星处于完全失重状态状态，故A错误；B、由向心运动条件，知卫星降轨时做向心运动，变轨时需要减速，故B正确；第 10页（共 16页）C、根据开普勒第三定律32akT可知，轨道半径或椭圆的半长轴越大，卫星的周期越大，因此降轨后，卫星在新轨道上运动周期变小，故C错误；D、第一宇宙速度是卫星在靠近地球表面做匀速圆周运动的线速度大小，降轨后，卫星在新轨道上的速度仍然小于第一宇宙速度，故D正确；故选：B。6【解答】解：A、根据对称性，

16、BD两点的电势相等，场强大小相等，方向不同，故A错误；B、电场线的疏密反应了场强的大小，由图可知，A点的场强小于C点的场强，由于正点电荷与C之间电场线密集，电势降落的快，而正点电荷与A点电场线稀疏，电势降落的慢，所以C点电势低于A点电势，故B正确；C、由于A、C两点电势不等，因此将一个试探电荷由A点移动到C点，电场力做功不为零，故C错误；D、将一个带正电的不计重力的粒子从B点由静止释放，由于电场线是弯曲的，因此粒子不会沿电场线运动，故D错误；故选：B。7【解答】解：根据开普勒第三定律，有：3322RRTT地地；解得：33RTTR地地；故31.51.84T火年年；35.2T木年11.86年；39

17、.5T土年29.28年；319T天年82.82年；330T海年164.32年；如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：0222tTT地解得：00T TtTT地地故海王星相邻两次冲日的时间间隔为：164.32 1164.31 1t海年1.006年；故天王星相邻两次冲日的时间间隔为：82.82 182.821t天年1.01年；第 11页（共 16页）木星相邻两次冲日的时间间隔为：11.86 111.861t木年1.09年；火星相邻两次冲日的时间间隔为：1.84 11.841t火年2.19年；故相邻两次冲日的时间间隔最长为火星，故A正确，BCD错误；故选：A。8【解答】解：B、设物体初

18、始高度为H，物体的瞬时高度为hHh 物体的重力势能为pEmghmgHmgh，故B错误；A、物体做自由落体运动，机械能守恒，可得：pkEmgHE，故A错误；C、根据位移时间公式可得：212hgt结合pEmgHmgh可得：2 22pmg tEmgH，故C错误；D、根据22vgh可得：22vhg结合pEmgHmgh可得：22pmvEmgH，故D正确；故选：D。9【解答】解：ABC当角速度从零开始缓慢增大时，小球转动的平面逐渐升高，转动半径变大，弹簧的弹力F弹先减小后增加。当弹簧处于压缩状态时，受力如图 1 所示第 12页（共 16页）竖直方向上有NF sinF cosmg弹随着弹簧弹力的减小，杆对小

19、球的弹力NF增大；当弹簧处于伸长状态时，受力如图 2 所示竖直方向上有NF sinF cosmg弹随着弹簧弹力增大，杆对小球的弹力NF增大；当弹簧对小球的弹力大小F弹恰好为零时，此时转动半径sinrl水平方向上由牛顿第二定律得2cosNFmr又由于sinNFmg第 13页（共 16页）解得2cosglsin，故AB错误，C正确；D由能量关系可知，小球的转动平面缓慢升高，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D错误。故选：C。10【解答】解：A、让圆环从a位置由静止释放运动到b位置，刚释放圆环的瞬间，木块加速度平行于斜面向上，因此sin30TMgMa 因此刚释放圆环的瞬间，轻绳

20、上的张力大于sin30Mg，故A错误；B、由几何关系可得，圆环到达b位置时，绳子与水平方向的夹角的正切值为tanHL将圆环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向分解可得：12sinvv联立解得：1245vv即当圆环到达b位置时，圆环与木块的速度之比为5:4，故B错误；C、圆环在从a位置运动到b的过程中减小的重力势能等于木块增加的机械能与圆环增加的动能之和，故C错误；D、设圆环到达b位置时的速度为v，则此时木块的速度为0.8v，圆环从a位置由静止释放运动到b位置过程中，由机械能守恒定律可得：2211()sin30(0.8)cos22LmgHMgLmvMv解得：150/13vm s，故D正确；故选：D。二

21、二、非非选选择择题题：本本题题共共 5 题题，共共 60 分分其其中中第第 12 题题15 题题解解答答时时请请写写出出必必要要的的文文字字说说明明、方方程程式式和和重重要要的的演演算算步步骤骤只只写写出出最最后后答答案案的的不不能能得得分分有有数数值值计计算算的的题题，答答案案中中必必须须明明第 14页（共 16页）确确写写出出数数值值和和单单位位11【解答】解：（1）重物要靠近打点计时器，是为了充分利用纸带，纸带要拉直且保持竖直状态，是为了减小纸带与打点计时器之间的摩擦，故A正确，BCD错误；故选：A。（2）A、纸带竖直可以减小纸带与打点计时器之间的摩擦，故A正确；B、验证机械能守恒定律动

22、能与重力势能中的质量可以消去，所以不需要测量质量，故B正确；C、实验中为了充分利用纸带，且打第一个点时纸带速度接近为零，应先接通电源后释放纸带，故C错误；D、正确的是通过测量某段位移，求该段位移平均速度的方法求该段位移中间时刻的瞬时速度，如果用2vgh求速度，是以机械能守恒为前提得出的结果，无法验证实验，故D错误；故选：AB。（3）由几何关系可得高度为coshLL则重力势能为(cos)pEmghmg LL经过遮光片的速度为dvt则动能为2211()22kdEmvmt由于释放后随着高度减小，重力势能减小，故C正确，AB错误；故选：C。故答案为：（1）A；（2）AB；（3）(1cos)mgL；（4

23、）21()2dmt；C12【解答】解：（1）根据公式FEq可得：55109 10/9 10/1.0 10EVmVm（2）根据点电荷的场强公式2kQEr可得：第 15页（共 16页）252399 100.11 109 10ErQCCk 答：（1）点电荷Q在A处的电场强度的大小为59 10/Vm；（2）点电荷Q的电荷量为31 10 C。13【解答】解：（1）从A到O根据动能定理可知212mghmv，解得2vgh；（2）离开O点，运动员做平抛运动，根据平抛运动规律有：xvt，212ygt根据几何关系有：tanyx联立解得：2 2tanghtg；（3）根据平抛运动规律可知平抛运动速度的变化vgt则动量

24、的变化Pm2 2tan22tanghvmgmghg；答：（1）运动员经过跳台O时的速度大小为2gh；（2）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的时间为2 2tanghg；（3）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的过程中动量的变化量为22tanmgh。14【解答】解：（1）从A到B电场力做负功，小球电势能增加，则：33pmglEEql（2）从A到B由动能定理得：23132mglmglmv由牛顿第二定律得：2vFmgml，联立解得：2 333Fmgmg（3）小球受重力与电场力的合力大小为mg，矢量三角形如图所示，等效重力mg与竖直方向的夹角为，则3tan3，30，小球运动关于OC对称，所

25、以小球离开B点后，偏离竖直方向的最大摆角为30答：（1）小球从开始释放到最低点B的电势能变化了33mgl（2）小球运动B点时，受到的拉力大小2 333mgmg第 16页（共 16页）（3）小球离开B点后，偏离竖直方向的最大摆角为3015【解答】解：（1）依题意，弹簧竖直放置，物体压缩弹簧最短时，重力势能转化为弹性势能，0.8 10(0.20.1)0.8PEMghJ由212PEkx，0.20.10.1xmmm解得：160/kNm。（2）物块缓慢从弹簧释放后，到D的过程中，根据能量守恒有2122PEmvmgR物块在D点根据牛顿第二定律有2NmvFmgR解得：11NFN，方向竖直向上（3）要使物块不脱离轨道，则满足物块滑过B点且物块在C点速度为 0 或物块到达D点，物块滑过B点：10PEmgAB当物块在C点速度为 0 时，根据能量守恒有：2PEmgABmgr物块到达D点，根据能量守恒有231122PEmgABmgrmv，且在D点21vmgmr解得10.8，20.7，30.55若使物块在BCD上不脱离轨道，需满足0.70.8 或00.55 答：（1）弹簧的劲度系数k为160/Nm和弹簧压缩至0.1m时的弹性势能pE为0.8J；（2）物块m经过D点时对轨道的压力为11N，方向向上；（3）使物块在BCD上不脱离轨道，则0.70.8 或00.55 m；学号：12727