【文档说明】江西省分宜中学2020-2021学年高一下学期第二次段考（课改班）物理试题含答案.doc，共(10)页，782.500 KB，由小赞的店铺上传

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分宜中学2020-2021学年度下学期高一年级第二次段考物理试卷（课改班）一、选择题（每小题4分，共48分。其中1-7题为单选题，8-12题为多选题，选错不得分，漏选得2分）1.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体

，某时刻给物体一个水平向右的初速度0v，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()A．由于机械能损耗最终两者的速度均为零B．两者的碰撞会永远进行下去，不会形成共同的速度C．盒子的最终速度为0/mvM，方向水平向右D．盒子的最终速度为0()/

mvMm＋，方向水平向右2.如图所示,平行板电容器上极板带正电荷,且与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在P点的正点电荷,以E表示两极板间电场的电场强度,pE表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指

针的偏角,若保持上极板不动,将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置,则()A.θ增大,E增大,pE增大B.θ增大,E增大,pE减小C.θ减小,E不变,pE增大D.θ减小,E不变,pE减小3.如图所示为一固定在水平桌面上的V形槽的截面图，ABBC、面与水

平桌面间夹角分别为30°和60°。一正方体木块放在槽内，木块与ABBC、面间的动摩擦因数相同，现用垂直于纸面向外的力F拉木块，木块恰好能沿槽做匀速直线运动。已知木块的质量为m，重力加速度为g，则木块与ABBC、面间的动摩擦因数为()A.2(31)Fmg+B.(31)Fmg+C.2(3

1)Fmg−D.(31)Fmg−4.如图所示，长4.8mL=的传送带PQ与水平面之间的夹角30=，传送带以4m/sv=的速度沿逆时针方向匀速运动。现将质量5kgm=的小物块（可视为质点）轻放在传送带的底端（P点）。已知小物块与传送带间的动摩擦因数32=，重力加

速度取210m/sg=，则小物块从传送带的底端（P点）运动到顶端（Q点）所需的时间为()A．1.2sB．1.6sC．2sD．46s55.如图，abc△中4cmbc=，=30acb．匀强电场的电场线平行于abc△所在平面，且a、b、c点的电

势分别为3V、-1V、3V．下列说法中正确的是()A.电场强度的方向沿ac方向B.电场强度的大小为2V/cmC.电子从a点移动到b点，电势能减少了4eVD.电子从c点移动到b点，电场力做功为4eV6.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯.目

前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍.假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A.1hB.4hC.8hD.16h7.倾角为37°的光滑固定斜面上,有两个用轻质弹簧连接的质量均为1k

g的小球A、B,在如图所示的水平向左的推力F作用下,一起沿斜面以4m/s2的加速度向上做匀加速运动.已知弹簧的原长为20cm,劲度系数为200N/m,sin37°=0.6,cos37°=0.8.此时弹簧的长度L和推力F的大小分别为()A.0.25m,25NB

.0.15m,25NC.0.25m,12.5ND.0.15m,12.5N8.如图所示,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球ab、和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的,不计空气阻力,

则()A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大9.如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为10mg=的带正电的小球，小球所带电荷量45.010Cq

=﹣。小球从c点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt﹣图象如图乙所示.小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）.则下列说法正确的是()A.在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为1.2V/mE=B.由C到A的过程中，小球的电势能一直减小C.由C到A电势先降低后升

高D.C、B两点间的电势差0.9VCBU=10.如图所示，某静电场沿x轴方向，其电势沿x轴的分布如图所示（图中0已知）1234xxxx、、、。是x轴上的四个点，质量为m、带电量为q－的粒子（不计重力），以初速度0v从O点沿x轴

正方向进入电场，在粒子沿x轴从O点到4x的运动过程中，下列说法正确的是（）A.粒子在2x点的速度为0vB.从1x到3x点的过程中，粒子的电势能先减小后增大C.若粒子能到达4x处，则0v的大小至少应为02qmD.

若002qvm=，则粒子在运动过程中的最大动能为03q11.宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三颗星体的质量相同.现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成

形式：一种是三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆轨道运行，如图乙所示.设这三颗星体的质量均为m，且两种系统中各星体间的距离已在图甲、乙中标出，引力常

量为G，则下列说法中正确的是()A.直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为GmLB.直线三星系统中星体做圆周运动的周期为34π5LGmC.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为332GmLD.三角形三星系统中每颗星做圆周运动

的加速度大小为23GmL12.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处

获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中，加速度一直减小B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为214mvC.在C处，弹簧的弹性势能为214mvmgh−14D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度二、实验题（每空1分，共10分）13.

某同学欲将量程为300μA的微安表头G改装成量程为0.3A的电流表。可供选择的实验器材有：A．微安表头G（量程300μA，内阻约为几百欧姆）B．滑动变阻器R1（0-10kΩ）C．滑动变阻器R2（0-50kΩ）D．电阻箱（0-9999Ω）E．电源E1（电

动势约为1.5V）F．电源E2（电动势约为9V）G．开关、导线若干该同学先采用如图甲的电路测量G的内阻，实验步骤如下：①按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端所对应的位置；②断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；③闭合S2，保持滑动变阻器的

滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200μA，记下此时电阻箱的阻值。回答下列问题：（1）实验中电源应选用____（填“E1”或“E2”），滑动变阻器应选用____（填“R1”或“R2”）。（2）若实验步骤③中记录的电阻箱的阻值为R，则G的内阻Rg

与R的关系式为Rg=______。（3）实验测得G的内阻Rg=500Ω，为将G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为_____Ω的电阻与G_____（填“串联”或“并联”）。14.某学校的PBL兴趣小组的同学们在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡规格为“6V3W、”，其他可供选

择的器材有：A．电压表1V（量程6V，内阻约为20k）B．电压表2V（量程15V，内阻约为60k）C．电流表1A（量程3A，内阻约为0.2）D．电流表2A（量程0.6A，内阻约为1）E．变阻器1R，（0~1000，允许最大电流为0.5A）F．变阻器2R（0~10，允许最大电流

为2A）G．学生电源(8V)EE=H．开关S及导线若干（1）实验电路图已经画出了一部分，如图甲所示，将补充完整虚线框内电路．（2）实验中要求电压表在0~6V范围内读取并记录下多组不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用______________，电压

表应选__________，变阻器应选用____________（请填写仪器前面的序号）．闭合开关前，滑片P应置于____________端（选填“A”或“B”）．（3）实验得出的-IU图像如图乙所示，可知小灯泡电阻随温度升高而________（选填“增大”、“减小”或“不变”）．三、计

算题（10分+10分+10分+12分=42分）15.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动,一段时间后撤去F,其运动的vt−图像如图所示。g取210m/s,求:（1）物体与水平面间的运动摩擦因数;（2）水平推力F的大小;（3）010s−内物体运动位移的大小。16.长为L的平行金

属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为q+、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30角，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子末速度的大小；(2)匀强

电场的场强；17.如图所示,质量8kgM=的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力8NF=,当小车速度达到1.5m/sv=时,在小车的右端由静止轻放一质量2kgm=的木块(可视为质点),木块与小车间的动摩擦因数0.2=,小车足够长,(g取210m/s)求:（1）木

块相对小车运动的时间;（2）在1.5秒内木块与小车间产生的热量。18.如图所示，半径7.5mR=的四分之一光滑圆弧轨道QP竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于P点，整个空间存在场强大小3210V/mE=的匀强电场，竖直边界MP右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上；小物块AB、（

视为质点）大小、形状相同，物块A所带电荷量为3510Cq−=+，质量3kgAm=，物块B不带电，质量1kgBm=。从Q点由静止释放物块A，与静止在地面上D点的物块B发生碰撞。已知AB、与地面间动摩擦因数均为0.2,PD=、间距离016.5mx=，g取210m/s，AB

、间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：（1）物块A运动到P点时，受到圆弧轨道支持力的大小；（2）物块AB、碰撞后瞬间，AB、速度的大小和方向；（3）物块AB、第一次碰撞后，经过多长时间发生第二次碰撞。分宜中学2020-2021

学年度下学期高一年级第二次段考物理答案（课改班）1.答案：D解析：选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：0mvMmv=+（）所以：0mvvmM=+v方向与0v同向，即方向水平向右。故选：D2

.答案：D解析：电容器电量不变;下极板向上移动时,两板间的距离减小,根据4CSkd=可知,电容C增大,则根据Q=CU可知,电压U减小;故静电计指针偏角θ减小;两板间的电场强度4QkQUEdCdS===;

因此电场强度与板间距无关,因此电场强度不变;根据PUEd=,P点与下极板的距离d减小,则P点的电势降低,根据PPEqU=可知正点电荷在P点的电势能减小,故选项D正确.3.答案：A解析：本题结合力的分解考查动摩擦因数的计算。将木块的重力按照实际作用效果分解，如图所示，可得13sin602Fmgm

g==,21sin302Fmgmg==，木块受到的滑动摩擦力为()12fFF=+，由平衡条件得Ff=，联立解得木块与ABBC、面间的动摩擦因数为2(31)Fmg=+，故选A。4.答案：C解析：在小物块放上传送带后，通过对小物块受力分析可知，由牛顿第二定律有cossinmgmg

ma−=，解得22.5m/sa=，则小物块加速时间11.6svta==，加速位移21113.2m2xatL==，故小物块在传送带上先加速后匀速，则匀速运动时间120.4sLxtv−==，故小物块从底端到顶端的时间

122sttt=+=，C项正确。5.答案：B解析：由题意知,ac、在同一等势线上,电场强度的方向垂直于等势线并由高电势指向低电势,A项错。由题意知4VabU=,4VcbU=,由几何关系可知,b点与等势线ac的距离sin302cmdbc==,所

以匀强电场的场强大小为2V/mabUEd==,B项对。由WqU=可知,电子从a点移动到b点,电场力做的功为-4eV,电势能增加了4eV;电子从c点移动到b点,电场力做的功为-4eV,C、D项错。6.答案：B解析：地球同步卫星的环绕周期与地球的自转周期相等，对地

球同步卫星有2224πMmGmrrT=，可得234πrTGM=,地球的自转周期减小，则地球同步卫星需要降低高度，三颗卫星全覆盖赤道的最小高度如图所示，图中MPMQ、与地球相切，根据几何关系得，地球同步卫星的最小轨道半径为2R，由开普勒第三

定律有3322(6.6)(2)(24h)RRT=，得4hT=，故选B.7.答案：A解析：8.答案：BD解析：由图象可以看出,bc、两个小球的抛出髙度相同,a的抛出高度最小,根据2htg=知,a的运动时间最短,bc、的运动时间相等,故A错误,B

正确;由图象可以看出,abc、、三个小球的水平位移关系为a最大,c最小,根据0xvt=可知,0xvt=,所以a的初速度最大,c的初速度最小,故C错误,D正确。9.答案：ABD解析：10.答案：AC解析：11.答案：BD解析

：直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两颗星体对它的万有引力的合力提供，有22222(2)mmvGGmLLL+=，解得152GmvL=，由2πLTv=可得，34π5LTGm=，故A错误，B正确；三角形三

星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两颗星体对它的万有引力的合力提供，如图所示，有22222cos30cos30LmGmL=，解得33GmL=，由222cos30mGmaL=，可得23GmaL=，故C错误，D正确.12.答案：BD解析：圆环下落时，

先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0，从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为fW，弹簧的最大弹性势能为pE，由A到C的过程中，根据功能关系有pfmghEW=＋，由C到A的过程中，有212pfmvEWmgh=＋＋，联立

解得214Wfmv=，124pEmghmv=，选项B正确，选项C错误．设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为pE，根据能量守恒，A到B的过程有21''2pmvBEWfmgh++=，B到A的过程有21''2pmvBEmghWf+=+，比较两式得BBvv，选项13

.答案：(1)E2;R2(2)12R(3)0.5;并联14.答案：（1）如图（2）D，A，F，A（3）增大15.答案：1.由vt−图像,可知物体做匀加速直线运动的加速度211/ams=物体做匀减速直线运动的加速度222/ams=−根据牛顿第二定律,有:2mgma−=解得:0.2=2.

物体做匀加速直线运动时,根据牛顿第二定律,有:1Fmgma−=解得:6FN=3.由匀变速直线运动位移公式,得2220121104622vvvxxxmaa−−=+=+=解析：16.答案：(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30

°，由几何关系得合速度：0023cos303vvv==.(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上0Lvt＝，在竖直方向上yvat＝，003303yvvvtan＝＝，由牛顿第二定律得：qEma＝解得：2033mvEqL＝.(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上：212

dat＝，解得：36dL=.解析：17.答案：（1）木块受到的滑动摩擦力的大小为14FmgN==①，木块相对小车滑动时的加速度为212m/sag==②，小车的加速度为2120.5m/sFFaM−==③，经过时间t木块与小车相对静止。有120atatv=+

，解得1st=。（2）1s内木块的位移为21112xat=，⑥解得11mx=，⑦1s内小车的位移为220212xvtat=+⑧，解得21.75mx=⑨，木块与小车间产生的热量为1121()QFxFxx==−⑩，解得3JQ=。

解析：18.答案：（1）60N（2）6m/s，方向水平向右；18m/s，方向水平向右（3）7.2s解析：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。（1）物块A从Q到P的过程，由动能定理得()212AAPmgqERmv−=代入数据解得10m

/sPv=在P点，由牛顿第二定律得2NPAAvFqEmgmR+−=代入数据解得N60NF=（2）物块A从P到D的过程，由动能定理得()22011122AAAPqEmgxmvmv−=−代入数据解得112m/sv=AB、发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向

右为正方向，由动量守恒定律得1AAABBmvmvmv=+由机械能守恒定律得2221111222AAABBmvmvmv=+代入数据解得6m/sAv=，方向水平向右18m/sBv=，方向水平向右（3）AB、碰撞后，由牛顿第二定律得对A有AAAqEmgma−=对B有

BBBmgma−=代入数据解得24m/s3Aa=22m/sBa=−可知物块B经过109sBBvta−==后停下，现假设经过时间t两物块再次发生碰撞，此时物块B还在运动，由运动学公式得221122AABBvtatvtat+=+代入数据解得7.2st=，假设成立