【文档说明】江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高一下学期5月阶段考试物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，619.500 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省如皋中学2019~2020学年度第二学期阶段考试高一物理（选修）一、单选题（每题3分，共计24分，仅一个选项符合要求）1.今年4月20日,为天宫二号空间实验室输送补给物资的中国首艘货运飞船发射成功．在飞船发射过程中,随着飞船离地面高度的增加,

地球对飞船中补给物资的万有引力大小的变化情况是()A.变大B.变小C.不变D.无法确定【答案】B【解析】根据万有引力2MmFGr=，可知随着飞船离地面高度的增加，则r增大，故万有引力大小变小，故选B．【点睛】随着飞船离地面高度的增加，飞船的半径r增大，结合万有引力的表达式即可分析万有引力大小的变

化．2.2020年3月9日19时55分，我国在西昌卫基发射中心，成功发射北斗系统第五十四颗导航卫星，北斗三号CEO-2是一颗地球同步轨道卫星，以下关于这颗卫星判断正确的是（）A.地球同步轨道卫星的运行周期为

定值B.地球同步轨道卫星所受引力保持不变C.地球同步轨道卫星绕地运行中处干平衡状态D.地球同步轨道卫星的在轨运行速度等于第一宇宙速度【答案】A【解析】【详解】A．同步卫星相对地球是静止的，即运行周期等于地球自转周期，为定值，A正确；BC．地球同步轨道卫星所受引力充当圆周运动的向心力，时时刻刻指向

圆心，为变力，其合力不为零，故不是出于平衡状态，BC错误；D．第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度，即为在地球表面环绕的卫星的速度，而同步卫星轨道半径大于地球半径，根据GMvr=可知，轨道半径越大，线速度越小，所以同步卫星运行速度

小于第一宇宙速度，D错误。故选A。3.如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相同的物块A、B在同一水平面内，物块A由静止沿斜面滑下，物块B由静止自由落下，不计空气阻力，从开始到两物块分别到达地面上的过程中：①重力对物块A做的功较多；②重力对物块B的功率较大；③到达地面上时，重力对物块A

的瞬时功率较大；④到达地面上时，重力对物块B的瞬时功率较大。以上说法正确的是（）A.①③B.②④C.①④D.②③【答案】B【解析】【详解】由于A、B两物块质量相同，下落的竖直高度相同，故重力对两物块做功相同；由于斜面对物块A支持力的作用可知物块A在竖直方向上的加速度小于重力加速

度，故物块A到达地面时间较长，根据WmghPtt==可知重力对物块B的功率较大；根据机械能守恒定律可知212mvmgh=可知两物块落地瞬间速度大小相等，设斜面倾角为θ，落地时重力的瞬时功率为sinAPmgv=BPmgv=故到达地面上时，重力对物块B的瞬时功率较大。综

上分析可知②④正确的，故B正确，ACD错误。故选B。4.2019年“山东舰"正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰"正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时

间t后速度变为v2（v2>v1），在这段时间内位移为s。下列关系式正确的是（）A.11Pfamvm=−B.1Pfv=C.122vvst+=D.22211122Ptmvmv=−【答案】A【解析】【详解】A．由牛顿第二定律，则有1111PfFfvPf

ammmvm−−===−故A正确；B．当航母达到最大速度时，F=f，此时1mPPfvv=故B错误；C．航母的运动不是匀加速运动，则时间t内的位移122vvst+故C错误；D．由动能定理可得22211122Ptfsm

vmv−=−故D错误。故选A。5.如图所示为某静电场中x轴上电势φ随x变化的情况，且x轴为该静电场中的一根电场线，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，粒子仅在电场力作用下开始沿x轴正向运动，则下列说法正确的是（）A.粒子一定带负电B.从O到x1，电场方向先沿x轴

正方向后沿x轴负方向C.从O到x1，粒子运动的加速度先增大后减小D.从O到x1，粒子先加速后减速【答案】C【解析】【详解】AB．由题意可知，从O到x1，电势一直在降低，因此电场方向沿x轴正方向，粒子由静止开始沿x轴正方向运动，电场力沿x轴正方向，粒子带正电，选项A

B错误；C．图像的斜率表示电场强度大小，因此从O到x1，电场强度先增大后减小，粒子运动的加速度先增大后减小，选项C正确；D．从O到x1电场力一直为沿x轴正方向，粒子一直做加速运动，选项D错误。故选C。6.如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O

处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放。小球沿圆弧管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在OB中点处的电场强度的大小为（）A.mgqB.2mgqC.6mg

qD.12mgq【答案】D【解析】【详解】设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v，小球从A滑到B的过程，因点电荷对带电小球的库仑力沿半径方向，与小球的速度方向始终垂直而不做功，则小球下滑只有重力做功，

由动能定理得2102mgRmv=−得到2vgR=而小球经过B点时对管壁恰好无压力，由牛顿第二定律得2BvqEmgmR−=将2vgR=代入得3BmgEq=结合场源为点电荷的场强决定式2kQEr=，可知23BmgkQEqR==OB中点处的电场强度为22412()2kQkQmg

ERRq===故D正确，ABC错误。故选D。7.某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（）A.O点的电势最高B.-x2点的电势最高C.若电子从-x2点运动到x2点，则此

过程中电场力对电子做的总功为零D.若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零【答案】C【解析】【详解】A．规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，故A错

误；B．由上分析，可知，电势从高到低，即为x3、x2、x1，由于-x2点与x2点电势相等，那么-x2点的电势不是最高，故B错误；C．若电子从-x2点运动到x2点，越过横轴，图象与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，故C正确

；D．若电子从x1点运动到x3点，图象与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，故D错误。故选C。8.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极

板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A.θ增大，E增大B.θ增大，EP不变C.θ减小，EP增大D.θ减小，E不变【

答案】D【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据4πSCkd=可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据UEd=，Q=CU，4πSCkd=，联立可得4πkQE

S=，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量

一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：4SCkd=，UEd=，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．二、多选题（每题4分少选得2分，共计24分）9.如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中

的一个点。将开关K闭合，电路稳定后将B板向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A.电容器的电容增加B.在B板下移过程中，电阻R中有向上的电流C.A、B两板间的电场强度增大D.P点电势升高【答案】BD【解析】【详解】A．由电容器的电容公式4SCkd

=可知距离增大时，电容减小，故A错误；B．开关K闭合，说明电容器两端电压一定，在B板下移过程中，由电容的定义式QCU=可知电量减小，电容器对外放电，电阻R中有向上的电流，故B正确；C．电压一定，由场强公式'

UEd=可知距离增大时A、B两板间的电场强度减小，故C错误；D．电源负极接地，电势为零，A板电势与电源正极电势相等为E，则P点电势可表示为'PAPEEd=−因电场强度减小，说明P点电势升高，故D正确。故选BD。10.经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星

系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得

两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2．则可知A.m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2B.m1、m2做圆周运动的向心力之比为1：1C.m1、m2做圆周运动的半径之比为3：2D.m1、m2做圆周运动的线速度之比为2：3【答案】BD【解析】【详解】A.根据题意

得：双星系统具有相同的角速度，A错误B.根据万有引力提供向心力得：221211222mmGmrmrL==，需要向心力大小相等，B正确C.根据221211222mmGmrmrL==，且：12rrL+=，联立解得：122123rmrm==，C错误D.线速度角速度

关系：vr=，所以11222123vrmvrm===，D正确11.如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连，开始时物块与定滑轮等高。已知小球质量是物块质量的2倍，杆与滑轮间的距离为d

，重力加速度为g，绳及杆足够长，不计一切摩擦。现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中，下列说法错误的是（）A.刚释放时物块的加速度为gB.物块重力的功率先增大后减小C.物块重力的功率一直增大D.物块速度最大时，绳子的拉力一定等于物块的重力【答案】CD【解析

】【详解】A．刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，故A正确，不符题意；BC．刚释放时物块的速度为零，物块重力的功率为零。物块下降到最低点时物块的速度为零，物块重力的功率又为零，所以物块重力的功率先增

大后减小，故B正确，不符题意；C错误，符合题意；D．物块的合力为零时速度最大，则速度最大时绳子拉力在竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故D错误，符合题意。本题选错误的，故选CD。12.如图所示，等量异种点电荷（+Q，-Q）固定放置，O是两电荷

连线的中点，以O为圆心，在垂直于两电荷连线的平面内作圆，A、B是圆上两点，且AB连线不过圆心O，则下列说法正确的是（）A.A、B两点的电场强度不同B.A点的电势比B点的电势高C.将一个电荷沿圆弧从A点移到B点，电场力不做功D.将一个电荷沿直线从

A点移到B点，电荷受到的电场力先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】A．根据等量异种电荷的场强分布可知，A、B两点的电场强度大小和方向均相同，选项A错误；BC．因AB所在的圆面电势均为零，则A点的电势等于B点的电势，若将一个电荷沿圆弧从A点移到B点，电势能的变化为零，则电场力不做功，选项B错

误，C正确；D．因在此圆面上离O点越近的位置场强越大，则将一个电荷沿直线从A点移到B点，电荷距离O点的距离先减小后增加，则受到的电场力先增大后减小，选项D正确。故选CD。13.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r=0.4m，最低点处有一小球

（半径比r小很多），现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足（g=10m/s2）（）A.04vm/sB.025vm/sC.025m/s22m/svD.022vm/s【答案】BD【解析】【详解】小球不脱离圆

轨道时，最高点的临界情况为2vmgmr=解得2vgr==m/s根据机械能守恒定律得22011222mvmgrmv=+解得025v=m/s故要使小球做完整的圆周运动，必须满足025vm/s；若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有2

012mgrmv=解得022v=m/s故小球不越过圆心等高处，必须满足022vm/s，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足025vm/s或022vm/s，AC错误，BD正确。故选BD。14.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送

带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A.电动机多做的功为212mvB.摩擦产生的热为212mvC.传送带克服摩擦力做功为212mvD.电动机增加的功率为mgv

【答案】BD【解析】【详解】A．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是212mv，所以电动机多做的功一定要大于212mv，故A错误；B．物体做匀加速直线运动：mgma=解得加速度：ag=加速到v时，位移

为x1，则：212axv=解得：212vxg=用的时间为t：vvtag==皮带的位移为x2：22vxvtg==摩擦力产生的热量为：222211=()()22vvQfxxmgmvgg−=−=B正确；C．

传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C错误；D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为：fvmgv=D正确。三、实验题（每空2分，共计8分）15.小刚同学用如图实验装置研究“机械能守恒定律”．他进行如下操作并测出如下数值．①用天平测定小球的质量为0.50kg；

②用游标卡尺测出小球的直径为10.0mm；③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为82.05cm；④电磁铁先通电，让小球吸在开始端；⑤电磁铁断电时，小球自由下落；⑥在小球经过光电门时间内，计时装置记下小球经过光电门所用时间为2.50×10-3s，由此可算得小球经过光电

门的速度；⑦计算得出小球重力势能减小量△Ep＝J，小球的动能变化量△Ek＝J．（g取9.8m/s2，结果保留三位有效数字），从实验结果中发现△Ep___△Ek（填“稍大于”、“稍小于”或“等于”），试分析可能的原因．【答案】4.02；4.00；稍大于；空气阻力的影响或高度测量中忽略了小球

的尺度等；【解析】【详解】小球重力势能减小量0.59.80.8205J4.02JpEmgh==;小球下落的平均速度为30.01m/s=4m/s2.510dvt−==，小球的动能变化量22110.54J=4.00J22kEm

v==；从实验结果中发现△Ep稍大于△Ek，原因是空气阻力的影响或高度测量中忽略了小球的尺度等．四、解答题（44分）16.在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离0.2xm=．若一个电荷量82.010qC−=+

的试探电荷在匀强电场中所受电场力的大小为43.010.FN−=求：（1）电场强度的大小E；（2）A、B两点间的电势差ABU；（3）将该试探电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W．【答案】（1）1.5×104N/C（2）3.0×103V（3）6.0×10

-5J【解析】【详解】试题分析：（1）由题意知，匀强电场的电场强度41.510/FENCQ==；（2）3310ABUEdV==；（3）根据电场力做功的公式ABWQU=可求：将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W=６×10-5J考点：

本题考查电场强度、电势差及电场力做功．17.如图所示，A物体用板托着，离地高度h=4.0m，轻质细绳通过光滑定滑轮与A、B相连，绳子处于绷直状态。已知A物体质量M=3.0kg，B物体质量m=2.0kg，现将板抽走，A将拉动B上升，

设A着地后不反弹，B上升过程中不会碰到定滑轮，g取10m/s2。求：(1)A着地时，B的速度大小；(2)B物体在上升过程中离地面的最大高度。【答案】(1)4m/s；(2)4.8m【解析】【详解】(1)A、B组成的系统，只有重力

做功，系统机械能守恒，有21()2MghmghmMv−=+代入数据得4m/sv=(2)A落地后，B物体仅受重力，机械能守恒，设B物体还能上升的高度为h′，有212mvmgh=代入解得0.8mh=B物体在上升过程中离地面的最大高度4.8mHhh=

=+18.如图所示，光滑水平面AB与一半圆轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆轨道的瞬间，对轨道的压力为其

重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g．求；（1）弹簧弹力对物块做的功；（2）物块从B到C克服阻力的功（3）物块离开C点后，再落回到水平面上时动能的大小【答案】（1）W=12mvB2=3mgR（2）2mgR（3）Ek=52mgR【解析】【详解】（1）对

过B点时的物块受力分析，由牛顿第二定律得：2BBvFmgmR−=解得：6BvgR=由功能关系可知，弹簧对物块做功2132BWmvmgR==（2）物块恰能过C点，所以在C点：2CvmgmR=解得，CvgR=对物块由B到C的过程，应用动能定理得：2211222fCB

mgRWmvmv−+=−解得，12fWmgR=−则物块从B到C克服阻力做功12fWmgR=克（3）物块从C点到落地过程，应用动能定理得：2122kCmgREmv=−解得：52kEmgR=19.如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，两板间距离15cmL=，接上恒定直流电源。上极

板M的中央有一小孔A，在A的正上方20cmh=处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量123.510Cq−=−，质量93.010kgm−=。当小油滴即将落到下极板时，速度恰好为零。（不计空气阻力，210m/sg=），求：（1）两极板间的电势差MNU；（2）两极板间

的电场强度E；（3）若平行板电容器的电容124.010FC−=，则该电容器带电量Q是多少？【答案】（1）3.0×103V；（2）2.0×104V/m，方向竖直向下；（3）1.2×10﹣8C【解析】【详解】（1）由动能定理kW

E=则有mg（h+L）+qUMN=0代入数据解得UMN=3.0×103V（2）由E=UL代入数据解得E=2.0×104V/m，方向竖直向下（3）根据Q=CU得该电容器带电量Q=4.0×10﹣12×3.0×103C=1.2×1

0﹣8C