【文档说明】江苏省溧阳市2021-2022学年高一下学期期末教学质量调研物理试题 含解析.docx，共(17)页，3.982 MB，由小赞的店铺上传

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2021~2022学年度第二学期期末教学质量调研高一物理试题一、单项选择题：共10题，每小题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1.2022年4月16日，我国神舟十三号载人飞船在东风着落场平安着陆。如图所示为载人飞船在主降落伞牵引下正向地面减速下降，此过程中飞船的机械能（）A增加B.

减少C.不变D.无法判断【答案】B【解析】【详解】载人飞船在主降落伞牵引下正向地面减速下降，此过程中有阻力对飞船做负功，飞船的机械能减少，故选B。2.如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同且电势相等

的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．该图中AB两点电势相等，场强大小相等，方向不等，选项A错误；B．该图中AB两点电势不相等，场强大小不相等，方向相等，选项B错误；C．该图中AB两点电势不相等，场强大小相等，方向相等

，选项C错误；D．该图中AB两点电势相等，均为零，场强大小相等，方向相同，均水平线向右，选项D正确；故选D。.3.有一根粗细均匀的金属导线，其电阻率为，电阻为R，现将其对折使其长度变为原来的一半，则对折后该金属导线的（）A.电阻率为2B.

电阻率为12C.电阻为4RD.电阻为14R【答案】D【解析】【详解】AB．金属导线的电阻率由材料和温度决定，对折使其长度变为原来的一半并不能改变其电阻率，故AB错误；CD．由电阻定律可知LRS=对折使其长度变为原来的一半后，电阻为12244LLRRSS===故C错误，D

正确。故选D。4.2022年1月22日，位于同步轨道的中国“实践21号”卫星将一颗也位于同步轨道的失效的“北斗2号”卫星拖拽至距地面更远的“墓地轨道”（可视为圆轨道），此后“实践21号”又回归同步轨道（如图所示），这标志着中国能够真正意义上实现“太空垃圾清理”。对此，下列说法正确的是（

）A.“北斗2号”在“墓地轨道”的运行周期小于24小时B.“北斗2号”在“墓地轨道”的速度大于它在同步轨道的速度C.“实践21号”拖拽“北斗2号”离开同步轨道时需要点火加速D.“实践21号”完成拖拽任务后离开“墓地轨道”时需要点火加速【答案】

C【解析】【详解】A．由2224MmrGmrT=得234rTGM=即轨道半径越大，周期越大，因为同步轨道卫星的周期为24小时，所以“北斗2号”在“墓地轨道”的运行周期大于24小时，故A错误；B．由22MmvGmrr=得GMvr=即轨道半径越

大，线速度越小，所以“北斗2号”在“墓地轨道”的速度小于它在同步轨道的速度，故B错误；CD．因为从低轨道到高轨道，需要点火加速，使其万有引力不足以提供需要向心力，从而发生离心运动到更高的轨道，同理，从高轨道到低轨道需要点火减速，故C正确，D错误。故

选C。5.如图所示，实线为某电场的电场线（方向未标明），虚线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹。下列判断中正确的是（）A.粒子一定是从M点向N点运动B.带电粒子在M点的加速度一定大于在N点的加速度C.M点的电势一定高于N点的电势D.带电粒子在M

点的电势能一定大于在N点的电势能【答案】D【解析】【详解】B．电场线越密的位置电场强度越强，由图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，可知带的电粒子在N点的加速度一定大于在M点的加速度，B错误；C．结合电场线和运动轨迹可知粒子的受力如图所示，由于粒子电性未知，无法判断

电场线方向，即无法判断M、N点的电势大小关系，也无法判断粒子的运动方向，C错误；AD．粒子做曲线运动，可以从M点向N点运动，也可以从N点向M点运动，若粒子由M向N运动，电场力做正功，电势能减小，若粒子由N向M点运动，电场力做负功，电势能增加，即无论粒子的运动方向如何，带电粒子在M

点的电势能一定大于在N点的电势能，A错误，D正确。故选D。6.如图所示，平行板电容器带等量异种电荷，下极板接地，一带电油滴位于电容器中P点且处于平衡状态。现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则（）A.电容器的电容减小B.带电油滴带正电荷C.带电油滴仍将静止D.P

点的电势将升高【答案】C【解析】【详解】A．上极板下移时，则d减小，由4SCkd=可知C增大，A错误；B．由带电油滴原来处于平衡状态可知电场力方向竖直向上，根据电场强度方向向下，则油滴带负电，B错误；C．平行板电

容器的上极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板带电量不变，根据44UQQkQESdCdSdkd====可知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴仍静止，C正确；的D．场强E不变，而P点与下极板间的距离不变，则由公式UEd=析可知，P点与下极

板间电势差将不变，则P点的电势不变，D错误；故选C。7.在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时，则（）A.A灯变暗B.B灯变亮C.电源的总功率增大D.电源的效率增大【答案】D【解析

】【详解】ABC．当滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，总电流减小，电源的总功率变小，A灯的两端电压()A1UEIRr=−+电压增大，则A灯变亮；流经R2和A灯的电流增大，总电流

减小，则有流经B灯的电流减小，B灯变暗，ABC错误；D．电源的工作效率11RUIrEIRrR===++外外外由于外电路的电阻R外增大，电源的工作效率增大，D正确。故选D。8.人造地球卫星和地心连线与地面的

交点称为星下点，如图甲所示。卫星运动和地球自转使星下点在地球表面移动，形成星下点轨迹。我国天宫空间站的星下点轨迹如图乙，其相邻两次经过赤道的时间间隔为t。若天宫空间站的轨道近似为圆，地球半径为R，地面的重力加速度为g，

则（）A.天宫空间站运行周期为2tB.天宫空间站运行速度为RtC.天宫空间站运行速度为gRD.天宫空间站可能经过地球南北两极的正上方【答案】A【解析】【详解】A．由于其相邻两次经过赤道的时间间隔为t，则可知运行周期为2t，A正确；B．设人造地球卫星的运行的轨道

半径为r，则运行速度为22rrvtt==故B错误；C．根据万有引力提供向心力可知，只有近地卫星的线速度为gR，而天宫空间站不是近地卫星，C错误；D．根据如图乙所示的天宫空间站的星下点轨迹可知，空间站的轨道为倾斜轨道，不可能为极地卫星，则天宫空间站不可能经过地球南北两极的正上方

，故D错误。故选A。9.两颗人造地球卫星质量之比12:1:4mm=，在万有引力作用下绕地球运转。若它们的轨道半径之比12:2:1rr=，则它们的动能之比为（）A.1:2B.2:1C.1:8D.8:1【答案

】C【解析】【详解】根据卫星所受万用引力提供匀速圆周的向心力，有22MmvGmrr=可得线速度大小为GMvr=则卫星的动能为2k122GMmEmvr==两卫星质量之比12:1:4mm=，半径之比12:2:1rr=，则动能之比为k1k2111428EE==故选C。10.一条轻绳跨过定

滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球质量的2倍。用手托住B球，A球静止于地面，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，如图所示。以地面为参考平面，不计一切阻力，从释放B球至B球落地的过程中，A球的重力势能pE和动能kE随A球的位移x变化的关系可能正确的是（）A.B.C.

D.【答案】B【解析】【详解】A球的重力势能为pEmgx=即A球重力势能pE和A球的位移x成正比关系，斜率为1kmg=对A球由动能定理有kATxmgxE−=对B球由动能定理有2kA12222mgxTxmvE−==解得kA3mgEx=即A球的动能kE和A球的位移x成正比

关系，斜率为23mgk=则有1231kk=ACD错误，B正确。故选B。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15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。11.某物理兴趣小组要测量一电池组的电动势和内阻，实验室提供下列一些仪器：A.电池组（电动势约为3V，内阻约为10Ω）B.电压表V（量程0~15.0V，内阻约为3000Ω）C.电流表A（量程为0~2

mA，内阻g12R=）D.定值电阻06=RE.电阻箱1R（0~999Ω，0~1.0A）F.滑动变阻器2R（0~2000Ω，0~1.0A）G.导线及开关（1）同学们根据提供的器材，设计了如图甲所示的a、b两种测量电路，经讨论后认为a测量电路不合的理，应选b测量电路。请说明a测量电路不合理

的原因：___________。（2）请在图乙中按照b电路图连接测量电路。___________（3）连接好电路后进行实验，调节电阻箱1R，记录下各仪器的读数。若某次实验时电阻箱旋钮及电流表指针如图丙所示，则此时电阻箱的阻值为___

________Ω，通过电阻箱的电流大小为___________mA。（4）设电源的电动势为E，内阻为r，电流表内阻为gR，某次实验中电阻箱的阻值为1R，电流表的读数为I，则电源电动势的表达式为E=___________。（用I、1R、gR、r表示）（5）将测量数据的单位统一成

国际单位，根据记录数据作出如图丁所示的图像，若测得图线纵截距为13.5，图线斜率为0.94，则电池组电动势E=___________V；内阻r=___________Ω。（保留到小数点后一位）（6）误差分析：b测量电路设计方案及上述数据处理方法使电源电动势测量值_____

______（填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）。【答案】①.由于电流表量程较小，若直接测量干路中电流，则测量数据范围太小，测量误差较大②.③.875④.3.6⑤.()13g+IRRr+⑥.3.2⑦.10.4⑧.不受影响【解析】【详解】（1）[1]由于电

流表量程较小，若直接测量干路中电流，则测量数据范围太小，测量误差较大，故a测量电路不合理；（2）[2]按照电路图连接，如图（3）[3]如图电阻箱读数为875；[4]电流表扩大量程后gmaxg016mARIIR=+=故电流表表盘一个小格代表0

.3mA，故电流表读数为3.6mA；(4)[5]改装后电流表内阻g0g0g4RRRRR==+改装后电流表量程变为原来3倍，故实际电流值为3I，根据闭合电路欧姆定律()13g+EIRRr=+(5)[6][7]由上述可知133(g+)RrRIEE=+则3(g+)13.5RrE=30.94

E=解得3.2VE=10.4r=[8]由于改装后电流表测量的是干路电流的真实值，故求得的电源电动势也是真实值，故不受影响。12.如图所示的电路中，定值电阻R＝5Ω，标有“4V，8W”的直流电动机的线圈电阻10.5=

R。当开关S接a点时，电动机正常工作。当开关S接b点时，理想电流表的示数为1A。求：（1）电源的电动势和内阻；（2）当开关S接a点时，电动机的输出功率。【答案】（1）6VE=，1Ωr=；（2）6W【解析】【详解】（1）当开关S接a点时，电动机正常工作

，根据闭合电路欧姆定律有14EIr−=1M8A2A4PIU===当开关S接b点时，理想电流表示数为1A，有2()EIrR=+21AI=联立以上各式，代入数据求得6VE=，1Ωr=（2）当开关S接a点时，电动机的输出功率2211(820.5)W6WP

PIR=−=−=出13.2022年6月5日，我国神舟十四号载人飞船成功发射，并与空间站成功对接，航天员乘组顺利进驻天和核心舱。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响。（1）求地球第一宇宙速度1v；（2）若将空间站绕地球的运动看作匀速圆周运动，

运行轨道距离地面高度为h，求空间站的运行周期T。【答案】（1）1=vgR；（2）2()RhRhTRg++=【解析】的【详解】（1）根据212vMmGmgmRR==可得地球第一宇宙速度1=vgR（2）空间站绕地球做圆周运动，则2224()()MmGmRhRhT=++且2MmGmgR=解

得空间站的运行周期2()RhRhTRg++=14.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一与水平面成45°角的光滑绝缘直杆AC，质量为m、电荷量为＋q的带电小环套在杆上，小环正以速度0v沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好落在C端的正下方地面上P点处，ACP所在平面与电场E平行，已

知重力加速度为g。求：（1）匀强电场的场强大小和方向；（2）小环离开直杆后运动的加速度大小；（3）C点距离地面的高度；（4）取C点电势为零，从C到P过程中小环电势能的最大值。【答案】（1）mgq，方向水平向右；（2）2g；（3）202vg；（4）204

mv【解析】【详解】（1）小环正以速度0v沿杆匀速下滑，处于受力平衡状态，小球受力如图所示，电场强度方向水平向右则有tan45mgqE=解得mgqE=（2）小环离开直杆后，在重力和电场力的作用下运动，合力的大小为22()()2FmgqEmg=

+=根据牛顿第二定律可知，小环离开直杆后运动的加速度大小为2Fagm==（3）根据运动的合成与分解可知，小环在竖直方向做初速度为00sin45yvv=加速度为g的匀加速直线运动，在水平方向做初速度水平向左00cos45xvv=加速度水平向右=aqE

gm=的匀变速直线运动，由此可知当小环落到C点正下方的P时所用时间为0022xvvtag==则C点距离地面的高度可以表示为2012yhvtgt=+解得202vhg=（4）逆着电场线的方向电势升高，可知，小环水平向左运动至最远位置M处时对应的电势

最高，带正电的小环电势能最大，水平向左运动的最大距离为2200max24xvvxag==该点的电势为20max4MMCmvUExq===最大电势能为20max4pMmvEq==15.如图所示，质量均为m=2kg的小物块A、B通过一压

缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下以相等的速率与弹簧分离。A分离后向左运动，滑上半径R=0.5m的光滑半圆轨道并恰能通过最高点；B分离后向右运动，滑上静止在水平面上长L=1m、质量M=8kg的长木板，长木板上表面与平台等高、下表面光滑，物块与

木板之间的动摩擦因数0.5=。取210m/sg=。（1）求A、B与弹簧分离时的速率；（2）求弹簧锁定时的弹性势能pE；（3）通过计算判断物块是否能滑离长木板；求出B在长木板上滑动过程中产生的内能Q。【答案】（1）5m/s；5m/s；（2）50

J；（3）能滑离长木板；10J【解析】【详解】（1）物块A恰好通过半圆最高点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得2vmgmR=代入数据解得5m/sv=物块A从半圆最低点到最高点过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得2'2111222mvmvmgR=+

代入数据解得15m/sv=即A、B与弹簧分离时的速率均为5m/s；（2）解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得：221112225J=50J22PEmv==（3）滑块B滑上长木板后

做减速运动，木板做加速运动，若假设不能滑离长木板，则当两者共速时，由动量守恒定律1()mvMmv=+由22111()22mvmMvmgx−+=解得x=2m>L可知物块将滑离长木板；B在长木板上滑动过程中产生的内能10QmgL==J获得更多资源请扫码加入享学

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