【文档说明】【精准解析】浙江省宁波市效实中学2020-2021学年高一（下）期中物理试题（解析版）.doc，共(23)页，914.000 KB，由小赞的店铺上传

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宁波市效实中学第二学期高一期中物理试题第Ⅰ卷（选择题，共52分）一、单选题（共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，有选错或不答的得0分）1.下列物理量的单位正确的是（）A.静电力常量kN·C2/m2B.劲度系数kN/sC.万有引

力常量GN·m2/kg2D.动摩擦因数μN-1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由2kQqFr=可得静电力常量k的单位是N·m2/C2，故A错误；B．由Fkx=可得劲度系数k的单位是N/m，故B错误；C．由2GMmFr=可得万有引力常

量G单位是N·m2/kg2，故C正确；D．由fNFF=可得动摩擦因数μ没有单位，故D错误。故选C。2.下列说法正确的是（）A.库伦利用扭秤实验测得了静电力常量B.开普勒总结出了行星运动的规律，并找出行星按照这些规律运动的原因C.法拉第是第一个提出“场”的概念来研究电现象D.牛顿利

用扭秤实验测得了万有引力常数【答案】C【解析】【分析】【详解】A．库伦发现了点电荷间的相互作用规律，并没有利用扭秤实验测得了静电力常量，A错误；B．开普勒总结出了行星运动的规律，是牛顿找出了行星按照这些规律运动的原因，B错误；C．法拉第首先提出了“场”的概念，认为电荷间的作用是通过

“场”实现的，符合史实，C正确；D．卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了万有引力常量，D错误。故选C。3.如图所示是一幅科普漫画，漫画中的英文意思是“（电子）不能被分成两半”，这幅科普漫画要向读者传达的主要物理知识应该是（

）A.电子带负电荷B.电子是构成原子的粒子C.电荷既不会创生，也不会消灭D.所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍【答案】D【解析】【详解】题干中说“（电子）不能被分成两半”，主要表达的意思是电子所带的电荷量就是最小电荷量，不

能再分割，所有带电体的电荷量都是元电荷e的整数倍，ABC错误，D正确。故选D。4.当用毛皮摩擦过的橡胶棒去接触验电器的金属球时，金属箔片张开。对上述实验分析正确的是（）A.金属箔片所带的电荷为正电荷B.金属箔片的起电方式是感应起电C.金属箔片张开的原因是同种电

荷相互排斥D.金属箔片与金属球带异种电荷【答案】C【解析】【分析】【详解】ABD．毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用带负电的橡胶棒和不带电的验电器接触的带电方式叫接触起电，且验电器整体即金属球、金属杆、金属箔都带负电，故ABD错误；C．电

荷间的相互作用是同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，橡胶棒和验电器金属球接触后，两个金属箔片均带负电相互排斥，故金属箔片张开，故C正确。故选C。5.如图所示，将一个大小为50N与水平方向成60°角的力F作用在一个质量为6kg的物体上，物体沿水平地面匀速前进了8m，g＝10m/s2，下面关于物

体所受各力做功说法正确的是（）A.力F对物体做功为400JB.摩擦力对物体做功为200JC.重力做功为480JD.合力做功为0【答案】D【解析】【分析】【详解】A．因为物体在水平地面上前进了8m，根据功的定义，则F对物体做功为1cos60508J200J2FWFx===故A错误；B．因为物

体匀速运动，合外力做功为零，根据动能定理得0FfWW−=即摩擦力做功的大小等于力F做功的大小，由于摩擦力做负功，所以摩擦力对物体做功为-200J，故B错误；CD．由于物体沿水平地面做匀速运动，故合力为零，合力做的功为零；由于物体在重力方向上未发生位移，所以重力做功为零；故C错误

，D正确；故选D。6.如图所示，在光滑绝缘水平面上有A．B．C三个可视为点电荷的带电小球，位于同一条直线上，仅在它们之间的静电力作用下均处于静止状态，且距离关系满足：AB>BC，下列说法错误的是（）A.A．C带同种电荷B.C所带能电荷量最小C.A所带能

电荷量最大D.A．B在C处产生电场的合场强为零【答案】B【解析】【详解】A．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，则A正确，不符合题意；BC．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，又因AB两球间的距离大于BC

两球间的距离，则A所带电荷量最大，则B错误，符合题意，C正确，不符合题意；D．要C球合力为0，同C处合场强为0，则D正确，不符合题意。故选B。7.如图所示，放在绝缘台上的金属罩B内放有一个不带电的验电

器C，如把一带有正电荷的绝缘体A移近金属罩B，则（）A.金属罩B内的场强不为零B.在B的右侧内表面带正电荷C.若将B接地，验电器的金属箔片将张开D.B和C电势处处相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由于金

属网罩的静电屏蔽作用，内部场强为零，A错误；B．由于金属网罩的静电屏蔽作用，B的内表面不带电，金属网罩表面的自由电子重新分布，B的右侧外表面带正电荷，B的左侧外表面负电荷，B错误；C．由于金属网罩的静电屏蔽作用，B内的场强为零，验电器的金属箔片不张开，C错误；D．金属网罩处于静电平衡

状态，是等势体，D正确。故选D。8.某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒（重力不计）的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称。下列说法正确的是（）A.A点电势高于B点电势B.A点电场强度小于

C点电场强度C.烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D.烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A错误；B．由图可知，A点电场线比C点密集，因此A点电场强度大

于C点电场强度，故B错误；CD．烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故C错误，D正确。故选D。9.某运动

员参加撑杆跳高比赛如图所示，这个过程中能量变化描述正确的是（）A.加速助跑过程中，运动员的动能和重力势能都不断增大B.起跳上升过程中，杆的弹性势能先增大后减小C.起跳上升过程中，运动员的机械能守恒D.运动员越过横杆正上方时，动能为零【答案】B【解析】【详解】A．加速助跑过程中

，运动员的动能不断增加，重力势能不变，故A错误；B．起跳上升过程中，杆先逐渐弯曲然后伸直，则杆的弹性势能先增加后减小，故B正确；C．起跳上升过程中，运动员和杆的系统动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因杆的弹性势能先增加后减小，则运动员的机械能先减小后增加，故C错误；D

．运动员到达横杆正上方时，由于有水平速度，则动能不为零，故D错误。故选B。10.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图象和拉力的功率与时间的关系图象如图所示。下列说法正确的是（）A.物体的质量为109kgB.滑动摩擦

力的大小为5NC.0～6s拉力做的功为30JD.0～2s内拉力做的功为20J【答案】A【解析】【分析】【详解】B．由题图知，在2～6s内，物体做匀速直线运动且速度v=6m/s，P=10W，有F=f则滑动摩擦力为105NN63

PfFv====故B错误；A．当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力30N5N6PFv===0～2s内物体的加速度a=vt=3m/s2根据牛顿第二定律得Ffma−=代入数据可得10kg9m=故A正确。CD．在0～2s内，

由Pt−图像围成的面积表示拉力做的功，可得1130J2PWt==同理在2～6s内，拉力做的功2210(62)J40JWPt==−=故0～6s拉力做的功为1270JWWW=+=故CD错误。故选A。11.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，自身球体半径分别为RA和RB。两颗行星各自周围的卫

星的轨道半径的三次方（r3）与运行公转周期的平方（T2）的关系如图所示，T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则（）A.行星A的质量小于行星B的质量B.行星A的密度小于行星B的密度C.行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度D.当两行星周围

的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度小于行星B的卫星的向心加速度【答案】C【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律有2224MmGmrrT=可得3224GMrT=可知图象的斜率为24GM

k=由图象可知行星A的斜率大于行星B的斜率，则行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；B．密度公式为MV=，行星体积为343VR=联立解得3233rGTR=当卫星在行星表面运行时有，r=R，T=T0，则有203GT

=由于两卫星绕各自行星表面运行的周期相同，则行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；C．行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据牛顿第二定律可得22MmvGmRR=解得3443=3GRGMGvRRR==由于ABRR，所以ABvv，故C正确；D．根据2MmGmar=可得2G

Mar=由于ABMM，两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D错误。故选C。12.如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F将小球从竖直位置P拉到位置Q，小球在Q点垂直绳方向

所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为，则（）A.恒力做功等于小球重力势能的增量B.小球将静止在Q点C.细线对小球做的功为零D.若在Q点将外力F撤去，小球来回摆动的角度将等于【答案】C【解析】【分析】小

球在Q点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。【详解】A．小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F和重力G的关系为tanFG=从竖直位置P拉到位置Q过程中位移为s，

恒力F做功ctantanoscos22FWGsGs?=重力G做功的大小sin2GWGhGs==90所以222tancostan21sin22tan1tanFGGWWGss===>-即有FGWW>而小球重力势能的增量等于重力G做功的大小，因此

恒力做功大于小球重力势能的增量，选项A错误；B．因为FGWW>，根据动能定理可知小球到达Q点时动能不为零，小球具有一定速度，不会静止在Q点，选项B错误；C．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C正确；

D．因为小球在Q点速度不为零，若在Q点将外力F撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。之后的摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此小球来回摆动的角度将大于，选项D错误。故选C。【点睛】抓住小球在Q点所受的合力恰好为零是分析问题的关键。二、不定项选择题（共4小题，每小

题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全选对得4分，选不全得2分，选错或不答的得0分）13.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时

，起重机的有用功率达到最大值，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是：A.若匀加速过程时间为t，则速度由v1变为v2的时间小于211()vvtv−B.重物的最大速度为2Pvmg=C.重物做匀加速直线运动的时间为211mvP

mgv−D.钢绳的最大拉力为2Pv【答案】BC【解析】【详解】A、速度由1v变为2v的做加速度减小的加速运动，设速度由1v变为2v的时间为1t，根据题意可得1211vvvtt−，解得2111()vvttv−，故选项A错误；B

、重物以最大速度为2v匀速上升时，钢绳拉力Fmg=，所以重物的最大速度为2Pvmg=，故选项B正确；C、重物做匀加速运动的加速度111PmgvPmgvammv−−==，根据速度公式可得重物做匀加速直线运动的时间为2111vmvtaPmgv==−，故选项C正确；D、匀加速提升重物时钢绳拉力

最大，且等于匀加速结束时的拉力，由PFv=可得1mPFv=，故选项D错误．14.有一匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电

势分别为：4V、8V、10V,将一电荷量为q=-2×l0-5C的负点电荷由a点开始沿abed路线运动，则下列判断正确的是A.坐标原点0的电势为6VB.电场强度的大小为2/VmC.该点电荷在c点的电势能为2×l0-5JD.该点电荷从a点移到d点过

程中，电场力做功为8×l0-5J【答案】AD【解析】【详解】A项：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，所以0bca−=−，代入数据解得：06V=，故A正确；B项：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为6

eV=，连接oe则为等势面，如图所示，由几何关系可知，ab垂直oe，则ab为条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：22286100222102bebeUVVEmmd−−===+，故B错误；C项：该点电

荷在c点的电势能为：4210PccEqJ−==−，故C错误；D项：该点电荷从a点移动到b点电场力做功为：55(48)(210)810ababWqUJJ−−==−−=，故D正确．故选AD．15.发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然

后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，则以下说法正确的是()A.卫星在轨道3上的运行速率大于7.9km/sB.卫星在轨道2上Q点

的运行速率大于7.9km/sC.卫星在轨道3上的运行速率小于它在轨道1上的运行速率D.卫星分别沿轨道1和轨道2经过Q点时的加速度大小不相等【答案】BC【解析】【详解】AC.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m,轨道半径为r,地球质量为M，有22GMmvmrr=

解得GMvr=轨道3比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度是7.9km/s,则卫星在轨道3上的运行速率小于7.9km/s，A错误，C正确；B.卫星从轨道1变到轨道2，需要加速，所以卫星沿轨道1的速率小于轨道2经过Q点时的速度，B正确；D.根据牛顿第二定律

和万有引力定律2GMmmar=得2GMar=所以卫星在轨道1上经过Q点得加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，D错误。故选BC。16.如图所示，xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m。电荷量为+q的带电粒子，以0v的速度沿AB方

向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为（3L−，0）、（0，2L）、（0，L）。若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.带电粒子由A到C过程中最小速度一定为0217vB.带电粒子由A到C过程中电势能先减小后增大C.匀强电场的大小为20mvEqL

=D.若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿AB方向到达B点，则此状态下电场强度大小为20714mvqL【答案】AD【解析】【详解】A．因带电粒子只受恒定的电场力，做匀变速曲线运动，而C点有最小速度且垂直y轴，可推得粒子做类斜上抛运动，C是最高点，其速度与

电场力垂直，则电场力沿y轴负方向，设A点的速度与x轴的夹角为，则0cosCvv=由几何关系可知22tan33OBLOAL===联立可得0032177Cvvv==故A正确；B．因粒子做类斜上抛运动，从A点到C点电场力与速度的夹角从钝角变为直角，则电场力一直做负功，电势能一直增大，故

B错误；C．粒子从A到C的过程，由动能定理2201122CqELmvmv−=−联立可得匀强电场的大小为201449EmvqL=故C错误；D．调节匀强电场的大小和方向使粒子恰好能沿AB方向到达B点，则粒子一定AB做匀减速直线运动，电场力沿BA方向，由

动能定理有201702qELmv−=−则匀强电场的场强大小为20714mvEqL=故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题，共48分）三、实验题（每空3分，共15分）17.某实验小组利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律，当地重力加

速度为g。(1)该小组成员用游标卡尺测得遮光条的宽度0.690cmd=，用天平测得滑块与遮光条的总质量为M，钩码的质量为m。(2)实验前需要调节气垫导轨使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间2Δ1.210st−=，则滑块经过光电门的瞬时速度v=

________m/s（结果保留两位有效数字）。(3)在本实验中为了确保钩码减少的重力势能与滑块（含遮光条）的动能增加量近似相等，则滑块与遮光条的总质量M与钩码的质量m间应满足________；实验中还

需要测量的物理量是________________。（用文字说明并用相应的字母表示）(4)本实验还可以通过改变钩码的质量测得多组数据并作出21(Δ)mt−图像来进行验证则下列图像符合真实实验情况的是________________。A．B.C.D.(5)针对(4)出现的情况，有同学提出以滑块

、遮光条和钩码作为系统来验证机械能守恒定律，则这位同学写出的表达式应为________________（用题中物理量的符号表示）。【答案】(1).0.58(2).Mm(3).滑块静止时遮光条与光电门间的距离L(4).C(5).21()2ΔdmgLMmt

=+【解析】【分析】【详解】(2)[1]由于遮光条的挡光时间极短，故滑块通过光电门的瞬时速度可近似等于挡光时间内的平均速度，即220.69010m/s0.58m/sΔ1.210dvt−−===(3)[2]为了使钩码减少的重力势能近似等于滑块和遮光条增加的动能，应满足滑块

和遮光条的质量远大于钩码的质量，即Mm；(3)[3]钩码减少的重力势能等于钩码的重力与下落高度的乘积，而钩码下落的高度等于滑块的位移，因此为了完成机械能守恒定律的验证，需要测量的物理量还应有滑块静止时遮光条与光电门间的距离L；(4)[4]

当Mm时，由机械能守恒定律有221122ΔdmgLMvMt==整理得2212(Δ)gLmtMd=所以21(Δ)mt−图像应为一条过原点的倾斜直线，但随着钩码质量的增加，不再满足钩码的质量远小于滑块与遮光条的总质量，此时有2

12mgLMv整理得2212(Δ)gLmtMd显然后半部分图线应向下弯曲，故选C；(5)[5]若以滑块、遮光条以及钩码作为系统来验证机械能守恒定律，需要验证的表达式应为21()2ΔdmgLMmt=+

四、计算题（本题共3小题，共33分.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。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。）18.如图所示，M、N两极板间匀强电场的场强大小E=2.4×104N/C，方向竖直向上。电场中A、B两点相距10cm，A、B

连线与电场方向的夹角θ=60°，A点和M板间距为2cm。（1）此时UAB等于多少？（2）一电荷的电荷量q=5×10-8C，它在A、B两点的电势能之差为多少？若M板接地，A点电势是多少？B点电势是多少？【答案】（1）1200Ⅴ；（2）6

×10-5J，-480Ⅴ，-1680Ⅴ【解析】【分析】【详解】（1）根据UEd=A、B两点间的电势差42cos2.4101010cos60V1200VABUEAB−===（2）A、B两点电势能之差85pp1200510J610JABABAB

EqqUqE−−=−===−若M板接地，由于422.410210V480VAAAUEd−=−===地地地所以480VA=−又因为1200VABABU=−=所以1200V1680VBA=−=−19.如图甲所示，一倾角为37

°的传送带以恒定速度顺时针方向运行。现将一质量m=1kg的小物体以某一初速度放在传送带上，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）0~8s内

物体机械能增量；（3）0~8s内物体与传送带因摩擦产生的热量。【答案】（1）0.875；（2）90J；（3）126J【解析】【分析】【详解】（1）从题图乙中图线斜率可在加速度21m/svat==由牛顿第二定律得cossinmgmgma−=解得0.875

=（2）0~8s内，根据v-t图线与时间轴所围图形的面积等于物体位移的大小11(62)4m22m14m22s=+−=0~8s内，物体上升的高度sin8.4mhs==物体机械能增量22pk01190J22EEEmghmvmv=+=+−=（3）传送带速度大

小为4m/s，0~6s内物体与传送带发生相对滑动，传送带的位移46m24msvt===带物体的位移14422mm6m22s=−+=物则物体与传送带的相对位移18msss=−=带传0~8s内物体与传送带摩擦产生的热量(co

s)126JQmgs==20.如图所示是一弹射游戏装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连）、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后，经过圆轨道并滑上倾斜

长轨道DE，若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道，从圆轨道滑出，进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧，随后能再次弹出（无能量损失）算游戏成功。已知圆轨道半径为R，轨道DE的倾角=37°，滑块质量为m，滑块与轨道

DE之间的动摩擦因数μ=0.5，其余都光滑，各轨道之间平滑连接，滑块可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能

过最高点B，求：①对应的临界速度vB的大小；②滑块能滑上斜轨道的最大距离l；（2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep=5mgR，求：①滑块第一次从斜轨道返回C点时，对轨道的弹力；②滑块在斜轨道上通过的总路程s。【答案】（1）gR，52R；（2）3mg，方向竖直向下，

252R【解析】【分析】【详解】（1）恰好好过B点，有2BvmgmR=解得BvgR=从B点第一次运动到斜轨道最高点，由动能定理有()212sincos02BmgRlmglmv−−=−解得52lR=（2）设第一次到斜轨道最高点离D距离为l1，由能量守恒11sincospE

mglmgl=+得15lR=返回到C处时滑块的机械能1p12cosEEmglmgR=−=滑块返回C点时，有212cmgRmv=2cvFmgmR−=得3Fmg=由牛顿第三定律可知，对轨道的弹力方向竖直向下。由滑块第一次返回到C处时滑块的机械能1Em

gR=可知，此后滑块恰好不脱离轨道，在圆轨道与斜轨道间往复运动，最终停在D点。全程应用动能定理有p(cos)0Emgs−=得252sR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com