【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2021-2022学年高一下学期期中考试物理试卷（解析版）.docx，共(21)页，667.454 KB，由envi的店铺上传

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长郡中学2021——2022学年度高一第二学期期中考试物理一.选择题（本题共10小题，共44分，1～6题，每小题4分，只有一个选项符合题目要求，7～10题﹐每小题5分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得

3分，有选错的得0分）1.下列说法正确的是（）A.当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷B.电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在C.从公式FEq=来看，场强大小E与F成正比，与q成反比D.根据122kqqFr=，当

两个点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷，故A正确；B．电场线是人为设想出来的，其实并不存在，电场是客现存在的，

故B错误；C．FEq=采用比值定义法，E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，所以电场中某点的电场强度E与F，q无关，故C错误；D．当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看成点电荷了，公式122kqqFr=不适用了，

故D错误；故选A。2.如图所示，空间中竖直平面内有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点，且PO=OM=h。现将一带负电的小球从Р点静止释放，重力加速度为g，不计阻力﹐下列说法正确的是（）A.从P到O的过程中，小球的电势能一定

是先增大后减少B.从P到O的过程中，小球的加速度一定是先增大后减少C.从P到M的过程中，小球的机械能一定是先增大后减少D.到达M点时，小球的速度为gh【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．两个等量正点电荷，其连线中垂线上

电场强度方向为O→P，带负电的小球从P点到O运动的过程中，电场力方向为P→O，从P到O的过程中电场力做正功，电势能减小，故A错误；B．O点场强为零，无穷远场强为零，从O点至无穷远，电场强度先增大后减小，所以，从P到O的过程中，电场强度大

小变化情况不确定，则小球所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定，故B错误；C．根据功能关系，除重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，从P到O电场力做正功，小球的机械增加；从O到M电场力做负功，小球的机械能减少

，故C正确；D．根据电场的对称性可知，P与M两点的电势相等，则小球在这两点的电势能相等，故小球从P到M的过程中，电场力做功为零，由动能定理得2122mghmv=解得2vgh=故D错误；故选C。3.质量为800kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变

，其加速度a与速度的倒数1v的关系如图所示，已知图像斜率k的数值大小为500。则赛车（）的A.速度随时间均匀增大B.加速度随时间均匀增大C.赛车运动时发动机输出功率为40kWD.图中b点取值应为0.008，其对应的物理意义表示赛车的最大

时速为450km/h【3题答案】【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；B．由图可得a与v的关系为5004av=−汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；C．对汽车受力分析

，根据牛顿第二定律，有Ffma−=又因为PFv=联立得Pfamvm=−所以500Pm=500800W400kWPkm===故C错误；D．当物体的速度最大时，加速度为零，根据5004av=−可得140.008500bv===此时最大速度m1m/s=125m/s450km/h0008.v==

故D正确；故选D。4.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）A.a、b、c小球带同种电荷B.a、b小球带异种电荷，

b、c小球带同种电荷C.a、b小球电量之比为36D.a、b小球电量之比39【4题答案】【答案】D【解析】【详解】AB．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的

库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；CD．对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得22sin60sin30acbcacbcqqqqkkrr=又:1:3acbcr

r=解得：:3:9abqq=故C错误，D正确。故选D。5.如图所示，在正方体顶点A和顶点C1处放置带电量分别为＋q、－q的点电荷，则下列说法正确的是（）A.顶点B处的电势大于顶点D处的电势B.顶点B1、D

1处的电场强度相同C.质子从B点移动到C点电势能增加D电子从B1点移动到D点电势能减少【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．由两个等量异号电荷产生电势的对称性知顶点B、D处的电势相等，故A错误；B．由电场叠加和对称性知顶点1B、D1处的电场强度大小相等，但方向不同，

故B错误；C．B点的电势高于C点的电势，则质子从B点移动到C点电势能减少，故C错误；D．D点的电势高于B1点的电势，则电子从B1点移动到D点电势能减少，故D正确。故选D。6.2020年的中国航天让国人振奋不已，

也让世界看到了中国力量、中国速度。“北斗三号”最后一颗全球组网卫星成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道，其轨道半径约为地球半径的6.6倍，顺利进入长期运行管理模式；长征五号遥四运载火箭飞行了约36分钟就成功将首个火星探测器“天问一号”送入预定

轨道。若火星密度是地球密度的0.7倍，则“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期约为（）A.0.2hB.1.7hC.4hD.12h的.【6题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】由2202MmGmRRT=343

VR=MV=地联立三式可得03TG=地式中G为引力常量，0T为卫星绕地球表面做圆周运动的周期；根据开普勒第一定律可得32320rTRT=可知2220324h6.6T=解得01.4hT火星密度是地球的0.7倍，设“天问一号”绕火星表面做圆周

运动的周期为1T，则10TT=地火得11.7hT故B正确，ACD错误。故选B。7.我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（）A.物块的速度先增大后减小

B.物块和弹簧组成的系统机械能一直增大C.弹簧弹性势能先增大后减小D.物块加速度先增大后减小【7题答案】【答案】AB【解析】【详解】AD．物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹

簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速造动，当物块合力为零时速度最大，然后物块继

续向上运动过程物块所从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，物块的速度先增大后减小，加速度先减小到掌然后反而增大，A正确，D错误；BC．从物块搭触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组点的系统一直做正功，由功能关系可知，物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，B正确。从物块接

触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，C错误。故选AB。8.如图所示，虚线为电场中一簇等间距的等差等势面，实线为一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，PQ、是这条轨迹上的两点，不计重力。下列说法正确的是（）A.若粒子带正电，则Q点电势比P点电势高B.若粒子带负

电，则Q点电势比P点电势高C.若粒子带负电，则在P点时动能大D.不论粒子带正电或负电，都是在Q点时动能大【8题答案】【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．曲线运动受力方向指向曲线凹的一侧，若粒子带正电，则电场方向竖直向下，沿电场线方向电

势降低，可知Q点电势比P点电势低；若粒子带负电，则电场方向竖直向上，沿电场线方向电势降低，可知P点电势比Q点电势低，选项A错误，B正确；CD．若粒子带负电，则粒子在P点电势能比Q点电势能高，根据能量守恒可知粒子在P点的动能比Q点的动能小

；若粒子带正电，则粒子在P点电势能比Q点电势能低，根据能量守恒可知粒子在P点的动能比Q点的动能大。选项C错误，D正确。故选BD。9.2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发射升空。如图所示，已

知地球和火星到太阳的距离分别为R和1.5R，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（）A.探测器在椭圆轨道A点的速度等于地球的公转速度B.探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近

的B点C.地球和火星两次相距最近时间间隔约为2.2年D.探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度【9题答案】【答案】BC的【解析】【详解】A．探测器在椭圆轨道A点做离心运动，所以在椭圆轨道A点的速度大于地球的公转速度，选项A错误；BC．因为地球的公转周期11T=年，设探测器在椭

圆轨道运动的周期为2T，则根据开普勒第三定律得221233(1.52)TTRRR=+则探测器由A点发射之后，大约经过20.72Tt==年后抵达火星附近的B点，同理可求得火星的周期约为31.84T=年根据1

311()Δ1tTT−=解得Δ2.2t=年选项BC正确；D．根据2MaGr=可知探测器在椭圆轨道A点的加速度大于在B点的加速度，选项D错误。故选BC。10.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速

率v1顺时针匀速运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2；（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。关于上述过程，下列判断正确的是（）A.滑块返回传送带右端时的速率为v2B.此过程中传送带对滑块做功为22121122mvmv−C.此过程中滑块与传送带间因摩擦产生

的热量为2121()2mvv+D.此过程中电动机做功为211212mvmvv−【10题答案】【答案】BCD【解析】【详解】A．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于12vv＜，物体会先在滑动摩擦

力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有A错误；B．此过程中只有传送带时滑块做功根据动能定理kWE=得22k121122WEmvmv==−B正确；C．运动过程的v-t图像如下（说明：t1是滑块向左速

度为0的时刻，t2为滑块向右与传送带共速的时刻。t3为滑块回到出发点的时刻。x1为横轴下方阴影小三角形面积，x相为阴影大三角形面积）设滑块向左运动的位移为x1，这个过程滑块克服摩擦力做的功212112Wfxmv==设滑块从出发点到与传送带共速过程两者的相对位移为x相，则整个过程摩擦力

发热Qfx=相图中由三角形相似知11222xvxvv=+相所以()22212222111m22vvQvmvvv+==+C正确；D．全过程中由能量守恒，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即222111m22WvmvQ+−=

整理得211212Wmvmvv−=D正确。故选BCD。第Ⅱ卷非选择题（共56分）二.实验题（本大题共2小题，共18分）11.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以

通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电

力的大小。（1）图甲中实验采用的方法是______（填正确选项前的字母）。A.理想实验法B等效替代法C.微小量放大法D.控制变量法（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而______（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）接着该组

同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球

到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为45°和60°，则12qq为______。【11题答案】【答案】①.D②.增大③.239【解析】【详解】（1）[1]

图甲中保持电荷量不变，只改变距离，研究力的变化情况，所以，用的是控制变量法，故选D。（2）[2]本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力的大小，由图可知，电荷量越大，距离越小，细线偏离竖直方向的角度越大，根据对小球受力

分析可知电荷之间的静电力随着电荷量的增大、距离的减小而增大；（3）[3]对小球B受力分析，根据库仑定律结合平衡条件有()AB2tansinkqqmgL=解得B22AtansinmgLqkq=可得两次实验中A的电量之

比为2122tan45sin45223tan60sin60933qq===12.用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。（1）关于本实验﹐下列说法正确的是______（填字母代号）。A．应选择质量大、体积小的重物进

行实验B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态C．先释放纸带，后接通电源（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速

度为g，打点计时器的打点周期为T。设重物质量为m。从打О点到B点的过程中，重物的重力势能变化量pE＝______，动能变化量kE=________。（用已知字母表示）（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一

端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0。已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式_______时，可验证机械能守恒。【12题答案】【答案】①.AB②.Bmgh−③

.2CA122hhmT−④.C3Fmg=【解析】【详解】（1）[1]A．重物体积小，所受空气阻力小，质量越大，空气阻力引起的相对误差就越小，所以应选择质量大，体积小的重物进行实验，故A正确；B．为减小纸带与限位孔间的摩擦，释放纸带之前，纸带必须处于竖直

状态，故B正确；C．由实验步骤可知，应先接通电源，当打点计时器工作稳定后，再释放纸带，故C错误。故选AB（2）由重力做功与重力势能的关系可知，从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量PBEmgh=−由平均速度解得打B点时重物的瞬时速度C

AB2hhvT−=该过程的动能增量为2kB12Emv=所以2CkA122hhEmT−=（3）在最低点，由牛第二定律可得20vFmgmr−=解得此时球的动能为()2k01122EmvFmgr==−球由静止释放到达最低点过程中，若满足机

械能守恒，则有212mvmgr=联立解得()012mgrFmgr=−解得03Fmg=三.计算题（本大题共3小题，共38分）13.“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想，若机器人“玉兔号”在月球表面做

了竖直上抛实验，测得物体以初速v0抛出后，空中的运动时间为t，已知月球半径为R，求：（1）月球表面重力加速度g；。（2）探测器绕月做周期为T的匀速圆周运动时离月球表面的高度H．【13题答案】【答案】(1)02vgt=(2)220322vRTHRt=

−【解析】【详解】（1）由竖直上抛运动可知：02vtg=解得02vgt=（2）在月球表面：2MmGmgR=对探测器：222()()()MmGmRHRHT=++解得220322vRTHRt=−14.如图所示，在绝缘粗糙的水平地面上有水平方向的匀强电场，三个质量相同且均可

看成点电荷的带电小球A、B、C分别位于竖直平面内的直角三角形的三个顶点上。球B、C在地面上，球A在球B的正上方，AB间距为L，AC连线与水平方向夹角为30°，三球恰好都可以静止不动。已知A、B带正电，电荷量均为Q，C球带负电，带

电量为-4Q，重力加速度为g，静电力常量为k。求:（1）判断匀强电场的方向;（2）球A的质量m及匀强电场的电场强度E的大小;（3）地面对球C的摩擦力大小和方向。【14题答案】【答案】（1）方向水平向右；（2）222QmkgL=，232kQEL=；（3）()29386QfkL=−，方向水平向

右【解析】【详解】（1）对A受力分析，A受到C的库仑力有水平向左的分量，A要受力平衡，其受到的电场力需水平向右，所以匀强电场的方向水平向右（2）对A受力分析，正交分解，竖直方向有()22224sin302QQmgkkLL+=

解得222QmkgL=水平方向有()224cos302QQEkL=得232kQEL=（2）对球C进行受力分析，C球受力平衡，水平方向由()222244cos304(3)2QQkkfQELL++=得223FkQL=得地面对球C的摩擦力大小为()29386QfkL=−地面对球C的摩擦力方向水平向右1

5.如图所示，AC水平轨道上AB段光滑﹐BC段粗糙，且LBC=2m，CDF为固定在竖直平面内半径为R=0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E=2×10³N/C的匀强电场，方向水平向右。

一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电的滑块P（可视为质点）接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为m=0.2kg，电荷量为q＝-1.0×10-3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.2，忽略滑块P与

轨道间的电荷转移。已知g=10m/s²。求:（l）若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为3N，求弹簧释放的弹性势能；（2）在（1）的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；（3）欲使滑块Р能进入圆轨道而且在进入圆轨道后不脱离圆轨道（即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道），求弹簧最初

释放的弹性势能的取值范围。（结果可用根号表示）【15题答案】【答案】（1）P2.1JE=；（2）3N，方向水平向右；（3）P632J5E+或P60.8JJ5E＜【解析】【详解】（1）滑块在F点时由

重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN2vFmgmR+=根据牛顿第三定律知N压=FF=3N解得F5v=m/s从释放弹簧到滑块到达F点的过程，由能量守恒定律得2PBCF122EmgLmgRmv=++解得P2.1J

E=（2）滑块从D点到F点，由动能定理得22FD1122mgRqERmvmv−+=−解得D5m/sv=在D点，对滑块由牛第二定律得2DNDvqEFmR+=解得ND3NF=由牛顿第三定律可知滑块运动到与O点等高的D点时对轨道

的压力大小为3N，方向水平向右（3）如图所示，滑块的等效重力大小为()()2222NmgmgqE==+与竖直方向夹角θ为45°M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点①要使滑块P恰好沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得2MvmgmR=解得22M22(m/s)v=滑块P从释放到M点的过程

中，由能量守恒得()2pMBC11cos452EmgLmgRmv+++=联立可得p632J5E+=②小球达到等效圆心等高点（N点）的速度为零，由能量守恒得Cp1B45cosEmgLmgR=+解得

p16J5E=滑块P恰好到达C点时满足P2BC0.8JEmgL==所以欲使滑块P在进入圆轨道后不离开圆轨道，弹性势能的取值范围P632J5E+或P60.8JJ5E＜获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com