【文档说明】山东省聊城市第一中学2023-2024学年高一下学期第二次阶段性测试 物理 Word版含解析.docx，共(8)页，676.141 KB，由小赞的店铺上传

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2023级高一下学期第二次阶段性测试物理试题时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷（40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列关于物理学史或物理认识说法正确的是（）A．库仑最早通过实验比较准确地测

出电子的电荷量B．英国物理学家库仑最早引入了电场概念，并提出用电场线描述电场C．牛顿对引力常量G进行了准确测定，并于1687年发表在其传世之作《自然哲学的数学原理》中D．地面上的人观察高速飞行的火箭时，发现火箭里的钟表变慢了2．如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在黏性

较大的油液中由静止开始下落，它们都由高度为h1的位置下落到高度为h2的位置。在这两种情况下，下列说法正确的是（）A．甲球的重力势能变化大B．二者末动能相等C．乙球的机械能守恒D．甲球重力的平均功率大3．关于电场强度，以下说法正确的是（）A．若在电场

中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0B．电场强度公式FEq=表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍C．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同D

．点电荷的电场强度公式2kQEr=表明，真空中的点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍4．杭州市区高中学生阳光体育运动会有一个集体项目—“旋风跑”，如图所示，假设5人一组共同抬着竹竿协作配合，以最快速度向标志杆跑

，到标志杆前，以标志杆为圆心，在水平面内转一圈，继续向下一个标志杆绕圈，分别绕完3个标志杆后，进入到对面接力区域，将竹竿交给下一组参赛选手，直到全队完成比赛。在匀速绕圈过程中，下列说法正确的是（）A．5位同学的线速度相等B．最外侧同学的角速度最大C

．最内侧同学的向心加速度一定最小D．每位同学所受的合外力相同5．如图甲所示，中国女排在进行排球训练。如图乙所示，运动员将排球从a点沿水平方向击出，之后落到b点，c点在a正下方且b、c位于同一水平面上，a、c高度差为h。假设排

球质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，关于排球从a到b的运动，下列说法正确的是（）A．做变加速曲线运动B．落到b点时重力的平均功率为22ghmgC．落到b点时重力的瞬时功率为ghmg22+vD．初速度越大落地时重力的瞬时功率越大6．如图所示，在x轴相

距为L的两点固定两个等量正负点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、以2L为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（）A．b、d两点处的电场强度相同B．a点的电场强度大于c点的电场强度C．将一带正电的试探电荷

+q沿圆周由a点移至c点，电荷+q的电势能不变D．将一带负电的试探电荷-q沿圆周由b点移至c点，电荷-q的电势能增大7．有一质量为M，半径为R，密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，现在从M中挖去一半径为2R的球体，如图所示，然后又在挖

空部分填满另外一种密度为原来3倍的物质，如图所示。则填充后的实心球体对m的万有引力为（）A．21136GMmRB．2RGMm3613C．218GMmRD．2RGMm38．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时

，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A．重物A、B的速度大小之比为1：1B．重物A、B的速度大小之比为2：1C．当B的位移为h时，A的速度为gh

51D．当B的位移为h时，A的速度为gh52二、多项选择题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．如图所示是静电场的一部分

电场线分布，下列说法中正确的是（）A．这个电场可能是负点电荷的电场B．同一点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C．所有点电荷q在A点处所受静电力的方向相同D．负电荷在A点处的电势能大于B点处的电势能10．滑板运动由于其动作的技巧性和挑战性受到越来越多的青少年的喜爱，滑板

已经在中国成为最具潜力的青少年运动项目之一，国际奥委会同意将滑板列为2024年巴黎奥运会正式比赛项目。如图所示，一高度为h的水平面与一倾角为的斜面连接，一运动员双脚踩着滑板从水平面的右端Р点向右水平飞出，不计空气阻力，把运动员和滑板看作质点，重力加速度为g，运动员在空中运动的时

间为t，则（）A．运动员和滑板下落的时间可能为123hgB．运动员和滑板下落的时间可能为423hgC．运动员和滑板以不同速度向右飞出，在空中运动时间可能相同D．运动员和滑板以不同速度向右飞出，落在斜面上的速度方向一定不相同11．如图所示，地球的两颗人造卫星甲、

乙的质量均为m，分别在圆轨道和椭圆轨道上运动，AB分别为椭圆轨道的近地点、远地点，与地心的距离分别为r、3r，两轨道相切于A点，万有引力常量为G，地球的质量为M，规定无限远处卫星的引力势能为0，质量为m的卫星离地心的距离为R时，其引力势能为pGMmER=−，下列说法正确的是（）A．甲、乙的

运行周期之比为2:4B．在A点，甲的加速度小于乙的加速度C．乙在A点的机械能大于甲在A的机械能D．甲的机械能为2−GMmr12．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m＝10g的带正电的小球，小球所带

电荷量q＝5.0×10－4C。小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示．小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()A．由C到A的过程中，电场强度先增大后减小B．由C到A电势先升高后降低

C．C．C、B点的电势差UCB=－0.9VD．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2V/m第Ⅱ卷（60分）三、实验题：本题包括2个小题，共14分，把答案填在答题卡对应的横线上。13．（6分）某学习小组同学利用DIS系统研究某电容器的充电和放电过程，实验电路如图甲所示，电源为输出

电压恒为5V的学生直流稳压电源，实验前电容器已充分放电。（电流I表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即qIt=）(1)先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电。然后将单刀双掷开关S置于2端，通过电阻R进行放电，充电过程电流的方向为______（填“从a到b”或“从b到a

”）。(2)将单刀双掷开关S置于2端时，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的It−图像。图线与坐标轴围成图形的面积可以用所围小方格的总面积近似代替，若按照“大于半个格的按一个格算，小于半个格的舍去”的原则数出小方格数为114个，据此估算出电容器的电容为______

μF（计算结果保留三位有效数字）。(3)若换用另一个电介质相同、电极间距变小、电极正对面积变大的电容器进行实验，则得到的It−图线与坐标轴所围成图形的面积将__________（填“变大”“变小”或“不变”）。14．（8分）某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验中打点计时器连接着

频率为50Hz的交流电，重物的质量为1kg，重力加速度大小取g=9.8m/s2。(1)下列说法正确的是___________；A．应选择质量大、体积小的重物进行实验B．打出纸带后可以根据vn＝2ghn来计算重物的瞬时速度C．重复操作时必须让重物

从同一位置开始下落D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放纸带(2)该同学进行正确操作后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C为三个计时点，根据纸带上的数据，从O点下落到B的过程中重物重力势能的减小量为____

_______J，重物动能的增加量为___________J；（计算结果均保留3位有效数字）(3)该同学进行多次实验，发现重物重力势能的减小量稍大于动能的增加量，原因可能是_____________。四、计算题：本题共4个小题，共46分

。解答时应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分。15．（8分）如图所示，质量为0.72kg、电荷量为q1=1×10-5C的带电小球A固定在绝缘天花板上，带电小球B质量也为0.72kg，A和B都可以视为点电荷，B在

空中水平面内绕O点做匀速圆周运动，AB与竖直方向的夹角为θ＝37°。已知小球A、B间的距离为2m，重力加速度为g=10m/s2，静电力常量为k＝9.0×109N·m2/C2。求：(1)B球转动的角速度；(2)B球电

量绝对值大小q2。16.（9分）中国自行研制，具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的

椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行五周后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示，设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：(1)地球的第一宇宙速度；(2

)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小；(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度h2。17．（14分）如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在水平向左和竖直向下的匀强电场，电场强度大小相等。虚线MN和PQ表示三个区域的理想分界平面，分界平面均垂直于水平电场且间距为L；右

侧平行于分界平面放置的屏到PQ的距离为L。在水平电场中，距MN也为L的A处有一个电子源，会无初速度释放电子（电荷量大小为e，质量为m），最后，电子打在右侧的屏上。不计电子重力和电子之间的相互作用力。已知电子到达MN边界的速度为v，求：(1)电场强度的大小；(2)某个电子在整个运动过程中所受静电力

对其所做的功；(3)图中AO连线垂直于屏，垂足为O。那么，电子打到屏上的点到О点的距离。18.（15分）某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下

端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的倾斜轨道，摩擦力未知，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝2kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以某一初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨

道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短。已知C、D之间和D、F之间距离都为1m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，小滑块P到

达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小为100N；弹簧的弹性势能的最大值10J；重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)AB间竖直高度差h；(3)小滑块P第二次经过D点的速度。高一下学期第二次阶段性考试物理试题参考答案1．【答案】D【解析】

A．密立根最早通过实验比较准确地测出电子电荷量。故A错误；B．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线描述电场。故B错误；C．牛顿于1687年发表其传世之作《自然哲学的数学原理》，卡文迪许对引力常量G进行了准确测定。故C错误；D．根据

狭义相对论的钟慢效应，地面上的人观察高速飞行的火箭时，发现火箭里的钟表变慢了。故D正确。2．【答案】D【解析】A．根据题意，由重力势能表达式pEmgh=可知，重力势能的变化量为p21Emghmgh=−可知，下落过程中，甲球和

乙球重力势能变化相同，故A错误；B．根据题意，由动能定理可得，甲球末动能为k1Emgh=乙球的末动能为k2fEmghW=−可知，甲球的末动能大，故B错误；C．乙球下落过程中，阻力做功，机械能不守恒，故C错误；D．根据题意，由牛顿第二定律可知，

乙球下落过程中有阻力，加速度小，则下落相同高度所用时间长，由公式P=W/t可知，由于下落过程中，甲球和乙球的重力做功相同，则乙球重力的平均功率小于甲，故D正确。3．【答案】D【解析】AB．电场强度与试探电荷无关，故AB错误；C．由F=Eq知，不同的电荷，在匀强电

场中受力是不同的，故C错误。D．由点电荷电场强度决定式2kQEr=知，点电荷周围某点的电场强度与r的平方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故D正确；4．【答案】C【解析】AB．五位同学都是绕标志杆做圆周运动，角速度相等，转动半径不同

，根据r=v所以每位同学的线速度不同，故AB错误；C．根据an＝ω2r最内侧同学的向心加速度一定最小，故C正确；D．做匀速圆周运动的物体由合外力提供向心力，2Fmr=向质量未知，半径不同故D错误。5．【答案】B【解析】A．

平抛属于匀变速曲线运动B．重力做功W=mgh，竖直方向h＝12gt222ghmgtWP=故B正确C．竖直方向速度vy＝gt,重力的瞬时功率等于重力与重力方向速度的乘积P=mgvyghmg2=故C错误D．由C选项

知P初速度无关故D错误6．【答案】D【解析】A．根据等量异种电荷的电场线分布特点可知，b、d两点处的电场强度方向不同，故A错误；B．+Q、-Q在a点的电场强度分别为122aQEkL=，2232aQEkL=且方向相反，则a点电场强度为122329aaaQEEEkL

=−=+Q、-Q在c点的电场强度分别为122cQEkL=，222cQEkL=且方向相同，则c点电场强度分别为+可知，a点的电场强度小于c点的电场强度，故B错误；C．根据等量异种电荷电势分布特点，a点电势为正值，c点电势为零。则将一

带正电的试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电荷+q的电势能减小，故C错误；的的1228cccQEEEkL=−=1228cccQEEEkL=−=D．同C选项，b点电势为正值，将一带负电的试探电荷-q沿圆周由b

点移至c点，电荷-q的电势能增大，故D正确。故选D。7．【答案】B【解析】由万有引力公式得，没挖空前，球体对质点m的万有引力为124GMmFR=根据密度公式343mr=可知，挖去部分的质量是球体质量的18，则挖去部分对质点m的引力为22218318()2GMmGMmFRR==则

剩下部分对m的万有引力为122736GMmFFFR=−=若挖去的小球中填满原来球的密度的3倍的物质，该物质的质量为M83，则该物质对质点m的万有引力2RMmGF49833=2RGMm3613所以则填充后的实心球体对m的万有引力为故选B。8．【答案】C【解析】由题意知

，A、B系统机械能守恒，当A上升h时，B下降2h，则vA：vB=1：2故AB错误设A的速度为v，则B的速度为2v则mg·h－12mgh=12mv2＋12m(2v)2得：v＝gh51选C9．【答案】BD【解析】A.负点电荷周

围的电场线是从无穷远出发指向负电荷的直线，而该电场线是曲线，故不可能是负点电荷形成的电场。故A错误；B.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以有EA＞EB，根据F=qE=ma可知，A处的静电力大。故B正确；C.正点电荷

受到静电力方向沿A电场线切线方向向下，负点电荷受到静电力方向沿切线方向向上，故C错误；D.根据图像可得φA<φB，因为沿着电场线，电势降低。由Ep＝qφ可得：对于负电荷，电荷量q带入负值，电势φ越大，电势能Ep越小，即EpA＝qφA>EpB＝qφB，故D正确。10．【答案】AC【解析】

C.若运动员和滑板能落在水平地面上，平抛运动竖直方向是自由落体运动212hgt=得2htg=即只要能落到水平面上，空中运动时间就相同，C正确；A和B:若运动员和滑板能落在斜面上，在空中运动时间t，竖直方向下落的高度

h有212hgt=又hh得2htg，故A正确，B错误；D.已知必然落到斜面上,设初速度为v0水平向右，则x=v0ty=12gt2tanθ=𝑦𝑥=𝑔𝑡2𝑣0设速度偏向角为α，则tanα=𝑣𝑦𝑣𝑥=𝑔𝑡𝑣0即2tanθ=tanα，斜面角度θ是定值，则tanθ和ta

nα也是定值。总之只要落在斜面上，速度偏向角α不随初速度大小而改变，故D错误。11.【答案】ACD【解析】A．根据开普勒第三定律33122212rrTT=其中r2=2r=2r1解得甲、乙的运行周期之比为2:4，故

A正确；B．在A点2MmGmar=2MaGr=与地心距离一样，则甲的加速度等于乙的加速度，故B错误；C．从低轨道到高轨道要加速离心，故甲的机械能小于乙的机械能，故C正确；3222711'36936GMmGMmGMmFFFRRR=+=+=D．甲的动能2k22EMmvGm

rrr==则k2GMmEr=甲的势能pGMmEr=−所以甲的机械能为2−GMmr，故D正确。12．【答案】AD【解析】A．由乙图可知，斜率先增加后减小，即加速度a先增加后减小，𝑎=𝐹𝑚=𝑞𝐸𝑚其中q、m是定值，因此E也是先增加后减小，故A正确；B．电场线大致由C指向A，沿电

场线方向电势降低，因此由C到A电势一直降低，故B错误；C．根据动能定理可知𝑞𝑈𝐶𝐵=12𝑚𝑣𝐵2−0，解得UCB=0.9V,故C错误；D．根据牛顿第二定律，Eq=ma，解得E=1.2V/m,故D正确。13．【

答案】①从b到a②18.2μF③变大【解析】(1)先将单刀双掷开关S置于1端，给电容器进行充分的充电，可知电容器上极板带正电，下极板带负电，充电电电流的方向为从b到a。(2)根据It−图像与横轴围成的面积

表示电荷量，可知电容器充完电所带的电荷量为63511420104010C9.1210CQ−−−==根据电容定义式可知电容器的电容为1.82×10-5F=18.2μF(3)由4SCkd=若则电容器电容变大，根据QCU=可知电容器充完电后所带电荷量变大，则得到的It−

图线与坐标轴所围成图形的面积将变大。14．【答案】AD1.851.67-1.68有阻力做功的影响(1)A．应选择质量大、体积小的重物进行实验，可减小阻力的影响，故A正确；B．打出纸带后不能根据vn＝2ghn来计算重物的瞬时速度，否则是运用机械能守恒验证机械能守恒，故B

错误；C．重复操作时无需让重物从同一位置开始下落，故C错误；D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放纸带，故D正确；故选AD。(2)在(1)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少了ΔEp减＝mg·OB＝1.0

0×9.80×18.90×10－2J≈1.85J；打B点时重锤的速度vB＝OC－OA4T＝(27.06－12.41)×10－24×0.02m/s≈1.83m/s，此时重锤的动能增加了ΔEk＝12mvB2＝12×1.00×1.8

32J≈1.67J.15．【答案】ω0＝2.5rad/sq2=4×10-4C【解析】(1)对小球由牛顿第二定律mgtanθ＝mω02lsinθ，解得ω0＝2.5rad/s(2)竖直方向Fcosθ=mg由牛顿第二定律221rqqkF=则q2=4×10-4C16．【答案

】(1)gR(2)221()AgRaRh+＝(3)2232224gRthRn=−【解析】(1)在地球表面附近，万有引力与重力近似相等，有：2MmmgGR＝第一宇宙速度GMmR2＝mv12R，得v1＝GM

R=gR(2)根据牛顿第二定律有：21()AMmGmaRh+＝由②③式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为：221()AgRaRh+＝(3)飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有：()()222224

MmGmRhTRh++＝559.1210F1.5210F15.2μF6QCU−−====的由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为：tTn＝由②④⑤式联立解得，椭圆轨道远地点B距地面的高度为：2232224gRthRn=

−17．【答案】（1）eLmE22v=；（2）285vm；（3）34L【解析】(1)电子在水平电场中做初速度是零的匀加速直线运动，根据动能定理可得0212−=vmeELeLmE22v=(2)电子在竖直电场中水平方向是匀速直线运动，则有

运动的时间为vLt=设电子在竖直电场中运动的加速度大小为a，则meEa=竖直方向偏转的位移为221aty=电子在整个运动中电场力对电子所做的功为()WEeLy=+联立以上各式解得54ELeW==285vm

(3)设电子射出竖直电场时在竖直方向的速度为aty=v电子在射出竖直电场时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值为vvyθ=tan解得1tan2=设电子打到屏上的点到O点的距离为Y，由几何知识可得tanYyL=+解得34YL=18．【答案】vB＝22m/sh=0.

3m则vD＝32m/s【解析】(1)经过C点时受轨道的支持力大小FN，有FN－mg＝mvC2R解得vC＝42m/s块P从B点到达最低点C点的过程中，由机动能定理得mg(R＋Rsin30°)＝12mvC2-12mvB2解得vB＝22m/s(2)B竖直方向的速度vBy=vBcos30°v2By=2

gh则h=0.3m(3)设滑块从C到F点过程中，克服摩擦力做功为Wf克根据动能定理有－μmgL－mgLsin30°－Ep-Wf克＝0－12mvC2代入数据可解得Wf克＝2J从C到第二次经过D－μmgL-2Wf克=12mvD2－12mvC2则vD＝32m/s