【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gh51D．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122329a

aaQEEEkL=−=+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2

12hgt=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=12gt2

tanθ=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tanα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2k22EMmvGmrrr==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＝1.00×9.80×18.90×10－2J≈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＝12×1.00×1.832J≈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＝GMR=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：()()222224MmGmRhTRh++＝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＝4

2m/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=2gh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