資源簡介

2024-2025學年江蘇省鹽城市部分學校高一（下）第二次教學質量調研物理試卷（5月）
一、單選題：本大題共11小題，共44分。
1.如圖所示，不帶電的金屬球放在絕緣水平面上，距球心2r處有一個電荷量為的點電荷，靜電力常量為k，則金屬球達到靜電平衡后( )
A. 金屬球的左側感應出正電荷 B. 金屬球左端的電勢比右端的高
C. 金屬球附近的等勢面是同心圓 D. 感應電荷在球心處產生的場強為
2.一平行板電容器充放電電路如圖所示.開關S接1，電源E給電容器C充電接2，電容器C對電阻R放電.則( )
A. 充電過程中，電壓表示數減小
B. 充電過程中，流過電阻R的電流方向自左向右
C. 放電過程中，電流表示數減小
D. 放電過程中，流過電阻R的電流方向自右向左
3.如圖所示，平行金屬板電容器充電后與電源斷開.將左金屬板向右平移一小段距離，則( )
A. 電容器的電容變小 B. 靜電計的指針張角減小
C. 電容器的帶電量減小 D. 金屬板間電場強度增大
4.2025年4月25日，神舟二十號載人飛船的3名航天員順利進駐我國空間站.在與飛船對接前，空間站進行了軌道調整，近地點、遠地點的高度均進行了抬升，則軌道調整后的空間站( )
A. 周期比調整前的大
B. 機械能比調整前的小
C. 在遠地點受到的萬有引力比調整前的大
D. 在近地點受到的萬有引力的功率比調整前的小
5.某靜電場中的電場線如圖所示，一帶電粒子僅受電場力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，則粒子( )
A. 帶負電荷 B. 一定從M點運動到N點
C. 在M點的加速度比在N點的大 D. 在M點的電勢能比在N點的大
6.如圖所示，帶等量正電的點電荷固定在A、B兩點，O是A、B連線的中點，N、P是中垂線上的兩點，一帶負電的試探電荷，從P點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，則試探電荷( )
A. 在P點受到的電場力與PN垂直
B. 運動到O點時的速度最大
C. 沿著，試探電荷的加速度一定先減小后增加
D. 若試探電荷的電荷量增大，試探電荷在P點所受電場力與其電荷量的比值減小
7.如圖所示為背越式跳高過程的動作分解圖，不計空氣阻力.運動員多次跳高時，起跳速度越大( )
A. 地面對人做功越多 B. 人在最高點時的加速度越大
C. 人在最高點時的機械能越大 D. 人在最高點離地的高度越大
8.在x軸上有兩個點電荷，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示.下列說法正確的是
A. 、處電場方向相同
B. 處的電場強度比處的大
C. 帶正電的試探電荷在處的電勢能小于在處的電勢能
D. 帶正電的試探電荷沿x軸從處移動到處，電場力先做負功后做正功
9.已知籃球在空中運動時所受空氣阻力與速度大小成正比.從籃球與地面碰撞后豎直彈起，到再次與地面碰撞的過程中，籃球的速度 v、動能隨時間t或高度h變化的圖像可能正確的是
A.
B.
C.
D.
10.某物流車間用如圖甲所示的電機傳動的傳送帶運送包裹.一包裹被輕放在傳送帶底端，在到達傳送帶頂端的過程中，包裹的機械能E隨位移x變化的圖像如圖乙所示.則( )
A. 包裹在整個過程中做勻加速運動
B. 包裹在整個過程中受到的摩擦力不變
C. 包裹與傳送帶相對滑動產生的內能等于
D. 電機因傳送包裹多消耗的能量等于
11.如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連.圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處，彈簧水平且處于原長，到達C處的速度為零.圓環在C處獲得一豎直向上的速度，恰好能回到A處.彈簧始終在彈性限度內，則圓環( )
A. 下滑過程中，彈簧的彈性勢能一直增大
B. 下滑過程中，經過B處時的速度最大
C. 上滑過程中，受到恒定的摩擦力
D. 上滑經過B處的速度大于下滑經過B處的速度
二、實驗題：本大題共1小題，共9分。
12.小華用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律.已知重物含擋光片、B的質量分別m和2m，擋光片的寬度為
下列實驗操作步驟，正確順序是 .
①測量擋光片中心到光電門中心的豎直距離h
②記錄擋光片經過光電門的時間
③先接通光電門的電源，后釋放 B
④按圖甲裝配好定滑輪和光電門
⑤、B用細繩連接后跨放在定滑輪上，用手托住B
擋光片通過光電門時的速度大小為 用題中物理量的符號表示
已知重力加速度為g，若滿足關系式 用題中物理量的符號表示，則驗證了A、B組成的系統機械能守恒.
小華反復改變擋光片中心到光電門中心的豎直距離h，記錄擋光片通過光電門時間，作出圖像如圖乙所示，則圖線的斜率為 .
本實驗中，釋放B時，手托住B向下移動了一小段距離后才與B分離，小華認為該操作不會影響A、B系統的機械能.你是否同意她的觀點 請簡要說明理由.
三、計算題：本大題共4小題，共40分。
13.利用三顆位置適當的地球同步衛星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通信.已知地球的質量為M、半徑為R、自轉周期為T，引力常量為
求地球同步衛星距地面的高度
假設地球的自轉周期變小，若仍僅用三顆同步衛星來實現上述目的，求地球自轉周期的最小值
14.如圖所示，勻強電場內有一矩形ABCD區域，邊長，，A、B、D三點的電勢分別為、6V、求：
勻強電場的電場強度大小E和方向;
電荷量為的試探電荷在C點的電勢能
15.如圖所示，質量為的重物系在輕繩的一端，放在傾角的固定光滑斜面上，繩繞過光滑輕小定滑輪，另一端系質量為m的環，環套在豎直固定的光滑直桿上.已知定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點正下方距離為處，輕繩繃直，系有重物一段的輕繩與斜面平行，不計一切摩擦阻力，輕繩、桿、斜面足夠長，，，重力加速度為現將環從A處由靜止釋放，取A點所在的平面為參考平面，求：
環剛被釋放時的加速度大小
環到達B處時的速度大小
整個運動過程中，環的機械能最小值
16.如圖所示，真空中，在一對平行金屬板右側有邊長為L的正方形區域Ⅰ，整個區域Ⅰ存在方向豎直向下、大小為未知的勻強電場，緊鄰區域Ⅰ右側有寬為L、長為2L的矩形區域Ⅱ，整個區域Ⅱ存在方向水平向左、大小為的勻強電場，區域Ⅰ的下邊與區域Ⅱ的上邊在同一直線上.一質量為m、電荷量為的粒子在電場力的作用下由靜止從左極板向右運動，從頂點A以速度大小與上邊相切進入區域Ⅰ，并從右邊中點B離開區域Ⅰ不計粒子重力.求：
金屬板兩極板間的電壓
區域Ⅰ內勻強電場的大小
粒子離開區域Ⅱ時的動能
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.根據靜電感應規律，同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。當帶正電的點電荷靠近不帶電的金屬球時，金屬球內的自由電子會被吸引到右側，從而使金屬球的右側感應出負電荷，左側感應出正電荷，故 A正確。
B.處于靜電平衡狀態的導體是等勢體，其表面是等勢面，所以金屬球左端的電勢和右端的電勢相等，故 B錯誤。
C.金屬球達到靜電平衡后是一個等勢體，其表面是等勢面，由于點電荷-金屬球系統的對稱性，金屬球附近的等勢面不是同心圓，故C錯誤。
D.金屬球達到靜電平衡后，球心處的合場強為0。點電荷在球心處產生的場強，因為球心處合場強為0，所以感應電荷在球心處產生的場強與點電荷在球心處產生的場強大小相等、方向相反，即感應電荷在球心處產生的場強大小為，故D錯誤。
2.【答案】C
【解析】A、充電過程中，電容器帶電量變大，根據可知U增大，即電壓表示數增大，故A錯誤；
B、充電過程中，電容器上極板與電源正極相連，下極板與電源負極相連，電路中的電流為順時針，流過R的電流從右向左，故B錯誤；
C、放電過程中，電容器兩端電壓變小，電流變小，故C正確；
D、放電過程中，電容器上極板帶正電，電流為逆時針方向，流過電阻R的電流方向自左向右，故D錯誤。
故選C。
3.【答案】B
【解析】將左金屬板向右平移一小段距離過程中，電容器所帶電荷量Q不變，由可知電容增大，則兩板之間電勢差減小，靜電計的指針張角減小，電場強度不變，故B正確，ACD錯誤。
4.【答案】A
【解析】A.由開普勒第三定律，半長軸變大，周期比調整前的大，A選項正確；
B.高度進行抬升，要加速，機械能比調整前的大，B選項錯誤；
C.空間站與地球距離變大，在遠地點受到的萬有引力比調整前的小，C選項錯誤；
D.在近地點受到的萬有引力的功率與調整前的一樣，均為零，D選項錯誤。
5.【答案】D
【解析】A.由電荷的運動軌跡可知，電荷的受力沿著電場線的方向，所以電荷為正電荷，故A錯誤；
B.粒子可能從N點減速運動至M點，也可能從M點加速運動到N點，故B錯誤；
C.電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由圖可知，N點的場強大小大于M點的場強的大小，在N點的受力大于在M點的受力，所以粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，故C錯誤；
D.假設帶電粒子由M運動到N，電場力的方向與速度方向的夾角為銳角，故電場力做正功，電勢能減小，即粒子在M點的電勢能比在N點的電勢能大；假設帶電粒子由N運動到M，電場力的方向與速度方向的夾角為鈍角，故電場力做負功，電勢能增大，即粒子在M點的電勢能比在N點的電勢能大；故D正確。
6.【答案】B
【解析】兩個等量正點電荷周圍部分電場線分布情況如圖所示：
；
從P點到O點過程，試探電荷q受到的電場力由，電場力做正功，動能增大，速度增大；從O點到N點過程中，試探電荷q受到的電場力由，電場力做負功，動能減小，速度減小，故q運動到O點時的動能最大，速度最大，故A錯誤，B正確；
C.過程，電場線疏密情況不能確定，可能一直變疏，場強一直變小，q受到的電場力一直減小，加速度一直減小；也可能先變密再變疏，場強先變大后變小，q受到的電場力先增大后減小，加速度先增大后減小；根據對稱性可知，過程，加速度可能一直增大，也可能先增大后減小，故C錯誤；
D.根據電場的性質，P點場強僅由電場本身決定，探電荷在P點所受電場力與其電量的比值為該點的場強，若試探電荷的電荷量增大，試探電荷在P點所受電場力與其電荷量的比值不變，故D錯誤。
7.【答案】C
【解析】A..由于起跳過程，人的腳未脫離地面，故該過程未發生位移，由力是否做功的判斷可知，該過程，地面對人不做功，故A錯誤；
人起跳后，由于只受重力作用，人的加速度始終為g，由械能守恒的條件可知人的機械能守恒，可知，起跳速度越大，初態動能越大，則人在最高點機械能越大，故B錯誤C正確；
D.起跳速度越大，瞬時速度在豎直方向的分速度不一定大，由豎直上拋可知，人到最高點的高度不一定越大，故D錯誤。
8.【答案】B
【解析】A.電場強度E與電勢的關系為，即電場強度等于電勢沿x軸方向變化率的負值。在圖像中，某點切線的斜率表示該點的電場強度。由圖像可知，處切線斜率為負，處切線斜率為正，所以處與處電場強度方向相反，故A錯誤；
圖像切線斜率的絕對值表示電場強度大小，處圖像切線斜率絕對值大于處圖像切線斜率絕對值，所以處的電場強度比處的大， 故B正確；
C.質子帶正電，根據電勢能為電荷量，電勢越高，質子的電勢能越大，因為，所以質子在處的電勢能大于在處的電勢能，故C錯誤；
D.質子從處移動到處，電勢能先減小后增大，根據電場力做功與電勢能變化的關系，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大，所以電場力先做正功后做負功， 故D錯誤。
9.【答案】C
【解析】籃球在上升的過程中，速度越來越小，空氣阻力越來越小，由
可知其加速度越來越小，速度變化越來越慢，速度圖線切線的斜率越來越小，
下降過程中，v越大，阻力就越大，由
可知加速度就越小，圖線切線的斜率繼續減小，AB錯誤；
上升過程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越來越小，圖線切線斜率越小，下降過程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以圖線切線斜率越小，D錯誤，C正確。
故選：C。
10.【答案】D
【解析】A.由題可知包裹與傳送帶間動摩擦因數，包裹在整個過程中先做勻加速后做勻速運動，A錯誤；
B.包裹在勻加速過程中受到滑動摩擦力，勻速運動過程中受到靜摩擦力，摩擦力變化，B錯誤；
C.設傳送帶受到v，包裹質量受到滑動摩擦力，從滑上傳送帶到共速時間t
從包裹被輕放在傳送帶到與傳送帶共速，根據功能關系
包裹與傳送帶相對滑動產生的內能等于
包裹的機械能E變化量
故包裹與傳送帶相對滑動產生的內能，C錯誤；
D.電機因傳送包裹多消耗的能量等于包裹機械能增加量和摩擦生熱之和
，D正確。
正確選項D
11.【答案】D
【解析】A.圓環從A處由靜止開始下滑，受力分析可知，彈簧彈力從A點到B點過程彈力做正功，彈性勢能減小， 故A錯誤；
B.圓環到B點時，彈簧水平處于原長，彈簧彈力為零，桿對圓環無支持力，所以沒有摩擦力，從B點開始向下運動合外力先做正功，動能先增加，故B點的速度不是最大，故B錯誤；
C.圓環從A處由靜止開始下滑到直向上的速度v，恰好能回到A，運用動能定理得：過程，找到A點的對稱點，從A點到A點的對稱點過程彈簧彈力做功代數和為零，A點的對稱點到C點過程，設彈簧彈力做功為，運用動能定理得：，在C處獲得一豎，解得：，即下滑過程中，克服摩擦力做的功為，所以下滑過程中產生的摩擦熱為，故C錯誤；
D.圓環從A處由靜止開始下滑到B過程，運用動能定理得：，圓環從B處上滑到A的過程，運用動能定理有：，即：，可得：，故D正確。
12.【答案】④⑤①③②
不同意，因為手對B做了負功，系統機械能減小
【解析】實驗要先安裝器材，測量實驗中所需要的數據，然后開始實驗，并記錄實驗過程中的數據，故
正確的步驟應該是：④⑤①③②
通過光電門的平均速度近似等于瞬時速度，則
如果系統機械能守恒，則減少重力勢能應該等于增加動能，即
將代入得：
對表達式進行整理得：，故圖乙的斜率
不同意，因為手對B做了負功，系統機械能減小。
13.【答案】解：萬有引力提供向心力，
解得
由幾何關系可知三顆同步衛星的連線構成等邊三角形且三邊與地球相切地球同步衛星的軌道半徑，
萬有引力提供向心力，
解得。
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
14.【答案】解：電勢差，
如圖所示
，
BD連線是等勢面，幾何關系，
A點到BD連線的距離，
電場強度，
解得，方向垂直BD斜向左下方；
電勢關系，
電勢能，
解得。
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
15.【答案】解：釋放時，環在豎直方向上只受到重力
環的加速度大小
環到達B點時，由幾何關系知
重物上升高度
設環到B點的速度為，則重物的速度v21
對環和重物組成的系統，機械能守恒
解得
設環下降的最大高度為，此時動能為0，機械能最小
對環和重物組成的系統，機械能守恒
最小機械能
解得
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
16.【答案】解：對粒子，動能定理，
解得；
水平方向，
豎直方向，
由牛頓第二定律，
解得；
粒子離開B點時速度與右邊夾角為，大小，
粒子從上邊的中點進入區域Ⅱ，
①，粒子從區域Ⅱ的右邊離開，
動能定理，
解得；
②可求得當粒子從左下方頂點離開區域Ⅱ時，
當，粒子從區域Ⅱ的下邊離開，
豎直方向，
水平方向，
解得，
動能定理，
解得；
③當，粒子從區域Ⅱ的左邊離開
動能定理，
解得。
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】

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