江苏省南菁高级中学2024-2025学年高一（下）期中物理试卷（含解析）

江苏省南菁高级中学2024-2025学年高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.下列叙述正确的是( )
A. 只有体积很小的球形带电体才叫作点电荷
B. 静电平衡时，导体内没有自由电子
C. 在一个以点电荷为中心、为半径的球面上，各处的电场强度都相同
D. 夜间高压线周围有时会出现一层绿色光晕，这是微弱的放电现象
2.鸿鹄卫星是我国的一颗近地卫星，离地高度约为。若此卫星绕地球做匀速圆周运动，则其( )
A. 发射速度小于 B. 与月球相比，周期更大
C. 与同步卫星相比，角速度更小 D. 与赤道上的建筑物相比，向心加速度更大
3.如图所示，细线的一端固定，另一端系一小球，把组线拉至水平位置使小球从静止开始释放，在小球从最高点摆至最低点的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 重力的功率一直增大
B. 重力的功率一直减小
C. 重力的功率先增大后减小
D. 重力的功率先减小后增大
4.如图所示，放在绝缘台上的金属网罩内放有一个不带电的验电器，若把一带正电荷的绝缘体移近金属罩，则( )
A. 金属罩的内表面带正电荷
B. 验电器的金属箔片将张开
C. 金属罩的右侧外表面带正电荷
D. 若将接地，验电器的金属箔片将张开
5.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球、分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内。若用图示方向的水平推力作用于，则两球静止于图示位置，如果将稍向左推过一些，两球重新平衡时的情况与原来相比( )
A. 推力将增大 B. 地面对的弹力不变
C. 墙面对的弹力将增大 D. 两小球之间的库仑力将增大
6.如图所示，一物块以一定的速度冲上足够长的固定斜面，物块和斜面之间的动摩擦因数随高度增加逐渐减少。以斜面底端为重力势能零点，、、、分别为物块的速度、加速度、动能、机械能。在物块上滑过程中，上述物理量与上滑的时间或位移的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的点无初速度释放，物体在甲传送带上点和乙传送带中部点速度都恰好达到，且以速度运动到乙传送带点。则在物体从运动到的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体在甲传送带上运动的时间比乙短 B. 重力的平均功率相等
C. 到达点时，重力的瞬时功率不相等 D. 两传送带对物体做的功相等
8.如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端自由下滑至其底部。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小( )
A. 先减小后增大 B. 先增大后减小 C. 一直增大 D. 一直减小
9.如图所示，质量为的带孔物块和质量为的金属环通过光滑较链用轻质细杆连接，套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上，轻弹簧劲度系数，弹簧原长，套在固定的水平横杆上。弹簧处于原长时将由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能为弹簧的形变量，忽略一切擦，重力加速度取，在下降的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块和金属环组成的系统机械能守恒
B. 在、运动过程中当图中时，
C. 动能最大时，受到水平横杆的支持力大小等于
D. 弹簧弹性势能最大时，、间距离为
10.如图，篮球队运动员进行原地纵跳摸高训练。运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，由静止发力跳起摸高。忽略空气阻力影响，在蹬地过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员始终处于超重状态 B. 运动员的机械能守恒
C. 地面对运动员不做功 D. 地面对运动员做正功
11.已知均匀带电球壳内部场强处处为零，如图所示，将表面均匀带正电的半球壳，沿线轴分成厚度相等的两部分，然后将这两部分移开到很远的距离，设分开后球表面仍均匀带电，左半部分在点的场强大小为，右半部分在点的场强的大小为，则有( )
A. B. C. D. 大小无法确定
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.利用图中所示装置做验证机械能守恒定律实验。
丙
除带夹子的重锤、纸带、铁架台含铁夹、电火花打点计时器、导线及开关外，在下列器材
中，还必须使用的器材是 A.交流电源刻度尺秒表天平含砝码
实验中，先接通电源，再释放重锤，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打
出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打
点计时器打点的周期为。设重锤的质量为，从打点到打点的过程中重锤的重力势能减
少量 ，重锤动能增加量 。
若某同学作出图像如图丙所示，则当地重力加速度 保留位有效数字
在实验中，某同学根据测得的数据，通过计算发现，重物动能的增加量略大于重物势能的
减少量，若测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是 。
A.重物的质量偏大
B.先接通电源，再释放重锤
C.交流电源的频率偏小
D.重物下落时受到的阻力过大
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.质量为的石块从高处以角斜向上方抛出如图，初速度的大小为。不计空气阻力，取。
出手时人对石块做的功
石块落地时的速度是多大
14.一质量的赛车在平直的赛道上从静止开始以做匀加速运动，后发动机达到额定输出功率，此后保持输出功率不变又运动了后赛车达到最大速度，假设赛车在运动过程中受到的阻力恒定不变求：
赛车运动过程中受到的阻力大小
赛车从开始加速到达最大速度时发生的位移大小．
15.如图所示，水平面内有一等腰直角三角形，是底边的中点，现一电荷量为的点电荷固定在点。绝缘光滑杆与重合。有一带电量为，质量为的小球套在杆上，自点从静止释放后沿方向运动，当小球运动到点时，其速度大小为。已知小球可看作点电荷，且不计小球的重力。，静电力常量为。
小球在点时受到杆的弹力大小：
从到过程中电场力对小球做的功
若再将一电荷量为的点电荷放在处，其他条件不变，仍将小球由点从静止释放，小球运动到点时，速度大小为多少
16.如图所示，小物块与水平传送带之间的动摩擦因数，倾斜轨道和圆轨道光滑且位于同一竖直平面内，圆轨道半径，是倾斜轨道的最低点小物块滑过点前后速度大小不变，是圆轨道的最低点，长。现将质量的小物块从距离高处静止释放，取重力加速度。
传送带不转动，若小物块能滑上圆轨道且不脱离圆轨道，求释放高度的范围：
若传送带顺时针转动，传送带的速度大小为，小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道
的压力大小为，求的最小值和最大值
在的情景中，求取最小值时，由于传送带运送小物块，电动机多消耗的电能。
答案和解析
1.【答案】
【解析】A、当带电体的形状和大小对所研究的问题没有影响时，可以把带电体看作点电荷，物体能不能看作点电荷，与物体的
体积没有直接关系，故 A错误
B、静电平衡时，导体内的自由电子不再发生定向移动，但导体内仍然存在自由电子，故 B错误
C、在一个以点电荷为中心，为半径的球面上，各处的电场强度大小相同，但方向不同，故 C错误
D、夜间高压线周围有时会出现一层绿色光晕，这是微弱的放电现象，故 D正确。
故选：。
2.【答案】
【解析】根据万有引力提供向心力，有：，
得：，，，；
A、卫星的最小发射速度为，所以卫星的发射速度大于，故A错误；
B、由，可知，轨道半径越大，周期越大；与月球相比，周期更小，故B错误；
C、由于，可知，轨道半径越大，角速度越小；与同步卫星相比，角速度更大，故C错误；
D、由于，故卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度；而同步卫星与赤道上物体角速度相等，根据，同步卫星的向心加速度大于赤道物体绕地轴转动的向心加速度；故卫星的向心加速度比赤道上的建筑物的向心加速度大，故D正确。
故选D。
3.【答案】
【解析】解：在点，速度为零，则重力的功率为零，在点，重力与速度方向的夹角为度，根据知，重力的功率为零，所以重力的功率先增大后减小。故C正确，ABD错误。
故选：。
功率等于力与速度、以及力与速度之间夹角余弦的三者乘积，结合分析判断．
本题考查了功率公式的基本运用，知道力和速度均不为零，功率不一定不为零，还与力与速度之间的夹角有关．
4.【答案】
【解析】解：金属罩处于静电平衡状态，处于静电平衡状态下的导体电荷只分布在其外表面上，故A错误；
B.由于静电屏蔽，金属网罩内电场强度为零，所以验电器上无感应电荷，所以验电器的金属箔片不会张开，故B错误；
C.由于静电感应，使金属罩中的自由电子聚集在左侧，使左侧外表面感应出负电荷，所以金属罩的右侧外表面感应出正电荷，故C正确；
D.将接地，金属罩仍然处于静电屏蔽，所以验电器无感应电荷，金属箔片不会张开，故D错误。
故选：。
5.【答案】
【解析】对小球进行分析，受到重力、墙面弹力与库仑力，令、连线与竖直方向夹角为，则有
，
当将稍向左推过一些时，减小，可知，墙面弹力减小，库仑力减小，故CD错误
对、两小球整体进行分析有
，
当将稍向左推过一些时，减小，可知，推力将减小，地面对的弹力不变，故 A错误， B正确。
故选B。
6.【答案】
【解析】B.设物块与斜面间动摩擦因数为，斜面倾角为，物块质量为，则物块上滑减速过程，设初速度为，由牛顿第二
定律有
解得物体的加速度大小为
由题意知物块和斜面之间的动摩擦因数随高度增加逐渐减少，物块上滑过程加速度随时间逐渐减小，但最小值一定大于，故B错误
A.因为加速度大小随时间减小，根据图像的斜率表示加速度可知，图像的斜率应随时间逐渐减小，故A错误
C.由于图像斜率绝对值表示合力大小，由选项分析可知，物块上滑过程加速度随逐渐减小，故合力逐渐减小，即图像斜率逐渐减小，故 C正确
D.设物块初态机械能为，由功能关系可知，摩擦力对物块做负功的多少等于物块机械能减少量，即物块末态机械能
由于动摩擦因数随高度增加逐渐减少，则图像斜率不断减小，故 D错误。
故选：。
7.【答案】
【解析】解：根据两个物体的总位移相等，速度时间图像的面积表示位移，作出两个物体的图像，如下图
可知甲运动时间大于乙运动时间，故A错误；
B.由题意可知甲、乙高度差一样，根据重力做功，可知两种情况重力做功相同，由于时间不同，根据平均功率，可知重力的平均功率不相等，故B错误；
C.题意知两种情况到达点时速度相同，根据瞬时功率，可知到达点时，重力的瞬时功率相等，故C错误；
D.重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。
故选：。
8.【答案】
【解析】令小环与大圆环之间作用力为时的位置所在半径与竖直方向夹角为，则在该位置，由牛顿第二定律有
由大圆环顶端到该位置，由机械能守恒定律有
联立解得
可知，该位置处于圆周右上方四分之一圆弧间，在小环滑至该位置之前，小环速度逐渐增大，所需向心力逐渐增大，而
重力沿半径的分力逐渐减小，可知，在小环滑至该位置之前，大圆环对小环的弹力方向背离圆心，令此过程小环所在
位置的半径与竖直方向夹角为，则由牛顿第二定律有
结合上述，小环速度增大，夹角增大，则大圆环对小环的作用力一定减小。当小环越过对应位置后，大环对小环
的作用力方向指向圆心，在越过圆环右上方四分之一圆弧时，小环速度增大，所需向心力增大，小环重力沿半径的分
力进一步减小，则大环对小环的作用力增大，之后，小环在圆周右下方的四分之一圆弧运动，令此时小环所在位置的半
径与竖直向下方向的夹角为，则由牛顿第二定律有
小环速度增大，减小，则大环对小环的作用力增大。综合上述可知，大环对小环的作用力先减小后增大，根据牛顿第
三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，故 ABC错误， D正确。
9.【答案】
【解析】A.对物块和金属环组成的系统，除重力做功以外，还有系统外的弹力做功，则该系统的机械能不守恒，故 A错误
B.在、运动过程中，当图中时，根据、沿杆方向分速度大小相等可得：
解得：，
C.由题意可知，当的动能最大时，其速度最大，则加速度为零、合外力为零，此时在水平方向的合力为零，则杆对的弹力为零，又因为此时在竖直方向的合力也为零，则受到的水平杆的支持力与的重力等大、反向，则动能最大时，受到水平横杆的支持力大小为：
，
D.对、、轻杆、弹簧组成的系统，只有重力及系统内的弹力做功，则该系统机械能守恒，则由机械能守恒定律及题
意可知，弹簧的弹性势能最大时，该系统的动能为零、重力势能最小，设此时弹簧的压缩量为，
由机械能守恒定律可知，该系统势能的增加量等于动能的减少量：，
解得：，
则此时、间距离为：。
10.【答案】
【解析】A.运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，运动员先向上加速，当地面支持力等于重力时速度达到最大，之后脚与
地面作用力逐渐减小，加速度向下，运动员开始减速，当脚与地面作用力为零时，离开地面。故运动员先超重后失重，
选项A错误
B.人要消耗体内化学能转化为机械能，故机械能增加，机械能不守恒，选项 B错误
C.地面对运动员的支持力没有位移，则不做功，选项C正确
D.运动员向下加速时，地面对运动员的弹力小于重力，即地面对运动员的冲量小于运动员重力的冲量向下减速时，地
面对运动员的弹力大于重力，即地面对运动员的冲量大于运动员重力的冲量向上加速到离地时，地面对运动员的弹力大于重力，即地面对运动员的冲量大于运动员重力的冲量，选项 D错误。
故选：。
11.【答案】
【解析】均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小、方向相反，右半球壳在点产生的场强方向向左，可知，左半球壳在点产生的场强方向向右，则根据电场的叠加可知：左侧部分在点产
生的场强比右侧电荷在点产生的场强大，故。故A正确
12.【答案】， 、
【解析】打点计时器需要用到交变电流。验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两端都有质量，可以约去，不
需要天平测量质量。测量点迹间的距离运用刻度尺故选：。
根据重力做功的计算公式可知：
根据动能的计算公式可知：
根据机械能守恒定律有：
变形可得：
则图像的斜率为：
整理解得：
、根据需要验证的机械能守恒定律的表达式：
，可知，重物的质量可以约去，与重物的质量无关，故 A错误
、根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下点的速度
若交流电源的频率偏大，瞬时速度的真实值偏大，瞬时速度的测量值偏小，会使计算出的重物的动能的增加量小于重力势能的减少量若交流电源的频率偏小，瞬时速度的真实值偏小，瞬时速度的测量值偏大，会使计算出的重物的动能的增加量大于重力势能的减少量，故 B错误， C正确
D、重物下落时受到的阻力过大，则重物动能的增加量应小于重力势能的减少量，故 D错误。
13.解：求出手时人对石块做的功
原理：根据动能定埋，合外力对物体做功等于物体动能的受化量，即人对石块做功，使石块获得初动能，在出手瞬间，石块初速度为，动能，人对石块做的功就等于石块获得的初动能．
计算过程：
已知石块质量，初速度，根据动能公式，代入数据可得：
．
求石块落地时的速度
原理：因为不计空气阻力，石块在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒。机械能守恒定律表达式为，即初状态机械能等于末状态机械能，对于本题，初状态机械能包含重力势能和动能，末状态机械能落地时重力势能为，只有动能。
计算过程：
已知，，，，由机械能守恒定律
。
先将等式左边计算出来：
，
那么，将代入可得：
．
，
，
解得。
14.解：运动后，汽车的速度，
此时，
由牛顿第二定律有，
联立解得。
匀加速过程中，汽车发生的位移，
赛车的最大速度，
发动机达额定输出功率后，由动能定理有，
则发生的总位移大小，
解得。
15.解： 对小球受力分析可知，小球在点时受到的库仑力沿水平方向的分力大小：
，
由水平方向的平衡状态可得杆的弹力大小为：；
从到过程中杆的弹力不对小球做功，根据动能定理：，解得：；
若再将一电荷量为的点电荷放在处，其他条件不变，仍将小球由点从静止释放，小球运动到点时，电场力做功：
根据动能定理：，解得：。
16.解：求解释放高度的范围
“不脱离轨道的第一种情况：恰好到达圆心等高处
根据动能定理，小物块从释放点到圆心等高处，重力做功，在斜面上摩擦力做功
到达圆心等高处速度．
由动能定理，即。
已知，，，，，代入可得
“不脱离轨道的第一种情况：恰好通过圆轨道最高点
在圆轨道最高点，根据牛顿第二定律，可得．
的从释放点到圆轨道最高点，由动能定理。
代入数据：
所以的范围是或
求的最小值和最大值
在圆轨道最高点。根据牛顿第一定律
已知在圆轨道最高点对轨道压力，则，即，解得
。
求的最小值
小物块在传送带上全程加速，到达点速度刚好为传送带速度时最小。
从释放点到点，由动能定理．
代入数据：
求的最大值
从释放点到圆轨道最高点，由动能定理
代入数据：
求取最值时电可机多消耗的电能
“先求小物块在传送带上的加速度
由，可得。
求小物块在传送带上加速的时间
根据，，，，则。
求传送带的位移”的小物块的位移．
传送带位移小物块位移。
求相对位移
。
求摩生热和小物块获得的动能
摩擦生热小物块获得动能
。
动机多消耗的电能
根据能量守恒，。

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