江苏省盐城市部分学校2024-2025学年高一下学期第二次教学质量调研（5月）物理试卷（含解析）

2024-2025学年江苏省盐城市部分学校高一（下）第二次教学质量调研物理试卷（5月）
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.如图所示，不带电的金属球放在绝缘水平面上，距球心2r处有一个电荷量为的点电荷，静电力常量为k，则金属球达到静电平衡后( )
A. 金属球的左侧感应出正电荷 B. 金属球左端的电势比右端的高
C. 金属球附近的等势面是同心圆 D. 感应电荷在球心处产生的场强为
2.一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1，电源E给电容器C充电接2，电容器C对电阻R放电.则( )
A. 充电过程中，电压表示数减小
B. 充电过程中，流过电阻R的电流方向自左向右
C. 放电过程中，电流表示数减小
D. 放电过程中，流过电阻R的电流方向自右向左
3.如图所示，平行金属板电容器充电后与电源断开.将左金属板向右平移一小段距离，则( )
A. 电容器的电容变小 B. 静电计的指针张角减小
C. 电容器的带电量减小 D. 金属板间电场强度增大
4.2025年4月25日，神舟二十号载人飞船的3名航天员顺利进驻我国空间站.在与飞船对接前，空间站进行了轨道调整，近地点、远地点的高度均进行了抬升，则轨道调整后的空间站( )
A. 周期比调整前的大
B. 机械能比调整前的小
C. 在远地点受到的万有引力比调整前的大
D. 在近地点受到的万有引力的功率比调整前的小
5.某静电场中的电场线如图所示，一带电粒子仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，则粒子( )
A. 带负电荷 B. 一定从M点运动到N点
C. 在M点的加速度比在N点的大 D. 在M点的电势能比在N点的大
6.如图所示，带等量正电的点电荷固定在A、B两点，O是A、B连线的中点，N、P是中垂线上的两点，一带负电的试探电荷，从P点由静止释放，只在静电力作用下运动，则试探电荷( )
A. 在P点受到的电场力与PN垂直
B. 运动到O点时的速度最大
C. 沿着，试探电荷的加速度一定先减小后增加
D. 若试探电荷的电荷量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电荷量的比值减小
7.如图所示为背越式跳高过程的动作分解图，不计空气阻力.运动员多次跳高时，起跳速度越大( )
A. 地面对人做功越多 B. 人在最高点时的加速度越大
C. 人在最高点时的机械能越大 D. 人在最高点离地的高度越大
8.在x轴上有两个点电荷，其静电场的电势在x轴上分布如图所示.下列说法正确的是
A. 、处电场方向相同
B. 处的电场强度比处的大
C. 带正电的试探电荷在处的电势能小于在处的电势能
D. 带正电的试探电荷沿x轴从处移动到处，电场力先做负功后做正功
9.已知篮球在空中运动时所受空气阻力与速度大小成正比.从篮球与地面碰撞后竖直弹起，到再次与地面碰撞的过程中，篮球的速度 v、动能随时间t或高度h变化的图像可能正确的是
A.
B.
C.
D.
10.某物流车间用如图甲所示的电机传动的传送带运送包裹.一包裹被轻放在传送带底端，在到达传送带顶端的过程中，包裹的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示.则( )
A. 包裹在整个过程中做匀加速运动
B. 包裹在整个过程中受到的摩擦力不变
C. 包裹与传送带相对滑动产生的内能等于
D. 电机因传送包裹多消耗的能量等于
11.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处，弹簧水平且处于原长，到达C处的速度为零.圆环在C处获得一竖直向上的速度，恰好能回到A处.弹簧始终在弹性限度内，则圆环( )
A. 下滑过程中，弹簧的弹性势能一直增大
B. 下滑过程中，经过B处时的速度最大
C. 上滑过程中，受到恒定的摩擦力
D. 上滑经过B处的速度大于下滑经过B处的速度
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.小华用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律.已知重物含挡光片、B的质量分别m和2m，挡光片的宽度为
下列实验操作步骤，正确顺序是 .
①测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
②记录挡光片经过光电门的时间
③先接通光电门的电源，后释放 B
④按图甲装配好定滑轮和光电门
⑤、B用细绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住B
挡光片通过光电门时的速度大小为 用题中物理量的符号表示
已知重力加速度为g，若满足关系式 用题中物理量的符号表示，则验证了A、B组成的系统机械能守恒.
小华反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间，作出图像如图乙所示，则图线的斜率为 .
本实验中，释放B时，手托住B向下移动了一小段距离后才与B分离，小华认为该操作不会影响A、B系统的机械能.你是否同意她的观点 请简要说明理由.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信.已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T，引力常量为
求地球同步卫星距地面的高度
假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，求地球自转周期的最小值
14.如图所示，匀强电场内有一矩形ABCD区域，边长，，A、B、D三点的电势分别为、6V、求：
匀强电场的电场强度大小E和方向;
电荷量为的试探电荷在C点的电势能
15.如图所示，质量为的重物系在轻绳的一端，放在倾角的固定光滑斜面上，绳绕过光滑轻小定滑轮，另一端系质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上.已知定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为处，轻绳绷直，系有重物一段的轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，，，重力加速度为现将环从A处由静止释放，取A点所在的平面为参考平面，求：
环刚被释放时的加速度大小
环到达B处时的速度大小
整个运动过程中，环的机械能最小值
16.如图所示，真空中，在一对平行金属板右侧有边长为L的正方形区域Ⅰ，整个区域Ⅰ存在方向竖直向下、大小为未知的匀强电场，紧邻区域Ⅰ右侧有宽为L、长为2L的矩形区域Ⅱ，整个区域Ⅱ存在方向水平向左、大小为的匀强电场，区域Ⅰ的下边与区域Ⅱ的上边在同一直线上.一质量为m、电荷量为的粒子在电场力的作用下由静止从左极板向右运动，从顶点A以速度大小与上边相切进入区域Ⅰ，并从右边中点B离开区域Ⅰ不计粒子重力.求：
金属板两极板间的电压
区域Ⅰ内匀强电场的大小
粒子离开区域Ⅱ时的动能
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.根据静电感应规律，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。当带正电的点电荷靠近不带电的金属球时，金属球内的自由电子会被吸引到右侧，从而使金属球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，故 A正确。
B.处于静电平衡状态的导体是等势体，其表面是等势面，所以金属球左端的电势和右端的电势相等，故 B错误。
C.金属球达到静电平衡后是一个等势体，其表面是等势面，由于点电荷-金属球系统的对称性，金属球附近的等势面不是同心圆，故C错误。
D.金属球达到静电平衡后，球心处的合场强为0。点电荷在球心处产生的场强，因为球心处合场强为0，所以感应电荷在球心处产生的场强与点电荷在球心处产生的场强大小相等、方向相反，即感应电荷在球心处产生的场强大小为，故D错误。
2.【答案】C
【解析】A、充电过程中，电容器带电量变大，根据可知U增大，即电压表示数增大，故A错误；
B、充电过程中，电容器上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连，电路中的电流为顺时针，流过R的电流从右向左，故B错误；
C、放电过程中，电容器两端电压变小，电流变小，故C正确；
D、放电过程中，电容器上极板带正电，电流为逆时针方向，流过电阻R的电流方向自左向右，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】将左金属板向右平移一小段距离过程中，电容器所带电荷量Q不变，由可知电容增大，则两板之间电势差减小，静电计的指针张角减小，电场强度不变，故B正确，ACD错误。
4.【答案】A
【解析】A.由开普勒第三定律，半长轴变大，周期比调整前的大，A选项正确；
B.高度进行抬升，要加速，机械能比调整前的大，B选项错误；
C.空间站与地球距离变大，在远地点受到的万有引力比调整前的小，C选项错误；
D.在近地点受到的万有引力的功率与调整前的一样，均为零，D选项错误。
5.【答案】D
【解析】A.由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷，故A错误；
B.粒子可能从N点减速运动至M点，也可能从M点加速运动到N点，故B错误；
C.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，由图可知，N点的场强大小大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故C错误；
D.假设带电粒子由M运动到N，电场力的方向与速度方向的夹角为锐角，故电场力做正功，电势能减小，即粒子在M点的电势能比在N点的电势能大；假设带电粒子由N运动到M，电场力的方向与速度方向的夹角为钝角，故电场力做负功，电势能增大，即粒子在M点的电势能比在N点的电势能大；故D正确。
6.【答案】B
【解析】两个等量正点电荷周围部分电场线分布情况如图所示：
；
从P点到O点过程，试探电荷q受到的电场力由，电场力做正功，动能增大，速度增大；从O点到N点过程中，试探电荷q受到的电场力由，电场力做负功，动能减小，速度减小，故q运动到O点时的动能最大，速度最大，故A错误，B正确；
C.过程，电场线疏密情况不能确定，可能一直变疏，场强一直变小，q受到的电场力一直减小，加速度一直减小；也可能先变密再变疏，场强先变大后变小，q受到的电场力先增大后减小，加速度先增大后减小；根据对称性可知，过程，加速度可能一直增大，也可能先增大后减小，故C错误；
D.根据电场的性质，P点场强仅由电场本身决定，探电荷在P点所受电场力与其电量的比值为该点的场强，若试探电荷的电荷量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电荷量的比值不变，故D错误。
7.【答案】C
【解析】A..由于起跳过程，人的脚未脱离地面，故该过程未发生位移，由力是否做功的判断可知，该过程，地面对人不做功，故A错误；
人起跳后，由于只受重力作用，人的加速度始终为g，由械能守恒的条件可知人的机械能守恒，可知，起跳速度越大，初态动能越大，则人在最高点机械能越大，故B错误C正确；
D.起跳速度越大，瞬时速度在竖直方向的分速度不一定大，由竖直上抛可知，人到最高点的高度不一定越大，故D错误。
8.【答案】B
【解析】A.电场强度E与电势的关系为，即电场强度等于电势沿x轴方向变化率的负值。在图像中，某点切线的斜率表示该点的电场强度。由图像可知，处切线斜率为负，处切线斜率为正，所以处与处电场强度方向相反，故A错误；
图像切线斜率的绝对值表示电场强度大小，处图像切线斜率绝对值大于处图像切线斜率绝对值，所以处的电场强度比处的大， 故B正确；
C.质子带正电，根据电势能为电荷量，电势越高，质子的电势能越大，因为，所以质子在处的电势能大于在处的电势能，故C错误；
D.质子从处移动到处，电势能先减小后增大，根据电场力做功与电势能变化的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大，所以电场力先做正功后做负功， 故D错误。
9.【答案】C
【解析】篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由
可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图线切线的斜率越来越小，
下降过程中，v越大，阻力就越大，由
可知加速度就越小，图线切线的斜率继续减小，AB错误；
上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以图线切线斜率越小，D错误，C正确。
故选：C。
10.【答案】D
【解析】A.由题可知包裹与传送带间动摩擦因数，包裹在整个过程中先做匀加速后做匀速运动，A错误；
B.包裹在匀加速过程中受到滑动摩擦力，匀速运动过程中受到静摩擦力，摩擦力变化，B错误；
C.设传送带受到v，包裹质量受到滑动摩擦力，从滑上传送带到共速时间t
从包裹被轻放在传送带到与传送带共速，根据功能关系
包裹与传送带相对滑动产生的内能等于
包裹的机械能E变化量
故包裹与传送带相对滑动产生的内能，C错误；
D.电机因传送包裹多消耗的能量等于包裹机械能增加量和摩擦生热之和
，D正确。
正确选项D
11.【答案】D
【解析】A.圆环从A处由静止开始下滑，受力分析可知，弹簧弹力从A点到B点过程弹力做正功，弹性势能减小， 故A错误；
B.圆环到B点时，弹簧水平处于原长，弹簧弹力为零，杆对圆环无支持力，所以没有摩擦力，从B点开始向下运动合外力先做正功，动能先增加，故B点的速度不是最大，故B错误；
C.圆环从A处由静止开始下滑到直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理得：过程，找到A点的对称点，从A点到A点的对称点过程弹簧弹力做功代数和为零，A点的对称点到C点过程，设弹簧弹力做功为，运用动能定理得：，在C处获得一竖，解得：，即下滑过程中，克服摩擦力做的功为，所以下滑过程中产生的摩擦热为，故C错误；
D.圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理得：，圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有：，即：，可得：，故D正确。
12.【答案】④⑤①③②
不同意，因为手对B做了负功，系统机械能减小
【解析】实验要先安装器材，测量实验中所需要的数据，然后开始实验，并记录实验过程中的数据，故
正确的步骤应该是：④⑤①③②
通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，则
如果系统机械能守恒，则减少重力势能应该等于增加动能，即
将代入得：
对表达式进行整理得：，故图乙的斜率
不同意，因为手对B做了负功，系统机械能减小。
13.【答案】解：万有引力提供向心力，
解得
由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形且三边与地球相切地球同步卫星的轨道半径，
万有引力提供向心力，
解得。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：电势差，
如图所示
，
BD连线是等势面，几何关系，
A点到BD连线的距离，
电场强度，
解得，方向垂直BD斜向左下方；
电势关系，
电势能，
解得。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：释放时，环在竖直方向上只受到重力
环的加速度大小
环到达B点时，由几何关系知
重物上升高度
设环到B点的速度为，则重物的速度v21
对环和重物组成的系统，机械能守恒
解得
设环下降的最大高度为，此时动能为0，机械能最小
对环和重物组成的系统，机械能守恒
最小机械能
解得
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：对粒子，动能定理，
解得；
水平方向，
竖直方向，
由牛顿第二定律，
解得；
粒子离开B点时速度与右边夹角为，大小，
粒子从上边的中点进入区域Ⅱ，
①，粒子从区域Ⅱ的右边离开，
动能定理，
解得；
②可求得当粒子从左下方顶点离开区域Ⅱ时，
当，粒子从区域Ⅱ的下边离开，
竖直方向，
水平方向，
解得，
动能定理，
解得；
③当，粒子从区域Ⅱ的左边离开
动能定理，
解得。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】