乳山市銀灘高級中學高一（下）6月物理試題物理試題第Ⅰ卷(共40分)一、選擇題（1-8題有一個正確選項每小題3分，9-12有多個正確選項每題4分，漏選2分）1.在干燥的冬天，人們身體常常會帶有大量靜電，當手接觸金屬門把手時，經常會有一種被電擊的感覺。如圖所示，帶負電的手在緩慢靠近門把手還未被電擊的過程中，下列說法正確的是（）A.門把手的右端感應出負電荷 B.門把手左端電勢低于右端電勢C.門把手與手指之間場強逐漸增大 D.門把手內部的場強逐漸變大【答案】C【解析】【詳解】A．放電前手指靠近金屬門把手的過程中，門把手在手的影響下，發生靜電感應，門把手的右端（近手端）感應出正電荷，故A錯誤；BD．門把手處于靜電平衡狀態，所以其左端電勢與右端電勢相等，內部場強處處為零，故BD錯誤；C．隨著手的靠近，二者間距逐漸減小，將門把手與手之間看成一個電容器，可知當兩者距離減小時，根據公式聯立可得由于異種電荷相互吸引，手接近的過程中，感應電荷越來越接近手，門把手右端電荷密度越來越大，電荷分布的電荷密度變大，故門把手與手指之間場強逐漸增大，故C正確。故選C。2.我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破，某公司生產的一種無人駕駛汽車的最大輸出功率為，汽車在平直路面上由靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動，達到最大功率后汽車保持最大功率行駛，直到達到最大速度；已知汽車的總質量為m，汽車受到的阻力恒為f，則下列說法正確的是（）A.汽車的最大速度為B.汽車做勻加速運動的時間為C.在達到最大功率之前，汽車的牽引力逐漸增大D.在達到最大功率之后，汽車的牽引力保持不變【答案】B【解析】【詳解】A．當牽引力等于阻力時達到最大速度，此時選項A錯誤；B．做勻加速直線運動時，根據P0=FvF=ma+f可得勻加速能達到的最大速度為汽車做勻加速運動的時間選項B正確；C．在達到最大功率之前，汽車做勻加速直線運動，由牛頓第二定律F-f=ma可得F=ma+f牽引力F恒定，選項C錯誤；D．當汽車達到最大功率之后，由于功率不變而速度增大，由P0=Fv可知牽引力F減小，選項D錯誤；故選B。3.如圖甲所示，點電荷Q固定于光滑絕緣水平面上的x軸上，x軸上M、N兩點各放一正點電荷，它們受到Q的庫侖力與電荷量的關系如圖乙所示（取x軸的正方向為正），則（）

A.點電荷Q帶正電，位于M、N之間B.M、N兩點的電場強度大小之比為C.如果點電荷Q不固定，三個點電荷不可能靜止D.點電荷Q到M、N兩點的距離之比為【答案】D【解析】【詳解】A．由圖像可知M點處的正點電荷受力，沿x軸的正方向；N點處的正點電荷受力，沿x軸的負方向。故點電荷Q帶負電，位于M、N之間，A錯誤；B．由電場強度定義式可知，圖像斜率為電場強度，故M、N兩點的電場強度大小之比為故B錯誤；C．M、N處的電荷帶正電，場源電荷帶負電，由受力分析可知，適當調整Q位置，可以使三個點電荷均靜止，滿足“兩大夾一小，兩同夾一異”，C錯誤；D．由點電荷場強表達式可知D正確。故選D。4.如圖所示，足夠長的水平傳送帶以的速度勻速前進，上方漏斗以每秒50kg的速度把煤粉均勻、豎直抖落到傳送帶上，然后隨傳送帶一起運動。已知煤粉與傳送帶間的動摩擦因數為，欲使傳送帶保持原來的速度勻速前進，（g=10m/s2）則傳送帶的電動機應增加的功率為（）

A.200W B.100W C.50W D.20W【答案】A【解析】【詳解】在1s內落到傳送帶上煤粉的質量為；這部分煤粉由于摩擦力f的作用被傳送帶加速，由功能關系得煤粉在摩擦力作用下加速前進，因此有傳送帶的位移為相對位移為由此可知煤粉的位移與煤粉和傳送帶的相對位移相同，因此摩擦生熱為傳送帶需要增加的能量分為兩部分：第一部分為煤粉獲得的動能，第二部分為傳送帶克服摩擦力做功保持傳送帶速度。所以傳送帶1s內增加的能量為皮帶機應增加的功率為所以BCD錯誤；A正確；故選A。5.如圖甲所示，兩平行金屬板A、B水平放在真空中，板間距為d，金屬板長2d，OO＇為板間中線，AB板間的電勢差U隨時間t的變化情況如圖乙所示。有一個質量為m，電荷量為q的帶電小球，t＝0時刻從O點以v0的速度水平沿OO＇射入。T時刻小球恰好從O＇點射出，小球運動過程中恰好未B與極板相碰。已知重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（）

A.小球所受的電場力大小等于重力大小B.板間電壓C.時，小球速度大小為v0D.時，小球速度大小為v0【答案】C【解析】【詳解】AB．取豎直向下為正方向，在時間內，小球在豎直方向上做自由落體運動，豎直位移大小為時間內，在豎直方向上，小球先向下做勻減速直線運動，速度減至零后向上做勻加速直線運動，加速度恒定，將這段時間內小球的運動看成一種勻減速直線運動，設時間內小球的加速度大小為，根據牛頓第二定律有豎直位移為時刻小球恰好到達點時，則有聯立解得故AB錯誤；C．設時速度大小為，根據題意則有聯立得到所以時，速度大小為故C正確；D．時，小球豎直分速度為所以速度大小故D錯誤；故選C。6.如圖所示，矩形的四個頂點、、、為勻強電場中的四個點，，電場線與矩形所在的平面平行。已知點電勢為，點電勢為，點電勢為。一帶電粒子從點以速度射入電場，與邊的夾角為45°，一段時間后粒子經過邊的中點。不計粒子的重力，下列判斷正確的是（）A.d點電勢為B.電場強度的大小為C.粒子從點到點，其電勢能增大D.粒子從點到點所用的時間為【答案】D【解析】【詳解】A．根據勻強電場中平行等距的兩線段電勢差相等，則有解得所以A錯誤；B．如圖所示，d與e點的電勢相等，則電場線如圖所示，有所以B錯誤；C．粒子從點到點，電場力的方向沿場強方向，則電場力做正功，其電勢能減小，所以C錯誤；D．粒子從點到點，電場力的方向沿場強方向，粒子做類平拋運動，沿de方向粒子做勻速直線運動，則有所以D正確；故選D。7.高壓電線落地可能導致行人跨步觸電，如圖所示，設人的兩腳MN間跨步距離為d，電線觸地點O流入大地的電流為I，大地的電阻率為ρ，ON間的距離為R，電流在以O點為圓心、半徑為r的半球面上均勻分布，其電流密度為，已知電流密度乘以電阻率等于電場強度，該電場強度可以等效成把點電荷Q放在真空中O點處產生的電場強度。下列說法正確的是（）

A.越靠近O點，電勢越低B.兩腳間距離越大，跨步電壓一定越大C.等效點電荷Q的電荷量為（k為靜電力常量）D.若M、N、O三點在一條直線上，圖中兩腳MN間跨步電壓等于【答案】C【解析】【詳解】A．高壓電線落地，電線觸地電流從O點流入大地的，O點電勢最高，越靠近O點，電勢越高，故A錯誤；B．當兩腳位于同一等勢線上時即兩腳到O點的距離相等時，跨步電壓為零，故B錯誤；C．根據題意有可得故C正確；D．N點處電流密度為，由于MN間的電場是非勻強電場，電場強度越靠近O點越大，則知MN間的場強大于，則兩腳MN間跨步電壓大于，故D錯誤。故選C。8.硒鼓是激光打印機的核心部件，主要由感光鼓、充電輥、顯影裝置、粉倉和清潔裝置構成，工作中充電輥表面的導電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負電荷。我們可以用下面的模型模擬上述過程：電荷量均為的點電荷，對稱均勻地分布在半徑為R的圓周上，若某時刻圓周上P點的一個點電荷的電量突變成，則圓心O點處的電場強度為（）

A.，方向沿半徑指向P點 B.，方向沿半徑背離P點C.，方向沿半徑指向P點 D.，方向沿半徑背離P點【答案】B【解析】【分析】【詳解】當P點的電荷量為時，根據電場的對稱性，可得在O點的電場強度為0，當P點的電荷為時，可由和兩個電荷等效替代，故O點電場可以看做均勻帶電圓環和產生的兩個電場的疊加，故O點的電場強度為電場方向為在O點的電場方向，即方向沿半徑背離P點，故B正確，ACD錯誤。故選B。9.如圖甲所示，輕繩一端固定在O點，另一端固定一小球（可看成質點），讓小球在豎直平面內做圓周運動。改變小球通過最高點時的速度大小v，測得小球在最高點時輕繩的拉力大小F，得到F-圖像如圖乙所示，已知圖線的延長線與縱軸交點坐標為，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.該小球的質量為bgB.小球運動的軌道半徑為C.圖線與橫軸的交點表示小球所受的合外力為零D.當時，小球的向心加速度為2g【答案】BD【解析】【詳解】AB．小球在最高點時受到拉力為F，根據牛頓第二定律可知解得結合圖像可知即斜率解得故A錯誤；B正確；C．圖線與橫軸的交點表示小球所受的拉力為零，即合外力等于重力時的情況，故C錯誤；D．根據向心加速度公式知故D正確。故選BD。10.某中學生助手在研究心臟電性質時，當興奮在心肌傳播，在人體的體表可以測出與之對應的電勢變化，可等效為兩等量電荷產生的電場。如圖是人體表面的瞬時電勢分布圖，圖中實線為等差等勢面，標在等勢面上的數值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c、d為等勢面上的點，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點，則（）

A.a、b兩點的電場強度相同B.c、d兩點的電場強度不相同C.a、b兩點的電勢差Uab=3mVD.從c到d的直線上電場強度先變大后變小【答案】AD【解析】【詳解】A．該瞬時電勢分布圖可等效為等量異種電荷產生的，等量異種電荷的電場線分布如圖

a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，所以a、b兩點的電場強度大小、方向相同，故A正確；B．c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點，c、d兩點的電場強度大小與方向也相同，故B錯誤：C．a、b兩點的電勢差故C錯誤；D．根據等勢線的密程度可判斷出從c到d的直線上電場強度先變大后變小，故D正確。故選AD。11.天舟二號貨運飛船是中國空間站貨物運輸系統的第一次應用性飛行，在距地面400千米高空精準對接于天和核心艙后向端口，為空間站送去6.8噸補給物資。為避免占用軌道資源，已于北京時間2022年3月31日18時40分采用分次控制的方式，依次從400千米高度的圓軌道變至近地點為200千米高度的橢圓軌道，然后將近地點變至大氣層高度90千米以下，受控再入大氣層燒蝕銷毀，展現了中國航天的責任和擔當，樹立了負責任大國形象。下列說法正確的是（）A.“天舟二號”需要與天和核心艙在同一高度軌道上加速以實現對接B.“天舟二號”對接天和核心艙后，空間站由于質量增大，軌道半徑將變小C.“天舟二號”從400千米高度的圓軌道變至近地點為200千米高度的橢圓軌道，周期變小D.“天舟二號”從400千米高度的圓軌道變至近地點為200千米高度的橢圓軌道，機械能減少【答案】CD【解析】【詳解】A．若“天舟二號”需要與天和核心艙在同一高度軌道上，“天舟二號”加速做離心運動，將無法完成對接，所以“天舟二號”需要較低軌道上加速以實現對接，故A錯誤；B．根據可得可知“天舟二號”對接天和核心艙后，軌道半徑將不變，故B錯誤；C．對圍繞同一中心天體運動的物體，根據開普勒第三定律可知“天舟二號”從400千米高度的圓軌道變至近地點為200千米高度的橢圓軌道，周期變小，故C正確；D．“天舟二號”從400千米高度的圓軌道變至近地點為200千米高度的橢圓軌道，需要減速做近心運動，除了萬有引力的其他力對“天舟二號”做負功，“天舟二號”機械能減少，故D正確。故選CD。12.如圖甲所示，一質量的小球位于豎直輕彈簧的正上方，彈簧固定在地面上，某時刻小球由靜止開始下落，下落過程中小球始終受到一個豎直向上的恒力F。以小球的初始位置為坐標原點，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢能面，在小球下落的全過程中，小球的重力勢能隨小球位移變化的關系如圖乙中的圖線①，彈簧的彈性勢能隨小球位移變化的關系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度內，取重力加速度大小，則（）

A.小球和彈簧組成的系統機械能守恒B.彈簧的原長為0.2mC.小球剛接觸彈簧時的速度大小為3m/sD.小球受到的恒力F大小為0.1N【答案】BCD【解析】【詳解】A．下落過程中小球始終受到一個豎直向上的恒力F，恒力對小球做負功，則小球和彈簧組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；B．由圖乙圖線①，根據可知小球開始降落初始位置距地面高度為由圖乙圖線②可知，小球下落時，彈簧開始被壓縮，則彈簧原長為故B正確；D．由圖乙可知，當小球下落時，此時小球距地面高度為，重力勢能為，此時彈簧的彈性勢能最大為，根據功能關系有代入數據解得故D正確；C．由圖乙可知，當小球下落時與彈簧接觸，設此時小球的速度為，由動能定理有解得故C正確；故選BCD。二、實驗題(共2小題，共14分。把答案直接填在答題紙的橫線上)13.美國物理學家密立根通過如圖所示的實驗裝置，最先測出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴實驗。兩塊水平放置的金屬板A、B分別與電源的正負極相連接，板間產生勻強電場，方向豎直向下，圖中油滴由于帶負電懸浮在兩板間保持靜止。（1）若要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有________。A.油滴質量mB.兩板間的電壓UC.兩板間的距離dD.兩板的長度L（2）用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q=________（已知重力加速度為g）。（3）密立根仔細觀察油滴的運動，經過反復實驗得出大量數據，得到如下表所示數據：油滴…帶電量（）3.24.86.48.011.29.617.6…12.8你從密立根所測得的大量數據中可得出的結論是：___________。（4）若要使原本靜止的油滴落到下極板，則下列做法可以達到目的的有________。A.保持兩極板電壓不變，把下極板向下移B.斷開電源，把下極板向右移C.斷開電源，在兩極板間插入電介質D.斷開電源，把下極板向上移【答案】①.ABC②.③.油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個最小電荷量的整數倍，這個最小電荷量被認為是元電荷，其值為④.AC【解析】【詳解】（1）[1]平行金屬板板間存在勻強電場，液滴恰好處于靜止狀態，電場力與重力平衡，則有所以需要測出的物理量有油滴的質量，兩板間的電壓，兩板間的距離，故ABC正確，D錯誤；（2）[2]根據可得（3）[3]由表格中數據可得，發現油滴所帶電荷量不同，但是都是某個最小電荷量的整數倍這個最小電荷量被認為是元電荷，其值為（4）[4]若要使原本靜止的油滴落到下極板，則減小電場力即可，即減小電場強度：A．保持兩極板電壓不變，把下極板向下移，則極板間的距離增大，根據可知電場強度減小，那么電場力減小，即可落到下極板，故A正確；B．斷開電源，極板電荷量不變，當把下極板向右移，根據可知電容變小，根據可知電壓增大，根據可知電場強度增大，在電場力增大，油滴將向上移動，故B錯誤；C．斷開電源，極板電荷量不變，在兩極板間插入電介質，根據可知電容變大，根據可知電壓變小，根據可知電場強度變小，在電場力變小，油滴將向下移動，能落到下極板，故C正確；D．斷開電源，極板電荷量不變，把下極板向上移，根據及再根據得可知電場強度與極板間距離無關，電場強度不變，則電場力不變，則不能落到下極板，故D錯誤。14.超級電容器也稱電化學電容器，因其存儲能量大，質量輕，可多次充放電而成為一種新型的儲能裝置。某探究小組的同學想研究某超級電容的充電現象。（1）用保護電阻、、電流傳感器和其他器材設計如圖甲所示的電路，已知電源的電動勢（電流傳感器內阻和電源電動勢內阻相較于足夠小，可忽略不計）。①先將單刀雙擲開關接1后斷開，其目的是讓電容器初始電量______；②再將單刀雙擲開關接2，并將此時刻記為。通過電流傳感器（與計算機相連）觀測得充電過程中電流傳感器示數i隨充電時間t變化的圖像如圖乙中Ⅰ曲線所示，請估算該實驗中所用超級電容的電容C約為______F（保留到小數點后一位）；③在充電過程中，電容器兩端電壓為u、電容器電荷量為q，充電時間為t，則下列圖像中它們之間的關系可能正確的是______（填正確答案標號）；A.B.C.D.【答案】①.為零②.37.1③.AD【解析】【詳解】（1）[1]先將單刀雙擲開關接1后斷開，其目的是讓電容器通過放電，使其初始電量為零；[2]根據可知，圖中圖線與坐標軸圍成面積表示電容器儲存的電量，由圖可知每一小格表示的電荷量為計算曲線下方格數時，大于或等于半格記為一個計數格，小于半格不計數，由圖可知，曲線下的計數格約為116格，則電容器儲存的電荷量為穩定后電容器兩端的電壓等于電源電動勢，故電容器的電容為[3]AB．根據電容的定義可得電容保持不變，則圖為過原點的一條斜線，A正確，B錯誤；CD．電容器開始充電時，電容器電荷量增加，電路穩定后電壓保持不變，電容器的電荷量也保持不變，C錯誤，D正確。故選AD。三、計算題(共4小題，共46分。把答案直接填在答題紙上)15.如圖所示的平行金屬板電容器的電容，極板A、B之間可以看成勻強電場，場強，極板間距離為L=5cm，電場中c點到A極板、d點到B極板的距離均為0.5cm，B極板接地。求：（1）B極板所帶電荷量Q；（2）d點處的電勢φd；（3）將電荷量的負點電荷從d移到c，靜電力的功Wdc。

【答案】（1）C；（2）-6V；（3）【解析】【詳解】（1）BA間的電勢差為VB極板所帶電荷量Q為C（2）B極板與d之間的電勢差為d點處的電勢（3）d、c之間的距離為d、c兩點間的電勢差為靜電力做的功16.如圖所示，C為固定的、電荷量為Q的正點電荷，A、B兩點在C的正上方，它們與C的距離分別為4h和0.25h。將另一質量為m、電荷量未知的正點電荷D從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變為零。已知重力加速度大小為g，點電荷D在B點處的加速度大小為15g，靜電力常量為k，求：（1）點電荷D所帶的電荷量q；（2）點電荷D從A點下落到B點的過程中速度最大的位置離C點電荷的豎直距離。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）對點電荷D在B點時受力分析，根據牛頓第二定律有又解得（2）當點電荷D所受合外力為0時，速度最大，有解得17.“神舟十三號”載人飛船于2021年10月16日從酒泉衛星發射中心發射升空，隨后與“天和”核心艙對接形成組合體，3名航天員進駐核心艙，進行了為期6個月的駐留，北京時間2022年4月16日09時56分，“神舟十三號”載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。關于“神舟十三號”載人飛船的幾個關鍵點，可以簡化如