湖北省鄂北六校2021-2022學年高一下學期物理期中聯考試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．了解物理規律的發現過程，學會像科學家那樣觀察和思考，往往比掌握知識本身更重要。下列說法不符合史實的是（）A．開普勒通過對第谷的天文觀測數據的分析研究，發現了行星的運動規律B．牛頓通過演繹推理得出了萬有引力定律，并通過實驗測出了引力常量C．卡文迪什的扭秤實驗和庫侖扭秤實驗的相似性，體現了“類比”是一種重要的思維方式D．法拉第提出了場的觀點，并用電場線形象地描述電場2．2021年10月16日00時23分，搭載三名宇航員翟志剛、王亞平、葉光富的神舟十三號載人飛船順利升空并成功與中國空間站對接，開展為期6個月的長期駐留并進行各項科研活動。下列四幅圖中的行為可以在空間站內完成的是（）A．如圖甲，用水杯喝水B．如圖乙，用沉淀法將水與沙子分離C．如圖丙，用臺秤稱量物體的質量D．如圖丁，給物體一個很小的初速度，小球能在拉力作用下在豎直面內做圓周運動3．下列關于電場的描述中，說法正確的是（）A．電場強度E=Fq、加速度B．將頭發碎屑懸浮在蓖麻油里，加上電場后，頭發碎屑的分布情況就是電場線C．元電荷是自然界中存在的最小電荷量，實質上就是電子和質子D．超高壓帶電作業的工人穿戴的工作服，利用了靜電屏蔽的原理4．2021年2月10日19時52分，“天問一號”探測器實施近火捕獲，順利進入近火點的高度約400千米軌道，周期約為10個地球日，成為我國第一顆人造火星衛星，實現了“繞、落、巡”目標的第一步。如圖為“天問一號”探測器經過多次變軌后登陸火星前的部分軌跡圖，軌道I、軌道II、軌道III相切于P點，軌道III為環繞火星的圓形軌道，P、S兩點分別是橢圓軌道的近火星點和遠火星點，圖中P、S、Q三點與火星中心共線，下列說法正確的是（）A．探測器在P點由軌道I進入軌道II需要點火加速B．探測器在軌道II上由P點運動到S點的時間大于在軌道III上由P點運動到Q點的時間C．探測器在軌道I上經過P點的加速度大于在軌道II上經過P點的加速度D．探測器在Q點的機械能大于在軌道II上P點的機械能5．如圖所示，粗糙水平軌道AB與半徑為R的光滑半圓形軌道BC相切于B點，P點為半圓形軌道上與圓心O等高的一點。現將一小滑塊以初動能Ek從A點開始向右運動，并進入半圓形軌道，小滑塊恰好能到達半圓形軌道的P點；若小滑塊以初動能2Ek從A點開始向右運動，小滑塊恰好能到達半圓形軌道的最高點C，已知小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ，則粗糙水平軌道AB間距離為（）A．R2μ B．Rμ C．3R2μ6．已知無窮大均勻帶電平板在其周圍空間激發與板面垂直的勻強電場。現在水平無窮大帶電平板MN上方某位置固定一點電荷?Q。一質量為m、帶電荷量為+q的小球以點電荷Q為圓心在豎直面內做勻速圓周運動，其中AC、BD分別為圓周軌跡的水平和豎直直徑，不計空氣阻力，忽略帶電小球激發的電場影響，重力加速度為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．水平無窮大帶電平板激發的勻強電場方向向下B．圓周上的電場場強在B點有最小值，在D點有最大值C．無窮大平板在空間激發的勻強電場強度大小為mgD．若A、C兩點處的電場強度方向相互垂直，則小球做勻速圓周運動的半徑為kQq7．如圖甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．木塊上滑過程中，重力勢能增加了4B．木塊受到的摩擦力大小為EC．木塊的重力大小為2D．木塊與斜面間的動摩擦因數為3二、多選題8．2021年10月，中國發射了首顆太陽探測科學技術試驗衛星“羲和號”，用于實現太陽Hα波段光譜成像的空間探測。該衛星軌道為圓軌道，通過地球南北兩極上方，離地高度約為517kmA．a的線速度大于b的線速度B．a的角速度小于c的角速度C．a的向心加速度小于b的向心加速度D．a的向心加速度大于c的向心加速度9．如圖所示，一直角斜面體固定在水平地面上，左側斜面傾角為60°，右側斜面傾角為30°，A、B兩個物體分別系于一根跨過定滑輪的輕繩兩端且分別置于斜面上，兩物體下邊緣位于同一高度且處于平衡狀態，不考慮所有的摩擦，滑輪兩邊的輕繩都平行于斜面，若剪斷輕繩，讓物體從靜止開始沿斜面滑下，下列敘述正確的是（）A．沿斜面下滑至著地過程，重力對兩物體做的功相同B．著地瞬間，兩物體的動能相同C．沿斜面下滑至著地過程，重力對兩物體做功的平均功率相同D．著地瞬間，重力對兩物體做功的瞬時功率相同10．將一定質量的小球放在豎立的彈簧上，彈簧的下端固定，現把小球按至A點位置靜止（如圖甲），迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C點（如圖乙），途中經過位置B點時，彈簧正好處于自由狀態，彈簧的質量和空氣阻力均忽略不計，則（）A．小球剛脫離彈簧時的動能最大B．從A點運動至B點，小球重力勢能的增加量小于彈簧彈性勢能的減小量C．上升過程的某一階段，小球的動能減小，而機械能增加D．從A點運動至C點，小球克服重力做的功大于彈簧彈力做的功11．如圖所示，一絕緣且粗糙程度相同的豎直細桿處于兩固定的等量異種點電荷+Q、-Q的連線的中垂線上，A、O、B為細桿上的三點，O為+Q、-Q連線的中點，AO=BO。現有電荷量為+q、質量為m的小球套在桿上，從A點起以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好為0，則（）A．在A點時小球加速度的方向向上B．小球從A到B運動過程中先加速后減速C．小球從A到O與從O到B的運動時間相等D．從A到B小球受到的電場力的方向始終水平向右三、實驗題12．如圖1所示，在使用向心力演示器探究向心力大小的表達式實驗中：（1）下列實驗的實驗方法與本實驗相同的是____。A．探究兩個互成角度的力的合成規律B．探究加速度與力、質量的關系C．伽利略對自由落體的研究（2）通過本實驗可以得到的結果有____。A．在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質量成正比B．在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成反比C．在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成正比D．在質量和角速度一定的情況下，向心力的大小與半徑成反比（3）某同學用傳感器測出小球做圓周運動向心力F的大小和對應的周期T，獲得多組數據，畫出了如圖2所示的圖像，該圖像是一條過原點的直線，則圖像橫坐標x代表的是（填T、T2或13．某物理興趣小組利用如圖甲實驗裝置驗證m1、m2組成的系統機械能守恒。m2從一定高度由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。如圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶：O是打下的第一個點，打點計時器的工作頻率為50Hz。（1）下面列舉該實驗的幾個操作步驟：A．按照圖示的裝置安裝器件，將打點計時器接到交流電源上B．先釋放m2C．測量紙帶上某些點間的距離D．根據測量的結果，分別計算系統減少的重力勢能和增加的動能；其中操作不當的步驟是______（填選項前對應的字母）。（2）在紙帶上打下計數點B時的速度v=m/（3）在打計數點O至B過程中系統動能的增加量ΔEk=J，系統重力勢能的減少量ΔE（4）某同學根據選取的紙帶的打點情況做進一步分析，作出m2獲得的速度v的平方隨下落的高度h的變化圖像如圖丙所示，據此可計算出當地的重力加速度g=m四、解答題14．2022年2月4日北京冬奧會成功舉行，為世界奉獻了一屆簡約、安全、精彩的體育盛會。比賽實況通過在地球同步軌道的“中星9B”衛星向全球直播。冬奧跳臺滑雪項目被稱為勇敢者的運動，運動員在落差100多米的山地間飛翔。某運動員的運動可簡化為從傾角為θ的斜面的跳臺上做初速度為v0（1）地球表面的重力加速度g；（2）該“中星9B”衛星距離地面的高度h。15．如圖所示，一質量為m、帶電荷量大小為q的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場分布范圍足夠大，靜止時細線向左偏離豎直方向夾角為37°。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為（1）小球的電性及勻強電場的電場強度E大小；（2）若將原電場方向改為豎直向下，大小保持不變，則小球從圖示位置由靜止釋放后運動過程中細線的最大拉力大小。16．如圖所示，在離粗糙水平直軌道CD高h1=0.2m處的A點有一質量m=1kg的物塊（可視為質點），現將物塊以某一初速度水平拋出后，恰好能從B點沿切線方向進入光滑圓弧形軌道BC。B點距水平直軌道CD的高度h2=0.05m，O點為圓弧形軌道BC的圓心，圓心角為θ=60°，圓弧形軌道最低點C與長為（1）物塊從A點剛拋出時的初速度大小；（2）物塊運動至圓弧形軌道最低點C時，物塊對軌道的壓力大小；（3）若物塊與墻壁發生碰撞且最終停在軌道CD上，則物塊與軌道CD間的動摩擦因數μ應滿足的條件。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．開普勒通過對第谷的天文觀測數據的分析研究，發現了行星的運動規律，A正確，不符合題意；B．牛頓通過演繹推理得出了萬有引力定律，由卡文迪許測得引力常量數值，B錯誤，符合題意；C．卡文迪什的扭秤實驗和庫侖扭秤實驗的相似性，體現了“類比”是一種重要的思維方式，C正確，不符合題意；D．法拉第提出了場的觀點，并用電場線形象地描述電場，D正確，不符合題意。故答案為：B。

【分析】卡文迪許利用實驗測量出的引力常量；其牛頓提出了萬有引力定律。2．【答案】D【解析】【解答】A．甲圖中水杯中的水處于完全失重狀態，水不會因重力而倒入嘴中，A不符合題意；B．乙圖中沙子處于完全失重狀態，不能通過沉淀法與水分離，B不符合題意；C．丙圖中宇宙飛船中的物體處于完全失重狀態，對臺秤的壓力為零，無法通過臺秤測量物體的質量，C不符合題意；D．丁圖中給物體一個很小的初速度，小球能在拉力作用下在豎直面內做圓周運動，是繩子拉力充當向心力，可以完成，D符合題意。故答案為：D。

【分析】由于水處于完全失重所以不能倒入嘴中；其沙子與水處于完全失重所以不能進行分離；由于物體處于完全失重所以對臺秤的壓力等于0.3．【答案】D【解析】【解答】A．電場強度E=Fq是采用比值定義法；a=采用了比值定義法，A不符合題意；B．電場線是理想模型，實際上不存在，B不符合題意；C．元電荷的帶電量等于質子電子的帶電量，但元電荷是理想模型，現實中不存在，C不符合題意；D．工作服內部有金屬網，形成了一個法拉第籠，利用了靜電屏蔽原理，D符合題意。故答案為：D。

【分析】其加速度的表達式不屬于比值定義法；其電場線是理想模型，實際不存在；元電荷不等于質子與電子。4．【答案】B【解析】【解答】A.探測器在P點由軌道I進入軌道II需要制動減速，A不符合題意；B.由于軌道II的半長軸大于軌道III的半徑，所以根據開普勒第三定律可知探測器在軌道II的運行周期大于在軌道III的運行周期，因此探測器在軌道II上由P點運動到S點的時間大于在軌道III上由P點運動到Q點的時間，B符合題意；C.根據萬有引力定律和牛頓第二定律可知探測器在軌道I上經過P點的加速度等于在軌道II上經過P點的加速度，C不符合題意；D.探測器在P點由軌道II進入軌道III需要制動減速，所以探測器在軌道II上P點的機械能大于在軌道III上P點的機械能，又因為探測器在軌道III上運動過程中機械能守恒，所以探測器在Q點的機械能小于在軌道II上P點的機械能，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】其探測器從I軌道到II軌道需要制動減速；利用開普勒第三定律可以比較其探測器運動的時間；利用牛頓第二定律可以判別探測器經過P點的加速度相同；利用其變軌時需要加速所以其探測器在Q的機械能小于在軌道II的P點的機械能。5．【答案】A【解析】【解答】從A到P點，根據動能定理?mgR?μmg小滑塊恰好能到達半圓形軌道的最高點C，根據牛頓第二定律可得mg=m從A到C點，根據動能定理?mg?2R?μmg聯立解得L故答案為：A。

【分析】利用其滑塊恰好經過C點，結合其AP和AC過程的動能定理可以求出AB之間的距離。6．【答案】C【解析】【解答】A．帶電荷量為+q的小球以點電荷Q為圓心在豎直面內做勻速圓周運動，可知庫侖力提供向心力，則有重力和無窮大平板對小球的電場力平衡，可知小球受平板的電場力方向豎直向上，小球帶正電，所以水平無窮大帶電平板激發的勻強電場方向向上，A不符合題意；B．點電荷Q在圓周上固定點B、D兩點產生的場強方向分別是向上和向下，所以在B點場強為兩分場強大小之和，在D點為兩者大小之差，因此圓周上的電場場強在B點有最大值，在D點有最小值，B不符合題意；C．小球受重力、平板勻強電場的電場力和點電荷Q的庫侖力，因小球在豎直面內做勻速圓周運動，點電荷Q的庫侖力提供向心力，則有重力和平板勻強電場的電場力平衡，由平衡條件可得qE=mg則有無窮大平板在空間激發的勻強電場強度大小為E=C符合題意；D．若A、C兩點處的電場強度方向相互垂直，則兩分場強在兩點處于水平方向的夾角均為45°，則有kQR=D不符合題意。故答案為：C。

【分析】利用其重力與電場力平衡可以判別小球受到其平板電場力的方向，利用其電場力方向可以判別電場的方向；利用其場強的疊加可以比較電場強度的大小；利用其平衡方程可以求出勻強電場的電場強度大小；利用其牛頓第二定律可以求出小球做勻速圓周運動的軌道半徑。7．【答案】B【解析】【解答】A．由圖乙可知，木塊位移為x0時，動能為0，機械能為2E0，重力勢能增加了2E0，A不符合題意；B．由圖乙可知，克服摩擦做功損失的機械能為ΔE=3木塊受到的摩擦力大小為f=μmgB符合題意；CD．由動能定理得?(mg解得mg=μ=CD不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用其木塊x0位置的動能和機械能的大小可以求出重力勢能的增量；利用其功能關系結合機械能的損失可以求出摩擦力做功的大小，結合摩擦力做功可以求出摩擦力的大小；利用其動能定理可以求出其重力及動摩擦力因數的大小。8．【答案】A,D【解析】【解答】A．b衛星的軌道半徑大于a衛星的軌道半徑，由v=知a的線速度大于b的線速度，A符合題意；B．b衛星的軌道半徑大于a衛星的軌道半徑，由ω=知a的角速度大于b的角速度，又b角速度等于c的角速度，所以a的角速度大于c的角速度，B不符合題意；C．b衛星的軌道半徑大于a衛星的軌道半徑，由a知a的向心加速度大于b的向心加速度，C不符合題意；D．a的向心加速度大于b的向心加速度，又由a知b的向心加速度大于c的向心加速度，所以a的向心加速度大于c的向心加速度，D符合題意。故答案為：AD。

【分析】利用其引力提供向心力結合半徑的大小可以比較衛星的線速度、角速度和向心加速度的大小；利用同步衛星與赤道上物體角速度相等，結合半徑的大小可以比較其向心加速度的大小。9．【答案】C,D【解析】【解答】A．兩物體靜止時m則3沿斜面下滑至著地過程，根據W可知重力對兩物體做的功不相同，A不符合題意；B．根據動能定理E可知著地瞬間，兩物體的動能不相同，B不符合題意；C．沿斜面下滑至著地過程，根據hP可得P而m可知，重力對兩物體做功的平均功率相同，C符合題意；D．著地瞬間，重力對兩物體做功的瞬時功率P而m可知，重力對兩物體做功的瞬時功率相同，D符合題意。故答案為：CD。

【分析】當兩個物體靜止時，利用平衡方程可以求出兩個物體質量的大小關系，結合其重力做功可以比較重力做功的大小；利用動能定理可以比較落地瞬間動能的大小；利用其位移公式結合重力做功可以比較平均功率的大小；利用重力和豎直方向的分速度可以比較瞬時功率的大小。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．小球從A上升到B位置的過程中，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，則小球先加速后減速，當彈簧的彈力等于重力時，合力為零，小球的速度達到最大，速度最大位置在AB之間，A不符合題意；B．從A點運動至B點，小球和彈簧系統機械能守恒，小球在B點小球的動能大于A點的動能，所以小球重力勢能的增加量小于彈簧彈性勢能的減小量，B符合題意；C．上升過程中小球從速度最大位置到B點，小球的動能減小，彈簧彈性勢能減小，而小球的機械能增加，C符合題意；D．從A點運動至C點，由動能定理可知W所以小球克服重力做的功等于彈簧彈力做的功，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】利用其彈力的變化結合其牛頓第二定律可以判別加速度的大小及方向變化；利用其加速度等于0可以判別速度最大的位置；利用其能量守恒定律可以比較彈性勢能減少量及重力勢能增量的大小；利用其彈力做功可以判別小球機械能增加；利用動能定理可以判別其小球克服重力做功等于其彈力做功的大小。11．【答案】A,D【解析】【解答】A．到達B點時速度恰好為0，可知到達B點時小球做減速運動，加速度方向向上，小球在AB兩點受力相同，因此加速度相同，A符合題意；B．對小球受力分析可知f?mg=maf=μFF從A到B過程中r先減小后增大θ也是先減小后增大，故支持力先增大后減小，摩擦力先增大后減小，加速度先增大后減小，且方向一直向上，因此小球一直在做減速運動，B不符合題意；C．根據x=因為AO段平均速度較大所以AO段時間較短，C不符合題意；D．等量異種電荷在中垂線上合場強方向沿水平向右，正電荷受到電場力方向與場強方向相同，D符合題意。故答案為：AD。

【分析】利用小球水平方向的受力平衡可以判別其壓力的大小及方向，結合牛頓第二定律可以比較加速度；利用其摩擦力的方向可以判別其小球做減速運動；利用其平均速度的大小可以比較運動的時間；利用其電場線的方向可以判別電荷受到的電場力方向。12．【答案】（1）B（2）A（3）T-2【解析】【解答】（1）本實驗所用的研究方法是控制變量法，與驗證牛頓第二定律的實驗方法相同；而探究兩個互成角度的力的合成規律采用了等效替代的方法；伽利略對自由落體運動的研究，采用了把實驗和邏輯推理（包括數學演算）相結合的實驗方法；故答案為：B。（2）A．在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質量成正比，A符合題意；BC．在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度平方成正比，BC不符合題意；D．在質量和角速度一定的情況下，向心力的大小與半徑成正比，D不符合題意；故答案為：A。（3）根據F=m可知縱坐標表示F，則圖像的橫坐標x表示的物理量是1T2，即

【分析】（1）其探究牛頓第二定律的實驗及探究向心力大小的影響因數都是使用控制變量法；

（2）利用其向心力的表達式可以判別其向心力與質量、半徑及角速度的大小關系；

（3）利用其向心力與周期的關系可以判別橫坐標的物理量。13．【答案】（1）B（2）2.05（3）0.63；0.64；在實驗誤差范圍內，機械能守恒（4）9.78【解析】【解答】（1）步驟B中應該是先接通電源，再釋放m2（2）在紙帶上打下計數點B時的速度v（3）在打計數點O至B過程中系統動能的增加量Δ重力勢能的減少量Δ由此得出的結論是在實驗誤差范圍內，機械能守恒；（4）由關系式1可得v由圖像可知2解得g=9.78m/s2

【分析】（1）實驗應該先接通電源后釋放物體；

（2）利用平均速度公式可以求出經過B點瞬時速度的大小；

（3）利用其速度的大小結合質量的大小可以求出動能的增量；利用其高度變化可以求出重力勢能變化量的大小；

（4）利用機械能守恒定律結合圖像斜率可以求出其重力加速度的大小。14．【答案】（1）