内蒙古自治区乌兰察布市北京师范大学乌兰察布集宁附属中学2024-2025学年高一下学期5月期中物理试题

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1.【答案】B
【解析】两个H在A合场强为零，O在A点场强竖直向上，所以A点电场强度方向竖直向上，故A错误；根据对称性可知，氧原子所受两个H的引力水平合力为零，所以氧原子所受电场力的方向竖直向下，故B正确；左侧H受到右侧H的斥力，设腰长为L，有F1=kq2(2Lsin60°)2=kq23L2，受到引力水平分力F2=k2q×qL2sin60°=k3q2L2，所以H受到的水平方向合力不为零，总合力不可能竖直向上，根据对称性可知，右侧H受合力也不会竖直向上，故C错误；根据A分析可知，A点电场强度方向竖直向上，负电的试探电荷受力竖直向下，所以试探电荷从A点沿竖直向下方向移动，电场力开始阶段会做负功，电势能减小，故D错误。故选B。
2.【答案】B
【解析】对于质量m1，它们的库仑力提供其向心力，即k＝m1，对于质量m2，它们的库仑力提供其向心力，即k＝m2，则它们总的动能为m1v2＋m2v2＝，故选B.
3.【答案】D
【解析】同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，根据角速度与线速度的关系可得，同步卫星的速度v＝ωr，故①正确；根据万有引力提供向心力有＝m，解得v＝，故②正确；根据①可得r＝，根据②可得v2＝，联立解得v＝，故③正确；根据万有引力等于重力有＝mg，根据万有引力提供向心力有＝m，联立解得v＝R，故④正确。
4.【答案】C
【解析】第一宇宙速度是卫星在近地轨道运行的线速度，根据GmMr2=mv2r，可知v=GMr，故轨道半径越大，线速度越小，所以静止卫星的运行速度小于第一宇宙速度，A错误；该卫星为地球的卫星，所以发射速度小于第二宇宙速度，B错误；P点为近地轨道上的一点，但要从近地轨道变轨到Ⅰ轨道，则需要在P点加速，所以卫星在P点的速度大于第一宇宙速度，C正确；在Q点要从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，则需要在Q点加速，即卫星在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大于在轨道Ⅰ上经过Q点的速度，而轨道Ⅱ上的速度小于第一宇宙速度，故卫星在轨道Ⅰ上经过Q点时的速度小于第一宇宙速度，D错误。
5.【答案】B
【解析】重物由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速向上提起，
由牛顿第二定律可得2F−mg=ma，代入数据解得F=6 N，
绳获得的最大速度，
重物匀加速运动持续的时间，由速度时间公式可得，
此后重物做加速度减小的加速运动，直到2F′=mg时，
绳子的最大速度为，
重物运动的最大速度为，B正确。
6.【答案】C
【解析】带电小球在运动过程中始终机械能守恒，则小球在运动过程中电势能保持不变，故图中细管所在的弧线是同一等势线，细管各处的电势相等，但不一定为0，故AB错误；小球在细管中的机械能始终守恒，则有12mv02+mgℎ=12mv2，解得v=v02+2gℎ，故C正确；小球机械能始终守恒，说明电场力不做功，即电场力与速度方向始终垂直，则小球在初始位置的电场强度方向为右上方，说明+Q1在该位置的电场强度大于-Q2在该位置的电场强度，则有Q1>Q2，故D错误。故选C。
7.【答案】D
【解析】根据开普勒第三定律r3T2=k，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为，T火T地=3322，故A错误；
火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B错误；
根据火星与地球绕太阳运动的周期之比约为T火T地=3322，已知地球的公转周期为，T地=1年，则火星的公转周期为，T火≈1.8年，设经过时间t出现下一次“火星冲日”，则有，(2πT地−2πT火)t=2π，解得，t=2.25年，故C错误，D正确。故选D。
二、多选题
8.【答案】AB
【解析】断开开关S，电容器所带电荷量Q不变，将A、B两极板分开一些，则板间距离d增大，根据C＝知C减小，又由C＝知，电势差U增大，即指针张角增大，A正确；断开开关S，将A、B两极板错开些，则两极板正对面积S减小，根据C＝知C减小，又由C＝知，电势差U增大，指针张角增大，B正确；保持开关S闭合，则电容器两端的电势差等于电源电压，指针张角不变，C、D错误。
9.【答案】AC
【解析】由向心力公式F=mv2R可知，速度一定时，F与R成反比的关系，因此a表示速度一定时，F与R的关系，A正确，B错误；由向心力公式F=mω2R可知，角速度一定时，F与R成正比的关系，因此c表示角速度一定时，F与R的关系，C正确，D错误。故选AC。
10.【答案】CD
【解析】若开关S保持闭合，向上或向下移动b板时，液滴从P运动到a板的小孔时，重力对液滴做功不变．根据W＝qU可知，电场力对液滴做功不变，故外力对液滴做的总功不变，由动能定理可知，带电液滴到达a板小孔的速度不变，则v2＝v1，故A、B错误；若开关S闭合一段时间再打开后，向上移动b板，极板带电量不变，根据推论可知E＝＝＝，可知，板间场强不变，由W＝qEd，知d增大，则液滴从P运动到a板的小孔时，电场力对液滴做功增大，重力对液滴做功不变，因为电场力对液滴做负功，则外力对液滴做的总功减小，由动能定理知带电液滴到达a板小孔的速度减小，即有v2v1，故D正确．
三、实验题
11.【答案】(1)0.296 (2)甲 (3)见解析 (4)见解析 7.7 (5)C (6)见解析
【解析】(1)螺旋测微器读数应为0+29.6×0.01mm=0.296mm
(2)从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，且电压可从非常接近零的位置进行调节，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量采用的是甲图。
(3)实物连接如图
(4)
由图线得到金属丝的阻值为图线斜率，即Rx=k=Ω=7.7Ω
(5)根据电阻定律，可得Rx=ρLS=ρLπd22，解得ρ=1×10−6Ω⋅m，故选C。
(6)金属丝的温度升高后，自由电子的热运动变的更剧烈，受到静电力的驱动，在原热运动的基础上叠加定向移动，在定向加速的过程中，自由电子与原子实发生碰撞，定向移动的速度减为零，将动能传递给原子实，由于热运动的无规则运动更剧烈，会增加它们在单位移动距离的碰撞次数，从而导致金属丝阻碍自由电子运动的阻力变大。金属丝的电阻变大。
12.【答案】(1)mg(x2+x3)sinθ (x3+x4)2−(x1+x2)28mf2 (2)(x3+x4)−(x1+x2)4f2
【解析】(1)此过程中小球重力势能的减少量为，ΔEp=mg(x2+x3)sinθ
相邻两个球间的时间间隔，T=1f，则B位置速度，vB=x1+x22T=(x1+x2)f2D位置速度，vD=x3+x42T=(x3+x4)f2，小球BD段动能的增加量为，ΔEk=12mvD2−12mvB2=(x3+x4)2−(x1+x2)28mf2
(2)根据逐差法，小球下滑过程中的加速度，a=(x3+x4)−(x1+x2)4T2=(x3+x4)−(x1+x2)4f2
四、计算题
13.【答案】(1)细绳能承受的最大拉力为60N；(2)细绳断裂后小球在空中运动所用的时间为1s；(3)小球落地瞬间速度的大小为11m/s。
【解析】(1)小球从A→B过程，根据机械能守恒定律得：mgL=12mvB2−0，经B点时，由牛顿第二定律得：F﹣mg=mvB2L
解得最大拉力为：F=3mg=3×2×10N=60N
(2)小球从B→C过程做平抛运动，则有：H﹣L=12gt2
解得：t=2(H−L)g=1s
(3)从A→B→C过程，根据机械能守恒得：mgH=12mv2﹣0
解得小球落地瞬间速度：v=2gH=11m/s
14.【答案】(1)r1=v1T12π，M=v13T12πG；(2)v2=v13T1v1T1+2πd
【解析】(1)卫星围绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动的向心力，则有GMmr2=mv2r，结合线速度与周期的关系v=2πTr
可知半径越小，线速度越大，周期越小，将v1、T1代入解得行星的质量为M=v13T12πG
卫星环最内侧卫星的半径即为最小半径r1=v1T12π
(2)根据几何关系可知最外侧卫星的半径r2=r1+d
根据牛顿第二定律和向心力公式，有GMmr2=mv2r，可得v2∝1r
即v2v12=r1r1+d，解得卫星环中卫星的最小线速度为v2=v13T1v1T1+2πd
15.【答案】(1)v1=gR；(2)a=g(1+k)2；(3)v=gR1+k
【解析】(1)第一宇宙速度是卫星在地球表面附近做匀速圆周运动的速度。此时，卫星受到的万有引力近似等于重力，且万有引力提供向心力，设卫星质量为m，则有mg=mv12R
解得地球的第一宇宙速度v1=gR
(2)设地球质量为M，对卫星，由牛顿第二定律有GMmR+kR2=ma
根据黄金代换公式GM=gR2
联立解得卫星的向心加速度大小a=g1+k2
(3)卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，根据牛顿第二定律和向心力公式，有GMmR+kR2=mv2R+kR
根据黄金代换公式GM=gR2
联立解得卫星绕地球运行的线速度v=gR1+k