2020-2021学年河南省豫西名校高一下学期第二次联考物理试题

2020-2021学年河南省豫西名校高一下学期第二次联考物理试题

（考试时间：90分钟   试卷满分：100分）

一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）

1. 关于电场，下列说法正确的是（    ）

A. 电场和电场线一样，都是客观存在的

B. 根据，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大

C. 从公式来看，场强大小与成正比，与成反比

D. 电场中某一点的场强与放入该点的检验电荷正负无关，由原电场决定

2. 真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球和（均可看做点电荷），分别固定在两处，两球间的静电力为.现用一个不带电的同样的金属小球先后与、两球接触，然后移开，并将、球间的距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力变为（    ）

A.  B.  C.  D.

3. 有、、、四颗地球卫星，还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，处于地面附近的近地轨道上做圆周运动，是地球同步卫星，是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则下列说法错误的是（    ）

A. 在相同时间内转过的弧长最长

B. 的向心加速度等于重力加速度

C. 在内转过的圆心角是

D. 的运动周期可能是

4. 如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线，数值为其电势值.一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，沿图中的实线从点运动到点，则下列判断正确的是（    ）

A. 粒子一定带负电

B. 点的电场强度大于点的电场强度

C. 粒子在点的加速度小于其在点的加速度

D. 粒子在由点运动到点的过程中，电场力对其做负功

5. 如图，四个电荷量绝对值相等的点电荷分别固定在正方形的四个顶点处，其中两个为正电荷，两个为负电荷.、、、为正方形四条边的中点，为正方形的中心，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（    ）

A. 点电场强度为零

B. 点电势为零

C. 、两点的电场强度不相同

D. 将一带正电的检验电荷从点沿直线移动到点，在此过程中该电荷的电势能增加

6. 如图所示，在匀强电场中，有边长为的等边三角形，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为、、，下列说法正确的是（    ）

A. 匀强电场的电场强度大小为，方向由指向

B. 将电子由点移到点，电子的电势能增加了

C. 将电子由点移到点，电子的电势能减少了

D. 在三角形外接圆的圆周上，电势最低点的电势为

7. 据报道，2020年山东将持续加大高铁建设力度，规划到2022年，全省高铁建成和在建里程达到3900千米，不仅让老百姓的出行更加方便，也将推动各地经济文化技术交流.现有一列质量为的动车，从静止开始，以恒定功率在平直轨道上运动，经时间达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力保持不变，关于动车在时间内的运动，下列说法正确的是（    ）

A. 动车启动过程所受合外力不变 B. 动车位移为

C. 平均速度为  D. 动车做加速度减小的加速运动

8. 2020年3月9日19时55分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，成功发射北斗卫星导航系统第54颗导航卫星，这是北斗三号卫星导航系统的第二颗地球同步轨道卫星.如图所示的是该卫星的发射示意图，卫星首先进入预定轨道Ⅰ，点是轨道Ⅰ上的近地点，然后在远地点通过改变卫星速度，让卫星进入工作轨道Ⅱ，则下列说法正确的是（    ）

A. 该卫星的发射速度大于

B. 在轨道Ⅰ上，卫星在点的速度一定小于

C. 卫星在点的加速度大于在点的加速度

D. 卫星在轨道Ⅰ上的加速度小于赤道上物体随地球自转的加速度

9. 如图甲所示，在某电场中建立坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿轴正方向运动，经过、、三点，已知.该电子的电势能随坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（    ）

A. 点电势高于点电势

B. 点的电场强度大于点的电场强度

C. 电子经过点的速率大于经过点的速率

D. 、两点电势差大于、两点电势差

10. 如图甲所示的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的.将质量的货物放在传送带上的处，经过到达传送带的端，用速度传感器测得货物与传送带的速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度取，则下列说法正确的是（    ）

A. 、两点的距离为

B. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5

C. 货物从运动到过程中，传送带对货物做功大小为

D. 货物从运动到过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为

二、实验题（本题共2小题，共15分.）

11.（6分）某学习小组在“探究合外力做功与物体速度变化的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置.

（1）按如图甲所示将实验仪器安装好，小车先不挂上橡皮筋，然后进行平衡___________的操作，确定方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做___________运动.

（2）当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为，当用4条、6条、8条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功记为、、……，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出.关于该实验，下列说法正确的是__________.

A. 实验中使用的若干条橡皮筋的原长可以不相等

B. 每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出

C. 根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算

D. 利用每次测出的小车最大速度和橡皮筋做的功，依次作出、、、、……的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系

12.（9分）用如图甲所示的实验装置验证、组成的系统机械能守恒.从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.如图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），所用电源的频率为.已知、.则（结果均保留两位有效数字）

（1）在打下0点到打下计数点5的过程中系统重力势能的减少量__________（当地的重力加速度取）.

（2）在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量__________.

（3）某同学测出多个计数点的速度大小及对应下落的高度，作出的图像如图丙所示，则图像的斜率表达式 ______________（用、和表示）.

三、计算题（本题共4小题，共35分.要有必要文字说明，解题步骤，有数值计算的要注明单位.）

13.（7分）如图，在水平向右的匀强电场中，间距离，与水平方向夹角为，、间电势差，求：

（1）电场强度的大小；

（2）电荷量的点电荷从点运动到点，电场力所做的功.

14.（7分）如图所示，质量的物体静止在光滑的水平面上，在的水平拉力作用下开始运动.求：

（1）力在内对物体做功的平均功率；

（2）在末，力对物体做功的瞬时功率.

15.（9分）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道与水平绝缘地面平滑连接，且、两点高度相同，圆弧的半径，水平地面上存在匀强电场，场强方向斜向上与地面成角，场强大小，从点由静止释放一带负电的小金属块（可视为质点），质量，电荷量大小为，小金属块与水平面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（已知，）.求：

（1）金属块第一次到达点（未进入电场）时对轨道的压力；

（2）金属块在水平面上滑行的总路程.

16.（12分）如图所示，质量均为小物块、通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定后，、在弹簧弹力作用下开始运动，最后以相等的速率与弹簧分离.分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道；分离后向右运动，滑上速度的足够长的传送带，传送带与平台等高，与传送带间的动摩擦因数，取.

（1）求弹簧锁定时的弹性势能；

（2）通过计算说明能否通过半圆轨道的最高点；

（3）求在传送带上滑动过程中产生的内能.

豫西名校2020—2021学年下期第二次联考

高一物理参考答案

一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，第1〜6 题只有一项符合题目要求，第7〜10题中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选 对但不全的得3分，有选错的得0分。）

1.D 【解析】

A.电场线是人为设想出来的，其实并不存在，电场是客观存在的，故A错误；

B.当两个点电荷距离趋于0时，两带电体己不能看成点电荷了，该公式F =k,不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B错误；

C.公式E=采用比值定义法，E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，所以电场中

某点的电场强度E与F，q均无关，故C错误；

D.场强反映电场本身的性质，由电场本身性质决定，电场中某一点的场强与放入该点的检 验电荷正负无关，由原电场决定，故D正确。故选D。

2.A 【解析】

真空中两个相同的静止点电荷间的静电力大小为F=k：用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，然后移开C，此时A球带电量变为Q,C与B球接触后，B球带电量大小变为Q, A、B两球间距=2r,它们之间库仑力，=k=F,故A正确，BCD错误。故选A。

3.B 【解析】

A. 对卫星b、c、d由=m，得v = ，卫星的半径越大，速度越小，a,和c角速度相同，a的半径小，<，所以四颗卫星中b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长。故A正确；

B.同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则a与c的角速度相同，根据a=知，c的向心加速度大于a的向心加速度。由G=m，得= ，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，所以知a的向心加速度小于重力加速度g。故B错误；

C. c是地球同步卫星，周期是24h,则c在4h内转过的圆心角是故C正确；由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D正确。故选B

4.C 【解析】

A.根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受电场力方向大致向左，粒子一定带正电，故A错误；

B.等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图知A点电场强度小于B点电场强度，故B错误；

C.由对B选项的分析可知A点电场强度小于B点电场强度，同一电荷在A点受到的电场力小于在B点的电场力，有牛顿第二定律F=ma可知，<故C正确

D.A到B电场力与速度夹角为锐角，电场力做正功，动能增加，D错误；故选C。

5.B 【解析】

A.两正电荷在0点产生的电场的场强方向由0指向C,两负电荷在0点产生的电场的场强方向由0指向C，故0点的合场强一定不为零，故A错误；

B.连线上方的等量异种点电荷在其连线的垂直平分线上产生的电势为零，同理，连线下方的等量异种点电荷在其连线的垂直平分线上产生的电势也为零，故连线上的点电 势均为零，故B正确；

C.两正电荷在A点产生的电场的场强为零，两负电荷在C点产生的场强为零；由对称性可知，两正电荷在C点产生的场强等于两负电荷在A点产生的场强，故C错误；

D.A、C两点间场强方向由A指向C,正检验电荷由A点沿直线移动到C点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故D项错误。故选B。

6.C 【解析】

A.过B点作从的垂线，交AC与D，如图所示，，则D点电势为4V，BD为等势线，由电场强度与电势差间的关系得E===，强场方向垂直于BD从C到A，故

A错误； 

BC.将电子从A点移到C点，=q=4eV说明将电子由A点移到C点电势能减少了 4eV,减少的电势能转换为动能，故B错误；同理可知C正确

D.由上图可知，在三角形外接圆周上，由电势沿电场线方向降低可知，电势最低点不是A点，最低电势不是2V，故D错误；故选C。

7.BD

【解析】

A.动车的功率恒定，根据P =Fv 可知v增大，动车的牵引力减小，受到的合力=F-f将减小，故A错误；

B. 在整个运动过程中，根据动能定理可得：Pt-fs=m解得.s= —故B 正确；

CD.根据牛顿第二定律可知F-f=ma，由于牵引力F减小，则动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，其平均速度>，故C错误；故选BD。

8.BC 【解析】

A. 11.2km/s是卫星脱离地球的引力束缚的速度，所以该卫星的发射速度小于11.2km/s,故A 错误；

B.卫星在轨道II上相对于在轨道I上做离心运动，所以卫星在轨道I上点的速度小于在II轨道上点的速度，而7.9km/s是卫星近地做圆周运动的环绕速度，根据v=可知，卫星在II轨道上运动的速度小于7.9km/s，则卫星在I轨道Q点的速度小于7.9km/s,故B正确；

C.根据牛顿第二定律可得：a=，轨道半径越大、加速度越小，所以卫星在P点的加速度大于在Q点的加速度，故C正确；

D.卫星在轨道II上的角速度等于地球自转的角速度，根据向心加速度的计算公式可得：a=r,所以卫星在轨道II上的加速度大于赤道上物体随地球自转的加速度故D错误。故选BC。

9.BD 【解析】

AC. —个电子仅在电场力作用下沿x轴IH方向运动，由图知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电 势，故A错误，C错误；

B.根据,可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B,电场强度减 小，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B 正确；

D.由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，A、B两点电势差大于B、C两点电势差，故D正确；故选BD。

10ABC

【解析】

A.根据；v - t图象与时间轴围成的面积表示物块的位移，知0 - 1.2s内货物运动的位移为x=+1)m

=3.2m，则两点的距离为3.2m，故A正确；

B.由图象可以看出，货物在两段时间内均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：0-0.2s 内，有 mgsin+mgcos，0.2 _ 1.2s 内，有 mgsin-mgcos。由 v _ t 图象的斜率表示加速度，可得两段的加速度分别为：==10，==2 m/s2解得：=37°，=0.5，故B正确；

C.设传送带对货物做的功为W，对整个过程，根据动能定理得：W+mgxsin=m-0，

由图知，v=4m/s，解得W=-11.2J，故C正确；

D.由图判断知，传送带的速度为=2m/s。根据功能关系，知货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，货物受到的滑动摩擦力大小为f=mgcos= O.510l0.8N =4N

0- 0.2s内，货物的位移为：，皮带位移为：= = 21m=2m， 两者间相对位移为：=-= (0.4-0.2) m=0.2m

同理：0.2-1.2s内，货物的位移为：；，==20.2=2><1111=2111，两

者间相对位移为：=-= (3-2) m=1m，故两者之间相对路程为：=+=(1+0.2) m=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f= 4l.2J=4.8J，故D错误，故选ABC。

二、实验题(本题共2小题，共15分。）

(6 分）

【答案】（1)摩擦力（2分）匀速直线（2分）（2)BD(2分）

【解析】（1)平衡摩擦力时，小车应先不挂上橡皮筋，然后进行平衡摩擦力的操作。

确定平衡摩擦力的方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否 做匀速直线运动。

(2) A.实验中使用的若干条橡皮筋的原长必须相等，才能保证每根橡皮筋做功相同，故A 错误；

每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出，保证每根橡皮筋做功相同，故BIH确；

本实验的目的是探究橡皮筋做功与小车获得速度的关系，这个速度是橡皮筋做功结束后 的速度，不是整个过程中的平均速度，故C错误；

利用每次测出的小车最大速度和橡皮筋做的功W，依次作出W - 、 - 、 - 、

...的图象。得出合力做功与物体速度变化的关系，故D正确。(9 分）

【答案】（1) 0.60 (3 分）（2) 0.58 (3 分）（3)(3 分）

【解析】已知 = 150g=0.150kg，=250g=0.250kg。

(1)在打下0点到打下计数点5的过程中系统重力势能的减少量：

=)gh= (0.250 - 0.150) 10 (45.40+14.60) J=0.60J；

(2)打点计时器所用交流电的频率为50Hz,每相邻两计数点间还有4个点，则相邻两计数点的时间间隔为t=5s=0.1s，根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5 = v46 =m/s =1.7 m/s ,系统的初速度为零，所以系统动能的增加量为：=)-0=(0.250-0.150)l.72J=0.58J；

(3)对系统，由机械能守恒定律得：gh-gh=)，整理得：，-h 图象的斜率：k= 

三、计算题(本题共4小题，共35分。要有必要文字说明，解题步骤，有数值计算的要注明 单位。）

(7 分）【答案】（1) 4V/m (2) -4.8x10 —6J

【解析】（1) A、B两点沿电场线方向的距离为d=Lcos60°=4x0.5m=2m (2分）

则电场强度为E==  V/m=4V/m (2分）

(2)电荷量q=-6x10-7C的点电荷从A点运动到B点，电场力所做的功为=q= -610 —7x8J=-4.810 —6J，负号表示电场力做负功。（3分）

(7 分）答案（1) 12W (2) 24W

【解析】（1)物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F=ma(1分）

代入数据解得物体的加速度为：a=== 2m/s2(1分）

物体在3s内的位移为：x=a=2=9m(1分）

力F在3s内对物体所做的功为：W=Fx=4x9J=36 J (1分）

力F在3s内对物体所做的功的平均功率为：P==w=12w (1 分）

(2) 3s 末物体的速度为：v= at = 23m/6m/s (1 分）

所以3s末力F对物体所做的功的瞬时功率为：P=Fv=46W=24W (1分）

(9 分）

【答案】（1) 9N (2) 0.5m

【解析】（1)对金属块从A到B点，根据动能定理可知mgr=m(1分）

在B点，根据牛顿第二定律可知N-mg =  (2分）

解得W=9N (1分）

根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力=W=9N，方向竖直向下。 （1分）

(2)由于 qEcos = 4N 大于滑动摩擦力f=(mg+qEsin) =3N (1 分）

故金属块往返多次，最终停止在B点，全过程有动能定理可知 mgR - (mg+qEsin)s = 0 - 0 (2 分）

解得s = 0.5m (1分）

16. (12分）【答案】（1) 50J (2)能通过半圆轨道最高点 （3) 4J

【解析】（1)解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得:

=m=J = =50J； (1 分）

物块A恰好通过半圆最高点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

mg=m ( 1 分）

代入数据解得v= m/s， （ 1分）

设物块A能通过半圆最高点，到达半圆最高点时速度为，

物块A从半圆最低点到最高点过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得: m= m+mg2R (1 分）

代入数据解得：= m/s=v物块A恰好能通过半圆轨道最高点 （1分）

(3)B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由牛顿第二定律得； mg=ma (1 分）

代入数据解得，加速度大小：a=2m/s2 (1分）

B在传送带上相对滑行时间：t ==s =1s, (1分）

B减速运动的位移=t= (1分）

在此时间内传送带的位移:=vt=31m=3m，（1分）

物块B相对传送带滑行的距离=-=1m，（1分）

B在传送带上滑动过程中产生的内能Q = mg = 0.22l0lJ=4J; (1分）