精品解析：江苏省新海高中、徐州一中2022-2023学年高一下学期6月学情调研考试物理试题（解析版）

江苏省新海高级中学高一年级6月学情调研考试

高一年级物理试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。选对的得4分，错选或不答的得0分。

1. 下列现象中，与离心现象无关的是（　　）

A. 公路拐弯处设置限速标志

B. 汽车突然加速时人向后倾倒

C. 用洗衣机脱去湿衣服中的水

D. 医务人员利用离心机从血液中分离血浆和红细胞

【答案】B

【解析】

【详解】离心现象是做圆周运动的物体，在所受向心力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，产生的逐渐远离圆心移动的物理现象。公路拐弯处限速是防止速度过大而产生离心现象；洗衣机是利用离心现象使水脱离衣服；医务人员的利用的离心机从血液中分离血浆和红细胞也是离心现象。而汽车突然加速时人向后倾倒是由于人具有惯性，而不是离心现象。

故选B。

2. 我国首次火星探测任务命名为“天问一号”。已知引力常量为G，为计算火星的质量，需要测量的数据是（　　）

A. 某卫星绕火星做匀速圆周运动的周期T和角速度

B. 火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r和周期T

C. 火星表面的重力加速度g和火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r

D. 某卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径r和角速度

【答案】D

【解析】

【详解】AD．卫星绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

解得

如果轨道半径已知，则可求火星质量，故A错误，D正确；

B．火星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

解得

所求质量为中心天体太阳的质量，故B错误；

C．根据

可得

可知，计算火星的质量，还需要有火星的半径，题中所给是火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径，故火星质量求不出来，故C错误。

故选D。

3. 春暖花开的时节，坐落在东湖的摩天轮迎来了无数游客。假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）

A. 在最高点时，乘客所受重力等于座椅对他的支持力，处于平衡状态

B. 在摩天轮转动的过程中，乘客的机械能始终保持不变

C. 在摩天轮转动的过程中，重力对乘客的功率保持不变

D. 在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零

【答案】D

【解析】

【详解】A．乘客做匀速圆周运动，在最高点时重力和座椅对他的支持力的合力提供向心力，故Ａ错误；

B．乘客做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度变化，机械能始终改变，故Ｂ错误；

C．重力的功率，由于重力与速度方向夹角不断变化，所以重力对乘客的功率不断变化，故Ｃ错误；

D．乘客动能不变，由动能定理可得，合力对乘客做功为零，故Ｄ正确。

故选Ｄ。

4. 、；、；、；、为以下电场中的四组点，其中、两点距正点电荷的距离相等；、两点在两点电荷连线的中垂线上，并关于两点电荷的连线对称；、两点在两点电荷的连线上，并关于连线中点对称；、两点在两点电荷连线的中垂线上，并关于两点电荷的连线对称。这四组点中，电场强度和电势均相等的是（　　）

A. 、 B. 、 C. 、 D. 、

【答案】B

【解析】

【详解】A．、两点的电场强度大小相等，方向不相同，电势相等，故A错误；

B．根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，方向相同，电势相等，故B正确；

C．根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，方向相同，但点电势低于点电势，故C错误；

D．根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，方向相反，电势相等，故D错误。

故选B。

5. 设地球的半径为R，卫星A离地高度为R，卫星B离地的高度为2R，万有引力常量为G，若卫星A、B均绕地球做匀速圆周运动，则（   ）

A. 卫星A、B的加速度之比4：9

B. 卫星A、B的加速度之比4：1

C. 卫星A、B的速度之比

D. 卫星A、B的速度之比

【答案】C

【解析】

【详解】做匀速圆周运动的人造卫星，万有引力提供向心力，则有

可得

由于卫星A、B的轨道半径是2：3，所以向心加速度大小之比是9：4，线速度大小之比是。

故选C。

6. 如图，充气后的气球在头发上摩擦，再靠近不带电的空易拉罐，在气球未接触易拉罐的情况下，可观察到易拉罐会朝气球方向滚动，关于这一现象，下列说法正确的是（　　）

A. 易拉罐靠近气球一侧带电性质和气球相反

B. 易拉罐远离气球一侧的带电性质和气球相反

C. 气球对易拉罐远、近两侧的作用力均为吸引力

D. 气球对易拉罐远、近两侧的作用力大小相等

【答案】A

【解析】

【详解】AB．根据静电感应，靠近气球一侧与气球带异种电荷，远离一侧与气球带同种电荷。A正确，B错误；

CD．气球对易拉罐远侧为斥力，近侧为吸引力。并且对近侧的力大于远侧的力。CD错误。

故选A。

7. 如图所示的电路，电容器两极板正对。接通电源，待电路稳定后（　　）

A. 若将上极板向右缓慢水平移动，通过电流表的电流方向向右

B. 向两极板之间放入大块石蜡而两极板不动，则两极板的带电量都会增多

C. 断开开关，仅增大两极板之间的距离，则两极板之间的电场强度减小

D. 断开开关，仅增大两极板之间的距离，则两极板之间的电压减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．依题意，电容器充电后开关接通，极板间电压保持不变，根据

易知若将上极板向右缓慢水平移动，则电容器极板间的正对面积减小，即电容器的电容减小，由

可知电容器将放电，即通过电流表的电流方向向左。故A错误；

B．同理，向两极板之间放入大块石蜡而两极板不动，则电容器的电容增大，两极板的带电量都会增多。故B正确；

C．断开开关，电容器极板上的电荷量保持不变，有

仅增大两极板之间的距离，则两极板之间的电场强度不变。故C错误；

D．同理，断开开关，仅增大两极板之间的距离，则电容器的电容减小，两极板之间的电压增大。故D错误。

故选B。

8. 两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示（OB > BD），取无穷远处电势为零，由图可知（   ）

A. Q1负电荷，Q2也为负电荷

B. B点电场强度不为零

C. 从D到B电势降低，从B到O电势升高，B点电势为0

D. 将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做负功

【答案】B

【解析】

【详解】A．因取无穷远处电势为零，所以靠近负点电荷处的电势为负，靠近正点电荷处的电势为正，结合题图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，A错误；

B．根据

可知φ—x图像的斜率表示电场强度，则B点的电场强度不为零，B正确；

C．由图像可知，从D到B电势降低，从B到O电势继续降低，B点电势为0，C错误；

D．将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电子的电势能一直减小，电场力一直做正功，D错误。

故选B。

9. 将如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l的绝缘细线把质量为m、带电量为q的金属小球悬挂在O点。小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为。重力加速度为g，，。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，以下说法中正确的是（　　）

A. 从A到最低点C的过程中小球的机械能守恒

B. 从A到最低点C的过程中小球的速度一直增大

C. 从A到最低点C的过程中小球的向心力大小先增大后减小

D. 若在A点给一个初速度，小球可以做完整的圆周运动，则速度最小值出现在C1点

【答案】C

【解析】

【详解】A．从A到最低点C的过程中，电场力做负功，所以小球机械能不守恒，故A错误；

BC．由题意可知，B点为等效最低点，所以从A到最低点C的过程中小球的速度先增大后减小，根据公式

可知此过程小球的向心力大小先增大后减小，故B错误，C正确；

D．根据竖直平面等效圆周运动，可知小球做完整的圆周运动，速度最小值出现在BO延长线与圆周的交点处，故D错误。

故选C。

10. 如图所示，带孔物块A穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮连接物块B，用手将物块A向上移动到与定滑轮等高处由静止释放后，两物块开始在竖直方向上做往复运动。已知物块A的质量为m，物块B的质量为2m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L，重力加速度大小为g，不计一切摩擦阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，以下说法正确的是：（　　）

A. 物块A的机械能守恒

B. 物块B的机械能减小

C. 物块B与定滑轮间的最小距离为

D. 物块A、B处于同一高度时系统的总动能为

【答案】D

【解析】

【详解】A．物块A在运动的过程中，除了重力做功之外，绳子的拉力也对物块做功，根据机械能守恒定律的条件可知，物块A的机械能不守恒，故A错误；

B．物块B在上升的过程中，绳子的拉力对物块B做正功，物块B的机械能增大，B错误；

C．释放的瞬间系统总动能为零，物块B与定滑轮间的距离最小时系统的总动能也为零，因此物块A减小的重力势能等于物块增加的重力势能，设物块B与定滑轮的间距最小时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为，有

解得

C错误；

D．设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为，有

解得

D正确。

故选D。

二、非选择题：本题共6小题，共60分。请将解答填写在答题卡相应的位置。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 某学习小组测量了当地的重力加速度g后，又利用气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验，装置如图甲所示。主要实验步骤如下：

A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；

B．测出挡光条的宽度d，用天平测出托盘和砝码的总质量m；

C．将滑块（带有凹槽）移至图示位置，测出滑块至光电门间的距离l；

D．释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t；

E．改变滑块的释放位置，测量多组数据。……

回答下列问题：

（1）用刻度尺测量滑块至光电门间的距离l，示数如图乙，则______cm；

（2）实验中______（选填“需要”或“不需要”）测量滑块质量M；若实验中测量的物理量满足关系式______，可认为系统的机械能守恒；

（3）该实验小组按步骤C、D、E完成实验并记录相关数据后，又将托盘上的砝码取出一个放在滑块的凹槽内，再次重复之前的实验过程。他们将取砝码前、后测量的实验数据在同一坐标纸上绘制的图像如图丙所示，则取砝码后描绘的图像应该是图中的直线______（选填“A”或“B”）；

（4）进行实验数据分析时，他们发现系统增加的动能总是大于减少的重力势能，原因可能是将滑块的______（选填“左端”、“挡光片”、“右端”）到光电门的距离作为l。

【答案】    ①. 20.50    ②. 需要    ③.     ④. A    ⑤. 左端

【解析】

【详解】（1）[1]刻度尺的最小分度值为1mm，滑块挡光条中心线对应的刻度为205.0mm，滑块至光电门间的距离为

l=205.0mm-0=205.0mm=20.50cm

（2）[2][3]系统重力势能的减少量等于砝码和砝码盘重力势能的减少量，则

实验是验证系统机械能守恒，动能变化量为

涉及滑块质量，重力势能变化量不涉及滑块质量，所以实验中需要测量滑块的质量M。

滑块通过光电门的速度为

若动能变化量和重力势能变化量相等，即

可认为系统机械能守恒。

（3）[4]根据

整理得

可知图像的斜率为

取砝码后，砝码和砝码盘的质量m减小，滑块、砝码和砝码盘的总质量不变，故斜率增大，则取砝码后描绘的图像应该是图中的直线A。

（4）[5]进行实验数据分析时，他们发现系统增加的动能总是大于减少的重力势能，原因可能是将光电门至滑块左端间的距离当作l进行测量。

12. 如图所示，物体沿光滑的曲面从A点无初速度滑下，B点为曲面的最低点，物体最终滑至水平面上的C点处停下，下滑的高度为5m，物体的质量为1kg，水平面的摩擦因数为0.4，g取10m/s2，求：

（1）物体滑至曲面的最低点B时的速度的大小；

（2）物体在水平面上滑行的距离。

【答案】（1）10m/s；（2）125m

【解析】

【详解】（1）设B点的速度为，由动能定理可得

解得

（2）全过程由动能定理可得

解得

13. 月球探测器登月前，从椭圆环月轨道转移至近月圆轨道。如图所示，探测器在椭圆轨道I上运动，运行周期为。在近月点P处减速，使探测器转移到近月圆轨道II上运动，运行周期为T。已知月球半径为R，万有引力常量为G，求：

（1）月球的质量M；

（2）椭圆轨道I上远月点Q距月球表面的高度h。

【答案】（1）；（2）h=2R

【解析】

【详解】（1）设探测器质量为m，探测器做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

解得月球质量

（2）由题意，设椭圆轨道I的半长轴为a，则

2a=2R+h

根据开普勒第三定律得

解得

h=2R

14. 如图所示，一人用一根长1m，只能承受46N拉力的绳子，拴着一质量为1kg的小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O离地面h＝6m。求：

（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点时的最小速度为多大？

（2）若增加转动速度使小球运动到最低点时绳子恰好断开，则绳子断时小球运动的线速度多大?

（3）绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离。（取g＝10m/s2）

【答案】（1）；（2）6m/s；（3）s=6m

【解析】

分析】

【详解】（1）设小球通过最高点时的速度为，小球刚好通过最高点时重力提供向心力即

解得小球过最高点时的最小速度

=

（2）设小球通过最低点时的速度为，在最低点，小球做圆周运动的向心力是拉力和重力的合力提供，即

绳子恰好断开，拉力达到最大值46N，代入数据解得

=6m/s

（3）因为在最低点的速度使水平的，所以断开以后，小球做平抛运动，抛出点离地面的高度为

由平抛运动的规律

，

代入数据解得

s=6m

15. 如图，水平地面上有一桌面足够长的桌子，其上表面水平且光滑。桌上静止一厚度可忽略、质量M＝1kg的不带电绝缘长木板B，B左端与桌面左边缘对齐，桌面左边有一绝缘光滑曲面，光滑曲面水平面正好与长木板上表面相平，距长木板上表面为h＝1.25m处静止一可视为质点且质量m＝2kg、电荷量的带正电金属块A。距长木板B右端x＝5m处固定有一弹性挡板。桌面上方虚线区域有方向水平向右、场强的匀强电场。现由静止释放金属块A，从桌面左侧滑入长木板并进入电场，此后的运动中，当长木板B与挡板C发生碰撞瞬间，撤去电场，碰撞时间极短且无机械能损失。在运动过程中，A始终没有滑到长木板B的最右端，已知金属块A与木板B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，求：

（1）长木板B与挡板第一次碰撞前瞬间的速度大小；

（2）长木板B与挡板第二次碰撞前瞬间的速度大小；

（3）整个运动过程中金属块与长木板由于摩擦产生的热量。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设A刚滑上长木板B左端时的速度为，根据动能定理可得

解得

A滑上长木板B后，设A的加速度大小为，B的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得

，

解得

（方向水平向左）

（方向水平向右）

设长木板B与挡板碰撞前，A、B已经达到共速，则有

，

联立解得

，

共速前长木板通过的位移为

假设成立；共速后，A、B保持相对静止一起在电场力作用下加速运动，设长木板B与挡板第一次碰撞前瞬间的速度大小为，根据动能定理可得

解得

（2）第一次碰撞后，撤去电场，可知A、B组成的系统在第一次碰撞后到第二次碰撞前，满足动量守恒；设第二次碰撞前A、B已经达到共速，以向右为正方向，根据动量守恒可得

解得

由于，可知从第一次碰撞后到再次共速，B先以向左减速到零再向右加速到，此时B还未与挡板发生第二次碰撞，故假设成立。则长木板B与挡板第二次碰撞前瞬间的速度大小为。

（3）根据以上分析可知，每次B与挡板碰撞后，都会与A达到共速后再与挡板发生下一次碰撞，经过足够长的时间，最终A、B均处于静止状态；第一次碰撞前，A、B发生的相对位移为

第一次碰撞前，系统产生的热量为

故整个运动过程中金属块与长木板由于摩擦产生的热量为