1、本試題分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6頁。
2、滿分100分，考試時間為75分鐘。
第I卷（選擇題48分）
一、單項選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。每小題只有一個選項正確。）
1. 如圖所示，小船以大小為v(船在靜水中的速度)、方向與上游河岸成θ的速度從O處過河，經(jīng)過一段時間，正好到達正對岸的O＇處。現(xiàn)要使小船在更短的時間內(nèi)過河并且也正好到達正對岸O＇處，在水流速度不變的情況下，可采取的方法是（ ）
A. θ角不變且v增大B. θ角減小且v增大
C. θ角增大且v減小D. θ角增大且v增大
【答案】D
【解析】
【詳解】由題意可知，航線恰好垂直于河岸，要使小船在更短的時間內(nèi)過河并且也正好到達正對岸處，則合速度增大，方向始終垂直河岸。小船在靜水中的速度增大，與上游河岸的夾角θ增大，如圖所示
故選D。
2. 如圖所示，固定的光滑桿AOB，AO部分是水平的，BO部分是豎直的，用輕繩連接的環(huán)a、b分別套在AO、BO上，現(xiàn)同時由靜止釋放環(huán)a、b，當某瞬間輕繩與水平桿AO的夾角為α時，試判斷此時a、b的速度之比為 （ ）
A. tanαB. C. sinαcsαD. sin2α
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)速度的分解可知
則a、b的速度之比為
故選A。
3. 如圖所示，A、B、C 三個物體放在水平旋轉圓臺上，動摩擦因數(shù)均為μ，A的質量為2m，B、C 的質量均為m，A、B離軸的距離為R，C離軸的距離為2R，當慢慢增加圓臺轉速，最先滑動的是 （ ）
A. AB. BC. CD. 三個物體同時滑動
【答案】C
【解析】
【詳解】當滑塊與轉臺間摩擦力達到最大靜摩擦時，滑塊將要產(chǎn)生滑動，則
解得
則當轉動半徑越大時，最大角速度越小，也容易產(chǎn)生滑動，則當慢慢增加圓臺轉速，最先滑動的是C。
故選C。
4. 若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規(guī)律，在已知月地距離約為地球半徑60倍的情況下，需要驗證（ ）
A. 地球吸引月球的力約為地球吸引蘋果的力的
B. 月球公轉加速度約為蘋果落向地面加速度的
C. 自由落體在月球表面的加速度約為地球表面的
D. 蘋果在月球表面受到的引力約為在地球表面的
【答案】B
【解析】
【詳解】A．設月球質量為，地球質量為M，蘋果質量為，則月球受到的萬有引力為
蘋果受到的萬有引力為
由于月球質量和蘋果質量之間的關系未知，故二者之間萬有引力的關系無法確定，故選項A錯誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律
，
整理可以得到
故選項B正確；
C．在地球表面處
在月球表面處
由于地球、月球本身的半徑大小、質量大小關系未知，故無法求出月球表面和地面表面重力加速度的關系，故選項C錯誤；
D由C可知，無法求出月球表面和地面表面重力加速度的關系，故無法求出蘋果在月球表面受到的引力與地球表面引力之間的關系，故選項D錯誤。
故選B。
5. 如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1繞地球E運行，在P變軌后進入軌道2做勻速圓周運動，Q為橢圓軌道1的近地點。下列說法正確的是 （ ）
A. 不論在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的速度都相同
B. 不論在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的向心加速度都相同
C. 衛(wèi)星在P點的加速度，在軌道1大
D. 衛(wèi)星在軌道1的Q點的向心加速度大于軌道1的P點的向心加速度
【答案】D
【解析】
【詳解】A．衛(wèi)星從軌道１到軌道２要在P點加速，則衛(wèi)星在軌道1上P點的速度小于在軌道2上P點的速度，選項A錯誤；
BC．根據(jù)
可知，不論在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的加速度都相同，但是衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時只有向心加速度，而在軌道1上P點時向心加速度不等于該點的加速度，則衛(wèi)星在軌道1與在軌道2運行時的向心加速度不相同，選項BC錯誤；
D．衛(wèi)星在軌道1的Q點的速度大于在軌道1上P點的速度，且在PQ兩點的軌道曲率半徑相等，則在軌道1上Q點時的向心加速度大于軌道1的P點的向心加速度，選項D正確。
故選D。
6. 如圖所示，A 和B 兩個小球固定在一根輕桿的兩端，A 球的質量為m，B 球的質量為2m，此桿可繞穿過O點的水平軸無摩擦地轉動?，F(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止釋放，則在桿從釋放到轉過90°的過程中，下列說法正確的是 （ ）
A. A 球的機械能減少
B. 桿對B 球始終不做功
C. B 球重力勢能的減少量等于B球動能的增加量
D. A 球和B 球的總機械能守恒
【答案】D
【解析】
【詳解】A．A球向上加速，動能增加，重力勢能也增加，則A球的機械能增加，故A正確；
BCD．對于AB組成的系統(tǒng)，只發(fā)生動能和重力勢能的轉化，系統(tǒng)的機械能守恒；根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒知，B球重力勢能的減少量等于B球動能的增加量、A球動能的增加量和A球重力勢能增加量之和；由于A球的機械能增加，則B球機械能減小，根據(jù)功能原理知，桿對B球做負功，故BC錯誤，D正確。
故選D。
7. 如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則下列說法正確的是 （ ）
A. 下滑過程中，加速度一直減小
B. 下滑過程中，克服摩擦力做功為
C. 在C處，彈簧的彈性勢能為
D. 上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由題意知，圓環(huán)從A到C先加速后減速，到達B處速度最大，加速度減小為零，故加速度先減小后增大，A錯誤；
BC．從A到C，根據(jù)能量守恒
mgh=Wf＋Ep
從C到A根據(jù)能量守恒
聯(lián)立解得
BC錯誤；
D．設AB距離為h1，從A到B據(jù)能量守恒可得
從B到A據(jù)能量守恒可得
整理可得
對比可得
vB2>vB1
即上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度，D正確。
故選D。
8. “復興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達到提速的目的?？傎|量為的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)動力車廂發(fā)動機的額定功率均為，若動車組所受的阻力與其速率成正比（，為常量），動車組能達到的最大速度為。下列說法正確的是 （ ）
A. 動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變
B. 若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動
C. 若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為，則動車組勻速行駛的速度為
D. 若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間達到最大速度，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．對動車組，由牛頓第二定律有
若動車組在勻加速啟動，即加速度恒定，但
隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯誤；
B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有
故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤；
C．若四節(jié)動力車廂輸出總功率為，則動車組勻速行駛時加速度為零，有
而以額定功率勻速時，有
聯(lián)立解得
故C正確；
D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間達到最大速度，由動能定理可知
可得動車組克服阻力做的功為
故D錯誤。
故選C。
9. 靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則 （ ）
A. 運動過程中，粒子的速度大小一直增大
B. 在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合
C. 粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能
D. 粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行
【答案】C
【解析】
【詳解】A．若電場中由同種電荷形成即由M點釋放負電荷，則先加速后減速，故A錯誤；
B．若電場線是曲線，則在M、N兩點間，粒子的軌跡一定不能與某條電場線重合，選項B錯誤；
C．由于N點速度大于等于零，故N點動能大于等于M點動能，由能量守恒可知，N點電勢能小于等于M點電勢能，故C正確；
D．粒子可能做曲線運動，則粒子在N點所受電場力的方向與粒子軌跡在該點的切線不一定平行，故D錯誤；
故選C。
10. 如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（ ）
A. 仍然保持靜止B. 豎直向下運動
C. 向左下方運動D. 向右下方運動
【答案】D
【解析】
【詳解】本題考查平行板電容器的電場及電荷受力運動的問題，意在考查考生分析問題的能力．兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當下極板旋轉時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確．
點睛：本題以帶電粒子在平行板電容器電場中的平衡問題為背景考查平行板電容器的電場及電荷受力運動的問題，解答本題的關鍵是根據(jù)電場線與導體表面相垂直的特點，B板右端向下，所以電場線發(fā)生彎曲，電場力方向改變．
11. 兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，正確描述電勢隨位置變化規(guī)律的是圖
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【詳解】試題分析：兩個等量異號電荷的電場線如下圖，
根據(jù)“沿電場線方向電勢降低”的原理，從左側無窮遠處向右電勢應升高，正電荷所在位置處最高；然后再慢慢減小，O點處電勢為零，則O點右側電勢為負，同理到達負電荷時電勢最小，經(jīng)過負電荷后，電勢開始升高，直到無窮遠處，電勢為零；故BCD是錯誤的；A正確．故選A
考點：電場線；電場強度及電勢.
【名師點睛】本題中應明確沿電場線的方向電勢降低；并且異號電荷連線的中垂線上的電勢為零；因為其中垂線為等勢面，與無窮遠處電勢相等；此題考查學生應用圖像觀察圖像解決問題的能力.
12. 如圖所示，為半徑為R、均勻帶正電的球體，AB為過球心O的直線上的兩點，且OA=2R，OB=3R；球體的空間產(chǎn)生球對稱的電場，場強大小沿半徑方向分布情況如圖所示，圖中E0已知，E-r曲線下O-R部分的面積等于2R-3R部分的面積；則下列說法正確的是（ ）
A. A點的電勢低于B點的電勢
B. A點的電場強度小于B點的電場強度
C. 從球面到A點的電勢差小于AB兩點間的電勢差
D. 帶電量為q的正電荷沿直線從A點移到B點的過程中，電場力做功
【答案】D
【解析】
【詳解】球體帶正電，電場線方向沿半徑向外，故A點的電勢高于B點的電勢，因為A距O點半徑為2R，B距O點距離為3R，從圖中2R處的電場強度大于3R處的電場強度，即，B錯誤；根據(jù)可知圖像的面積表示電勢差，從圖可知R~2R圍成的面積大于2R~3R圍成的面積，即從球面到A點的電勢差大于AB兩點間的電勢差，C錯誤；因為曲線下O-R部分的面積等于2R-3R部分的面積，即O~R間的電勢差等于2R~3R間的電勢差，即等于AB間的電勢差，故電場力做功為，D正確；
【點睛】解決本題關鍵知道E-r圍成的面積表示的含義，可以類比于速度時間圖線圍成的面積表示位移進行分析．
第II卷（非選擇題52分）
二、實驗題：（本題共13分，請將解答填寫在答題卡相應位置。）
13. 實驗室購買了一捆標稱長度為100 m的銅導線，某同學想通過實驗測定其實際長度。該同學首先測得導線橫截面積為1.0 mm2，查得銅的電阻率為1.7×10-8Ω·m，再利用圖甲所示電路測出銅導線的電阻Rx，從而確定導線的實際長度?？晒┦褂玫钠鞑挠校?br>電流表：量程0.6 A，內(nèi)阻約0.2 Ω；
電壓表：量程3 V，內(nèi)阻約9 kΩ；
滑動變阻器R1：最大阻值5 Ω；
滑動變阻器R2：最大阻值20 Ω；
定值電阻：R0=3 Ω；
電源：電壓6 V，內(nèi)阻不計；
開關、導線若干。
回答下列問題：
（1）實驗中滑動變阻器應選_______（選填“R1”或“R2”），閉合開關S前應將滑片移至_______端（選填“a”或“b”）。
（2）在實物圖中，已正確連接了部分導線，請根據(jù)圖甲電路完成剩余部分的連接。（ ）
（3）調節(jié)滑動變阻器，當電流表的讀數(shù)為0.50 A時，電壓表讀數(shù)為2.30V。導線實際長度為_______m（保留2位有效數(shù)字）。
【答案】 ①. R2 ②. a ③. ④. 94（93、95均正確）
【解析】
【詳解】（1）[1][2]導線的電阻約為
根據(jù)限流解法的要求，滑動變阻器的阻值大于被測電阻，為了調節(jié)方便，則需要選擇R2，閉合開關前使滑動變阻器阻值最大，即滑片在a端；
（2）[3]根據(jù)電路圖連接實物圖，應先串后并，先連控制電路后連測量電路，如圖所示：
（3）[4]電壓為2.30 V，電流為0.5A，則根據(jù)歐姆定律得
R0＋Rx＝＝4.6 Ω
根據(jù)電阻定律得
聯(lián)立解得
L＝94 m
三、計算題（本大題共4小題，共39分，解答過程請寫出必要的文字說明、方程式和必需的物理演算過程，只寫出最終結果的不得分。請將解答填寫在答題卡相應位置。）
14. 如圖所示，用一塊長的木板在墻和桌面間架設斜面，桌面高H=0.8m，長 ．斜面與水平桌面的傾角可在0~60°間調節(jié)后固定．將質量m=0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) ，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．（重力加速度取 ；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）
（1）求角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；（用正切值表示）
（2）當增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù) ；
（已知sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（3）繼續(xù)增大角，發(fā)現(xiàn) =53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【詳解】解：（1）為使小物塊下滑，則有：
mgsinθ≥μ1mgcsθ；
故θ應滿足的條件為：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1csθ+μ2mg（L2﹣L1csθ）
由動能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入數(shù)據(jù)解得：
μ2=0.8；
（3）由動能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
對于平拋運動，豎直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
總位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物塊能從斜面開始下滑（用正切值表示）
（2）當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2為0.8；
（3）繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ=53°時物塊落地點與墻面的距離最大，此最大距離x為1.9m．
【點評】本題考查動能定理及平拋運動的規(guī)律，要注意正確分析過程及受力，注意摩擦力的功應分兩段進行求解；同時掌握平拋運動的解決方法．
15. 如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，現(xiàn)有一質量為m、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。
(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？
(2)在(1)的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力的大小。
(3)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度的大小。
【答案】(1)；(2)mg；(3)
【解析】
【詳解】(1)設滑塊到達C點時的速度為v，由動能定理得
而
解得
(2)設滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為F，則
解得
(3)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點時，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最?。ㄔO為vn），則有
解得
16. 如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。
（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；
（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；
（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【詳解】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據(jù)牛頓第二定律有
設小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達第31個減速帶時的速度為v2，則有
因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達下一個減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為
聯(lián)立以上各式解得
（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動能定理有
從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有
聯(lián)立解得
故在每一個減速帶上平均損失的機械能為
（3）由題意可知
可得
17. 如圖甲所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0.1 m，板長L=0.3 m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間。距金屬板右端x=0.5 m處豎直放置一足夠長的熒光屏?，F(xiàn)在AB板間加如圖乙所示的方波形電壓，已知U0=1.0×102 V。在擋板的左側，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質量m=1.0×10-7 kg，電荷量q=1.0×10-2 C，速度大小均為v0=1.0×104 m/s。帶電粒子的重力不計。求：
（1）在t=0時刻進入的粒子射出電場時豎直方向的速度；
（2）在t=0時刻進入的粒子打在屏上的位置距O點的距離；
（3）熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度；
（4）若撤去擋板，同時將粒子的速度均變?yōu)関=2.0×104 m/s，則熒光屏上出現(xiàn)的光帶又為多長。
【答案】（1）103m/s；（2）0.085m；（3）4.0×10-2 m；（4）0.15 m
【解析】
【詳解】（1）從t=0時刻進入的粒子水平方向速度不變。在電場中運動時間
t==3×10-5 s
正好等于一個周期，豎直方向上，先加速運動，后減速運動，加速度大小都
射出電場時豎直方向上的速度
（2）t=0時刻進入的粒子打在屏上O點的下方，距O點的距離：
（3）光帶的最下端，即是t=0進入的粒子，在屏上O點的下方，距O點的距離
光帶的最上端，即是t=2×10-5s進入的粒子，出電場時，偏離中心線上方，距中心線的距離
出電場后又向下運動
光帶的最上端在O點下方，距O點距離
出現(xiàn)光帶的總長度
l=Y1-Y2=4.0×10-2 m
或者：不同時刻射入電場的粒子，射出電場時的速度大小、方向相同，所以有粒子射出電場時的長度=屏上出現(xiàn)光帶的長度

在中心線的下方，距中心線的距離

在中心線的上方，距中心線的距離
y=y1+y2=0.035m+0.005m=0.04m
（4）帶電粒子在電場中運動的時間變?yōu)?，打在熒光屏上的范圍如圖所示。
光帶的最下端在下極板的下方，距下極板
光帶的最上端在上極板的上方，距上極板
形成的光帶長度
l=d1＋d＋d2=0.15 m

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2021-2022學年江蘇省鹽城市響水縣第二中學高二（下）期中物理試題含解析

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